2018届高三物理一轮复习高频考点强化(二)动力学综合问题

1、高频考点强化（二）动力学综合问题（45 分钟 100 分）一、选择题（本题共 10 小题,每小题 6 分,共 60 分。16 题为单选题,710 题为多选题）1. 一质点受多个力的作用，处于静止状态。现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小 v 的变化情况是（）A. a 和 v 都始终增大B. a 和 v 都先增大后减小C. a 先增大后减小，v 始终增大D. a 和 v 都先减小后增大【解题指导】解答本题时应注意理解以下两点：（1）知道共点力的平衡条件。（2）能根据牛顿第二定律分析加速度。【解析】选 G 质

2、点受多个力的作用，处于静止状态，则多个力的合力为零，其中任意一个力与剩余所有力的 合力大小相等、方向相反，使其中一个力的大小逐渐减小到零再恢复到原来的大小，则所有力的合力先变大后变小，但合力的方向不变，根据牛顿第二定律，a 先增大后减小，v 始终增大，故选 C。22. （2017 中山模拟）如图所示，总质量为 460 kg 的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为 0.5 m/s，当热气球上升到 180 m 时,以 5 m/s 的速度向上匀速运动。若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过2程中热气球总质量不变，所受空气阻力与速度成正比，重力加速度 g 取 10m/s。关于热气球，下列说法正

3、确 的是（）A. 所受浮力大小为 4 830 NB. 加速上升过程中热气球处于完全失重状态C. 从地面开始上升 10 s 后的速度大小为 5 m/sD. 以 5 m/s 匀速上升时所受空气阻力大小为200 N【解析】选 A 热气球从地面刚开始竖直上升时，速度为零，故阻力为零，热气球受重力和浮力，根据牛顿第-2 -二定律有:F浮-mg=ma,解得 Fs=mg+ma=4830Ni 故 A 正确；上升过程中加速度向上，热气球处于超重状态，后匀速运动处于平衡状态，故 B 错误;刚开始竖直上升时的加速度为0.5m/s2,热气球做变加速运动，加速度逐渐减小,故 10 s 后的速度大小小于 5 m/s,故

4、C 错误；以 5 m/s 匀速上升时,根据平衡条件,有 F浮=mg+f,解得 f=230N,故 D错误。【加固训练】（多选）地面上有质量为 M 的重物，用力 F 竖直向上提它，力 F 和物体加速度 a 的函数关系如图所示,则下列 说法正确的是（）A. 图中直线的斜率表示物体的质量MB. 图中 A 点对应的值为物体重力的大小C. 图中延长线与纵轴的交点B 的数值的绝对值等于该地的重力加速度D. 物体向上运动的加速度a 和力 F 成正比F【解析】选 B C。对物体，由牛顿第二定律得:F-Mg=Ma,解得:a=Lg,由此式可知：斜率为质量的倒数，故 A 错误；当加速度为零时,F=Mg,故 B 正确；

5、当拉力 F 为零时，加速度为-g,故 C 正确；物体向上运动的加速度 a 和力 F 的关系是线性函数，但不能说成正比，故 D 错误。3.（2017 赣州模拟）某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角a=60 ,使飞行器恰恰与水平方向成0=30角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间 t 后，将动力的方向沿逆时针旋转60同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中不正确的是（）导学号 42722380A. 加速时加速度的大小为gB. 加速时动力的大小等于mgC. 减速时动力的大小等于 mgD. 减速飞行时间 2

6、t 后速度为零【解析】选 B。起飞时，飞行器受动力和重力，两力的合力与水平方向成30角斜向上，设动力为 F,合力为-3 -F合，如图甲所示:-4 -时刻的速率:v=ait=gt，将动力方向逆时针旋转60 ,合力的方向与水平方向成30角斜向下,动力 F跟合A.物体对地面的压力为30 NB.物体所受的摩擦力为 10 NC.物体仍然处于静止状态D.物体将由静止开始做匀加速直线运动【解析】选 G 物体受力如图所示,据牛顿第二定律有：竖直方向上：FN-mg-Fsin0=0在厶 OFF合中，由几何关系得F= mg,F mg,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为ai=g,故 A 正确,B 错误;t力 F合垂直,

7、如图乙所示，此时合力大小为 F合=口9$)n30 ,动力大小：F = - mg,飞行器的加速度大小为gtmgsin30 1v1- - ga2=乂-=g,到最高点的时间为 t = =- =2t,故 C D 正确；此题选错误的选项，故选 B。【加固训练】如图所示,质量为 3kg 的物体放在粗糙水平面上，现用 F=10N 的力斜向下推物体,F 与水平面的夹角0=37物体与水平面间的动摩擦因数2卩=0.3,下列说法正确的是(g 取 10m/s,sin 37 =0.6,cos 37=0.8)G=mg甲-5 -水平方向上：-6 -Feos0-Ff=ma又:Ff=FN解得:FN=36NaG,减速上升阶段 F

8、G 腾空后人离开地面,F=0,故 D 选项正确。【加固训练】高跷运动是一项新型运动，图甲为弹簧高跷。当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙。则下列说法正确的是（）扶手【解析】选 Do 下蹲过程中的加速阶段人体处于失重状态,FG。同理蹬伸过ACD7.-7 -A. 人向上弹起的过程中，一直处于超重状态B. 人向上弹起的过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力-8 -C. 弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力D. 弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力【解析】选 G 人向上弹起的过程中，先加速向上，处于超重状态，然后减速向上，处于失重

9、状态，选项 A 错误；踏板对人的作用力和人对踏板的作用力是一对作用力和反作用力，大小相等，选项 B 错误；弹簧压缩到最低点时，人的加速度向上，人处于超重状态，所以高跷对人的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项 C 正确，D 错误。5.(2017 郑州模拟)放在粗糙水平面上的物块 A、B 用轻质弹簧测力计相连，如图所示，物块与水平面间的 动摩擦因数均为 卩，今对物块 A 施加一水平向左的恒力 F，使 A、B 起向左匀加速运动，设 A、B 的质量分别 为 m M，则弹簧测力计的示数为导学号 42722381( )AffMFMFA.【解题指导】解答本题可按以下思路进行(1)

10、先对 A B 整体受力分析，根据牛顿第二定律列方程求加速度。(2) 再隔离 B 受力分析，列方程求解。【解析】选 B。根据牛顿第二定律得F -i(M + m)gF对整体彷* 门亠-卩 g对 B:F弹-Mg=Ma解得,F弹=iMg+MaMF=iMg+M图甲所示,传感器与计算机相连接，可获得力随时间变化的规律。一水平轻质细绳跨过光滑的定滑轮，一端F - |i(m + M)gC.IMF - |i(m + M)gD.6将力传感器 A 固定在光滑水平桌面上,测力端通过轻质水平细绳与滑块相连,滑块放在较长的小车上。如-9 -连接小车，另一端系沙桶，整个装置开始处于静止状态。在滑块与小车发生相对滑动前缓慢向

11、沙桶里倒入细-10 -沙,力传感器采集的 F-t 图象如图乙所示，则（）导学号 42722382A. 2.5 s 前小车做变加速运动B. 2.5 s 后小车做变加速运动C. 2.5 s 前小车所受摩擦力不变D. 2.5 s 后小车所受摩擦力不变【解析】选 0 由图象可知，在 2.5s 前小车与滑块一直保持静止，绳对小车的拉力变大，小车受到滑块的静摩擦力变大,A、C 错误;2.5 s 后滑块与小车发生相对运动，小车受到滑块的滑动摩擦力作用，D 正确;研究小mog-f车和沙桶组成的系统 年站n二，所以加速度不变，B 错误。7.如图所示，在倾角为0=30的光滑斜面上，物块AB 质量分别为 m 和 2

12、m 物块 A 静止在轻弹簧上面，物块 B 用细线与斜面顶端相连，A、B 紧挨在一起但 A、B 之间无弹力，已知重力加速度为A. 物块 A 的加速度为 0gB. 物块 A 的加速度为C. 物块 B 的加速度为 0D. 物块 B 的加速度为1当细线剪断瞬间，下列说法正确的是g，某时刻把细线剪断-11 -_ 2 亠 一【解析】 选 B剪断细线前，弹簧的弹力:F弹=mgsin 30 = mg，细线剪断的瞬间13mgsin30 - F弹g,即 A 和 B 的加速度均为。，弹簧的弹力不变，仍为F弹=mg;剪断细线瞬间，对 A、B 系统，加速度为:a=3m-12 -故本题选 B Do【加固训练】三个质量相同

13、的物块 A、B C,用两个轻弹簧和一根轻线相连，如图所示，挂在天花板上，处于静止状态，在将AB 间细线剪断的瞬间,A、B、C 的加速度分别为（取向下为正,重力加速度为 g）（）口兄广|占CA. aA=-2g,aB=2gB. aA=-g,ac=gC. aB=-2g,ac=0D. aA=-g,ac=0【解析】选 A。原来系统处于平衡状态，以整体为研究对象，得与 A 相连的弹簧弹力大小 Fi=3mg,隔离 C 得与C 相连的弹簧弹力大小为F2=mg=剪断细线瞬间，弹簧弹力不变，根据牛顿第二定律有：对 A:-Fi+mg=ma 得 aA=-2g;对 B:mg+F2=ma,得 aB=2g;对 C:-F2+

14、mg=ma 得 a（=0。故 B、C D 错误,A 正确。8.（2017 龙岩模拟）如图所示，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。下列各种情况中，体重计的示数最大的是（）-13 -F=m（g-a）=9m;电梯匀加速上升，加速度向上，加速度的大小为1.0m/s2,由牛顿第二定律F-mg=ma;解得A. 电梯匀减速上升B. 电梯匀加速上升，加速度的大小为，加速度的大小为，加速度的大小1.0 m/s1.0 m/s1.0 m/s0.5 m/s【解析】选 B CO电梯匀减速上升,加速度向下，加速度的大小为1.0m/s2,由牛顿第二定律 mg-F=ma;解得2-14 -F=m(g+a)=11m;电梯

15、匀减速下降，加速度向上,加速度的大小为1.0m/s2,由牛顿第二定律F-mg=ma，解得F=m(g+a)=11m;电梯匀加速下降，加速度向下,加速度的大小为0.5m/s ,由牛顿第二定律mg-F=ma,解得F=m(g-a)=9.5m,故选 B、C。9.将一个质量为1kg 的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的v -t 图象如图所示,g 取 10m/s2。下列说法中正确的是()A.小球上升与下落所用时间之比为B.小球落回到抛出点的速度大小为C.小球下落过程，受到向上的空气阻力，处于超重状态D.小球重力和阻力之比为5 : 10-24【解析】选

16、BD。根据图象可得，上升的过程中，加速度为 a=m/s2=-12 m/s2,根据牛顿第二定律可得-(mg+f)=ma1,所以小球受到的阻力的大小为f=-ma1-mg=-1x(-12)N-1x10N=2 N,在下降的过程中，小球F 8受到的合力为F=mg-f=10N-2 N=8 N,所以下降的过程中的加速度为a2=-=-m/s2=-8 m/s2,根据公式1Ext p 5x=at2可得运动的时间为 t=l ,所以时间之比为1I=、=,故 A 错误；由图象知小球匀减速上升的1?2位移为 x=x2X24 m=24 m,x =-x=-24m,根据 v =2a2x 得:v= =公* m/s=8 I(m/s

17、,故 B 正确；小球下落过程，加速度向下，处于失重状态故 C 错误；由 A 的分析可知，重力与阻力之比为 mg：f=10N : 2 N=5 : 1,故 D 正确。10.(2014 四川高考)如图所示，水平传送带以速度 v1匀速运动，小物体 P、Q 由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0 时刻 P 在传送带左端具有速度V2,P 与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻 P 离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长。正确描述小物体P 速度随时间变化的图象可能是()-15 -纪金榜导学号 42722383-16 -【解析】选 B C。当 wV2时,P 相对于传送带向左滑动，受到的滑动摩擦力向右，当 Ff

18、FT时，合外力向右,P 向右做加速运动，当达到与传送带速度一样时，一起做匀速运动，受力分析如图甲，则 B 正确；当 FfFT时,一 直减速直到减为零，再反向加速，当 V1V2时，P 相对于传送带向右滑动，受力分析如图乙，P 向右做减速运动，当 P 的速度与传送带速度相等时，若 FfFT，P 又相对于传送带向左滑动，相对地面向右减速，受力分析如图甲加速度减小，则 C 正确；当 Ff=FT时匀速运动，A、D 错误。、计算题（本题共 2 小题，共 40 分。需写出规范的解题步骤11.（18 分）公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下1s。当

19、汽车在晴天干燥沥青路面上以108km/h 的速度匀速行驶时，安全距离为 120m 设雨天时汽车轮胎与2沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的门，若要求安全距离仍为120m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。导学号 42722384【解析】设沥青路面干燥时，汽车与沥青路面的动摩擦因数为卩0,刹车时汽车的加速度大小为a。,安全距离为 s，反应时间为 t。，由牛顿第二定律和运动学公式得omg=ma 2当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为-17 -V02a0S=Voto+式中，m 和 Vo分别为汽车的质量和刹车前的速度。-18 -设在雨天行驶时，汽车与沥青路面间的动摩擦因数为卩,依题意有卩卩0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得mg=ma 2Vs