河北省张家口市高三物理 专题练习（7）动力学两类基本问题和图像

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1、动力学两类基本问题和图像 1.为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1

2、冰面间的动摩擦因数为μ， 则冰球在冰面上滑行的加速度a1=μg① 由速度与位移的关系知–2a1s0=v12–v02② 联立①②得③ （2）设冰球运动的时间为t，则④ 又⑤ 由③④⑤得⑥ 【名师点睛】此题主要考查匀变速直线运动的基本规律的应用；分析物理过程，找到运动员和冰球之间的关联，并能灵活选取运动公式；难度中等。 2.如图所示，用一块长L＝1.0m的木板在墙和水平地面间架设斜面，斜面与水平地面的倾角θ可在0～60°间调节后固定．将质量m＝0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1＝0.05，物块与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.8，忽略物块在斜面与水

3、平地面交接处的能量损失．(已知重力加速度取g＝10m/s2；sin37°＝0.6，cos37°＝0.8最大静摩擦力等于滑动摩擦力) (1)当θ角增大到多少时，物块恰能从斜面开始下滑；(用正切值表示) (2) θ角增大到37°时，物块沿斜面下滑时的加速度为多大？ (3) θ角增大到多大时，物块停止时与墙面的距离最大，求此最大距离xm. 【答案】(1)tanθ≥0.05 (2)a＝5.6m/s2 (3) 【解析】 (1)物块恰能沿斜面下滑，应有mgsinθ≥μ1mgcosθ θ满足的条件tanθ≥0.05即当tanθ≥0. 05时物块恰好从斜面开始下滑 (2)由牛顿第二定律

4、得mgsin37°－μ1mgcos37°＝ma 解得a＝5.6 m/s2 (3)设物块停止时与墙面的距离为x，由动能定理得： mgLsinθ－μ1mgLcosθ－μ2mg(x－Lcosθ)＝0 整理得 其中， 根据数学知识知，当θ+α=90°，即θ＝53°时，x最大， 最大值： 3.某公路上行驶的两汽车之间的安全距离x＝120m，当前车突然停止时，后车司机从发现这一情况，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t0＝1s.汽车以v＝20m/s的速度匀速行驶，刹车后汽车加速度大小为a＝5m/s2.取g＝10m/s2.求： (1) 刹车后汽车减速运动时间； (

5、2) 轮胎与路面间的动摩擦因数； (3) 汽车安全行驶的最大速度. 【答案】（1）4s（2）0.50（3）30.0m/s 【解析】 【分析】汽车在反应时间内，汽车做匀速直线运动，刹车后汽车做匀减速直线运动，由运动学规律求解。 解：汽车从刹车到停下，由 得 (2) 由牛顿第二定律有 解得 (3) 在反应时间内，汽车做匀速直线运动，运动的距离 汽车从刹车到停下做匀减速直线运动 由题意得 解得 4.质量为10kg的环在F=140N的恒定拉力作用下，沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动，环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5，杆与水平地面的夹角θ=37°，拉力F作用一段时间后撤去

6、，环在杆上继续上滑了0.5s后，速度减为零，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，杆足够长，求： (1)拉力F作用的时间； (2)环运动到杆底端时的速度大小． 【答案】(1)t1=1s (2) 【解析】 【分析】 (1)环先沿杆做匀变速直线运动，对环进行受力分析即可求出拉力F的作用时间． (2)由位移公式分别求出两个过程的位移，位移之和等于环沿杆向上运动的总距离s．根据速度位移公式求出环滑回底端时的速度大小． 【详解】(1)撤去拉力后，根据牛顿第二定律可知mgsinθ+μmgcosθ=ma2 结合速度时间公式可知0=v1-a2t2 联立解得v

7、1=5m/s 撤去拉力F前Fcosθ-mgsinθ-μ（Fsinθ-mgcosθ）=ma1 v1=a1t1 解得:t1=1s (2)在下滑过程中根据牛顿第二定律可知mgsinθ-μmgcosθ=ma3 物体上滑的位移为 下滑过程中根据速度位移公式可知v2=2a3s 解得: 【点睛】本题应用牛顿第二定律和运动学规律结合处理动力学问题，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 5. 足够长光滑斜面BC的倾角α=53°，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点．现在AB段对小物块施加与水平方向成α=53°的恒力F作用

8、，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度﹣时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求： （1）小物块所受到的恒力F； （2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间； （3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离． 【答案】（1）（2）（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m。 【解析】 试题分析：（1）根据v﹣t图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F； （2）先受

9、力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解； （3）对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论． 解：（1）由图（b）可知，AB段加速度 根据牛顿第二定律，有Fcosα﹣μ（mg﹣Fsinα）=ma 得 （2）在BC段mgsinα=ma2 解得 小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有 （3）小物块从B向A运动过程中，有μmg=ma3 解得 滑行的位移 所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m． 答：（1）小物块所受到的恒力F为11N； （2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5

10、s； （3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m． 【点评】本题是已知运动情况确定受力情况和一直受力情况确定运动情况的问题，关键求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解． 6.中国已迈入高铁时代，高铁拉近了人们的距离，促进了经济的发展．一辆高铁测试列车从甲站始发最后停靠乙站，车载速度传感器记录了列车运行的v-t图象如图所示．已知列车的质量为4.0×105kg，假设列车运行中所受的阻力是其重力的0.02倍，求： (1)甲、乙两站间的距离L： (2)列车出站时的加速度大小： (3)列车出站时的牵引力大小． 【答案】(1) L=115.2km (2) (3)

11、 【解析】 【分析】 (1)根据v-t图象与时间轴围成的面积求出甲、乙两站间的距离；(2)根据加速度的定义式求出列车出站时的加速度；(3)根据牛顿第二定律求出列车出站的牵引力 【详解】(1)由题意v=432km/h=120m/s，匀速运动时间t=720s 两站间距对应v-t图线下的面积，有 距离L=115200m=115.2km (2)启动阶段 (3)在启动阶段，根据牛顿第二定律F-f=ma 又f=0.02mg 代入得: 【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，求出加速度是关键，因为加速度是联系力学和运动学的桥梁． 7.在倾角θ=37°的粗糙斜面上有一质量

12、m=2kg的物块，受如图甲所示的水平方向恒力F的作用，t=0时刻物块以某一速度从斜面上A点沿斜面下滑，在t=4s时滑到水平面上，此时撤去F，在这以后的一段时间内物块运动的速度随时间变化关系v-t图象如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x=18m，物块与各接触面之间的动摩擦因数相同，不考虑转角处机械能损失，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求： (1)物块在A点的速度； (2)水平恒力F的大小． 【答案】(1) v0=5m/s (2) 【解析】 【分析】 (1)物体在斜面上做匀加速运动，逆向看做匀加速运动，根据运动学公式求得在A点的速度； (2)在

13、乙图中，根据斜率求得加速度，利用牛顿第二定律求得摩擦因数，在斜面上根据牛顿第二定律求得恒力F. 【详解】(1)在斜面上，逆向看做减速运动，设物体在斜面上运动的加速度大小为a1，方向沿斜面向上，则 解得:a1＝0.25m/s2 物块在A点的速度为v0=v+at=5m/s (2)设物块与接触面间的摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有 μmg=ma2 由图线可知 a2＝2m/s2 解得 μ=0.2 物块在斜面上运动时，设受的摩擦力为f，则Fcosθ-mgsinθ+f=ma1 f=μN N=mgcosθ+Fsinθ 解得: 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第

14、二定律和运动学公式求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 8.如图（甲）所示，A、B两小物块用不可伸长的绝缘细线连接，跨过光滑的定滑轮，A与绝缘水平桌面之间的滑动摩擦因数 = 0.5, t=0时刻在图（甲）装置所在的空间加竖直向下的电场（图中未画出），电场强度随时间变化情况如图（乙）所示，已知A、B均带正电，带电量qA=0.02C、qB=0.03C,质量mA=0.4kg、mB=0.1kg,重力加速度 g 取 10m/s2，A 与桌面之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，桌面足够髙，细线足够长，不计A、B之间的库仑力影响,细线对A拉力的方向水平。 （1）若t1=2s时A、B均静止，求A受

15、到的摩擦力大小； （2）求A、B即将开始运动的时刻t2; （3）当t3=5s时，求细线对B的拉力大小。 【答案】（1）2.2N （2）2.5s （3）3.8N 【解析】 （1）从图乙可知，t1=2s时，E1=40N/C，对B进行受力分析，由平衡条件有：T1=mBg+qBE1； 对A进行受力分析，有：f1=T1 解得A受到的摩擦力大小为：f1=2.2N （2）设A、B即将运动时的电场强度为E2，对B进行受力分析，由平衡条件有：T2=mBg+qBE2； 对A进行受力分析，有：f2=T2 又因为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，有：f2=μ（mAg+qAE2） 由图

16、乙知：E2=20t2． 解得：t2=2.5s （3）当t3=5s时，电场强度 E3=100N/C，A、B加速度大小相等，对A进行受力分析，由牛顿第二定律可得：T3-μ（mAg+qAE3）=mAa 对B进行受力分析，由牛顿第二定律可得：mBg+qBE3-T3=mBa 解得：T3=3.8N 点睛：解决时要明确两个物体的状态，知道物体静止时根据平衡条件分析受力情况，当物体有加速度时根据牛顿第二定律研究受力情况．要灵活选择研究对象，本题采用隔离法比较简便． 9.固定在光滑斜面上，一小物块在沿斜面向上的拉力F作用下向上运动，拉力F及小物块速度v随时间t变化规律如图所示．重力加速度g=10m/

17、s2．求： (1)小物块的质量m； (2)斜面的倾角θ. 【答案】m=1.0kg，θ=30° 【解析】 【分析】 根据v-t图象得到物体先加速后匀速，求解出加速度；然后受力分析根据牛顿第二定律和平衡条件列方程，最后联立求解． 【详解】由图可得，0～1s内物体的加速度为 ① 由牛顿第二定律可得：F-mgsinθ=ma   ② 1s后有：F′=mgsinθ      ③ 联立①②③，并将F=6N，F′=5N代入 解得：m=1.0kg，θ=30° 【点睛】本题关键先由v-t图象确定运动情况，然后求解出加速度，再根据牛顿第二定律和平衡条件列方程求解. 10.如图甲所示，质

18、量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示．试求： (1)拉力 F的大小． (2)t＝4 s时物体的速度v的大小． 【答案】（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知F－mgsinθ－μmgcosθ＝ma1…………………（2分） 撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsinθ＋μmgcosθ＝ma2………………………………（2分） 根据图像可知：a1＝20m/s2，a2＝10m/s2 代入解得 F="30N "μ="0.5 " ……

19、……………………（2分） （2）设撤去力后物体运动到最高点时间为t2， v1＝a2t2，解得t2＝2s 则物体沿着斜面下滑的时间为t3＝t－t1－t2＝1s …………（2分） 设下滑加速度为a3，由牛顿第二定律 mgsinθ－μmgcosθ＝ma3 有a 3=2 m/s2 t＝4s时速度v＝a3t3＝2m/s （2分） 【解析】 试题分析：由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；先通过图象得到3s末速度为零，然后求出3s到4s物体的加速度，再根据速度时间关系公式求解4s末速度． （1）设力F作用时物体的加速度为，对物体进行受力分析，由

20、牛顿第二定律可知 撤去力F，由牛顿第二定律有 根据图象可知：，解得：F=30N （2）在物块由A到C过程中，设撤去力后物体运动到最高点时间为，则有 ，解得 设下滑加速度为，由牛顿第二定律，解得： 则物体沿着斜面下滑的时间为 故时速度 11.如图所示，可视为质点的A、B两物体置于一静止长纸带上，纸带的左端与A、A与B之间距离均为d =0.5 m，两物体与纸带间的动摩擦因数均为，与地面间的动摩擦因数均为。现以恒定的加速度a=2m/s2向右水平拉动纸带，重力加速度g= l0 m/s2。求： （1）A物体在纸带上的滑动时间； （2）在给定的坐标系中定性画出A、B两物体的v-t图

21、象； （3）两物体A、B停在地面上的距离。 【答案】（1）t1=1s （2）如图所示： （3）s=1.25m 【解析】 试题分析：（1）两物体在纸带上滑动时有µ1mg=ma1，当物体A滑离纸带时at12/2-a1t12/2=d 由以上二式可得t1=1s （2）如图所示。 （3）物体A离开纸带时的速度v1=a1t1 两物体在地面上运动时有µ2mg=ma2 物体A从开始运动到停在地面上过程中的总位移 S1=v12/2a1+ v22/2a2 当物体B滑离纸带时at22/2- a1t12/2=2d 物体B离开纸带时的速度v2=a1t2 物体A从开始运动到停止地面上过程

22、的总位移 S2=v22/2a1+ v22/2a2 两物体AB最终停止时的间距s=s2+d-s1 由以上各式可得s=1.25m 考点：牛顿第二定律 【名师点睛】解决本题的关键理清A、B在整个过程中的运动规律，都先做匀加速后做匀减速直线运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求解．（1）根据牛顿第二定律求出两物体在纸带上运动的加速度，抓住纸带和A物体的位移之差等于d求出A物体在纸带上的运动时间．（2）A、B都是先做匀加速后做匀减速运动，B匀加速运动的时间比A长，两物体匀加速和匀减速运动的加速度均相等，图线斜率相同．（3）根据牛顿第二定律分别求出物体在纸带和地面上的加速度，通过物体离开纸带的

23、速度，结合速度位移公式分别求出A、B的位移，从而得出两物体AB停在地面上的距离． 12.如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。足够长木板A左端恰在O点，右端叠放着物块B。物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）。此后，AC及B的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度g=10m/s2,求： （1）C与弹簧分离后D的速度vD； （2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动

24、摩擦因数μ2； （3）最终B离A右端的距离。 【答案】（1）（2）（3） 【解析】 解：（1）设各物体的质量为m 由图可知，AC一起运动的初速度为 设C与A碰前瞬间的速度为,则 弹簧解锁过程动量守恒： 解得，分离后D的速度 （2）由图，对B：则有（其中，） 解得 AC整体减速运动的大小： 解得 （3）AC在碰后1s内的位移 B在这1s的位移 假设第1s后A、B、C三者相对静止，一起减速，则它们的加速度大小： 对B： 这说明假设不成立，A、C的加速度较大，应是： 第1s后，B减速运动的加速度大小不变，其位移有

25、 而对AC整体： 即AB继续运动的位移大小分别为： 故最终，B离A右端的距离为 由以上各式并代入数据得： 13.如图a所示，一根水平长杆固定不动，一个质量m=1.2kg的小环静止套在杆上，环的直径略大于杆的截面直径，现用斜面向上53°的拉力F作用于小环，将F从零开始逐渐增大，小环静止一段时间后开始被拉动，得到小环的加速度a与拉力F的图象如图b所示，加速度在F达到15N后保持不变．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）求： (1)F=15N时长杆对小球的弹力大小，及小环加速度的大小． (2)F从0N增大到15N的过程

26、中，F的最大功率240W，求小环在此过程的最大速度． (3)环和长杆的动摩擦因数． 【答案】(1) 0, 7.5m/s2 (2) (3) μ=0.75 【解析】 【分析】 (1)将F分解到竖直和水平两个方向，求得竖直分分力，由重力比较，求杆对小球的弹力．由牛顿第二定律求环的加速度． (2)小环的加速度始终为正，小环的速度不断增大，则当F=15N时速度最大，功率最大，由P=Fvcosθ求小环在此过程的最大速度． (3)F超过15N后，加速度不变，根据牛顿第二定律得到加速度的表达式，再进行解答． 【详解】(1)F=15N时，分解F可知，F竖直向上的分力大小为 Fsin53°=

27、15×0.8N=12N=mg 所以杆与环间无弹力，杆对小球的弹力大小为0． 根据牛顿第二定律得 Fcos53°=ma 解得 a=7.5m/s2 (2)环的加速度始终为正，小环的速度不断增大，则当F=15N时速度最大，功率最大， 由P=Fvcos53°得： 最大速度为 (3)当F超过15N以后，由牛顿第二定律得 Fcos53°-μ（Fsin53°-mg）=ma 因为a与F无关，所以有 Fcos53°=μ（Fsin53° 解得: μ=0.75 【点睛】解决本题的关键要明确环的状态，分析受力情况，运用牛顿第二定律列式．要注意分析题干中的条件：F超过15N后，加速度不变，说明a与F无关． 14