2022年高考物理二轮复习专题检测十应用“动力学观点”破解力学计算题

2022年高考物理二轮复习专题检测十应用“动力学观点”破解力学计算题1．(xx高三·潍坊五校联考)如图所示，一长为200 m的列车沿平直的轨道以80 m/s的速度匀速行驶，当车头行驶到进站口O点时，列车接到停车指令，立即匀减速停车，因OA段铁轨不能停车，整个列车只能停在AB段内，已知OA＝1 200 m，OB＝2 000 m，求：(1)列车减速运动的加速度大小的取值范围；(2)列车减速运动的最长时间解析：(1)若列车车尾恰好停在A点右侧，减速运动的加速度大小为a1，距离为x1，则0－v02＝－2a1x1x1＝1 200 m＋200 m＝1400 m解得：a1＝ m/s2；若列车车头恰好停在B点，减速运动的加速度大小为a2，距离为xOB＝2 000 m，则0－v02＝－2a2xOB解得：a2＝ m/s2；故加速度大小a的取值范围为 m/s2≤a≤ m/s22)当列车车头恰好停在B点时，减速运动时的时间最长，则0＝v0－a2t解得：t＝50 s答案：(1) m/s2≤a≤ m/s2　(2)50 s2.(xx·广州调研)如图所示，一个质量为M的长圆管竖直放置，顶端塞有一个质量为m的弹性小球，M＝4m，球和管间的滑动摩擦力和最大静摩擦力大小均为4mg，管从下端离地面距离为H处自由落下，运动过程中，管始终保持竖直，每次落地后向上弹起的速度与落地时速度大小相等，不计空气阻力，重力加速度为g。

求：(1)管第一次落地时管和球的速度；(2)管第一次落地弹起时管和球的加速度；(3)管第一次落地弹起后，若球恰好没有从管口滑出，则此时管的下端距地面的高度解析：(1)取竖直向下为正方向球与管第一次碰地时速度v0＝，方向竖直向下2)管第一次落地弹起时，管的加速度a1＝＝2g，方向竖直向下，球的加速度a2＝＝3g，方向竖直向上3)管第一次落地弹起时的速度v1＝，方向向上，球的速度v2＝，方向向下若球刚好没有从管中滑出，设经过时间t1，球和管速度v相同，则有－v1＋a1t1＝v2－a2t1t1＝设管从碰地到它弹到最高点所需时间为t2，则：t2＝，因为t1

某次，抛碟机将飞碟以20 m/s初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中，(不计空气阻力，g＝10 m/s2)求：(1)射击方向和水平方向的夹角应该是多少？(2)他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹？(计算结果小数点后保留2位数字)解析：(1)设飞碟上升的最大高度为h，飞碟抛出后做竖直上抛运动，由v02＝2gh可得：h＝＝20 m由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d＝20 m，所以可得：tan θ＝＝1所以射击方向和水平方向的夹角为θ＝45°2)设飞碟上升到最高点所用时间为t1t1＝＝2 s子弹击中飞碟的位移x和飞行时间t2为x＝＝ m＝20 mt2＝＝ s＝0.28 s飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔t为t＝t1－t2＝2 s－0.28 s＝1.72 s答案：(1)45°　(2)1.72 s4．如图所示，光滑水平面上静止放着长为L＝1.6 m、质量为M＝3 kg的木板，一个质量为m＝1 kg的小物块放在木板的最右端，物块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，g取10 m/s21)施力F后，要想把木板从物块的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；(2)为把木板从物块的下方抽出来，施加某力后，发现该力作用最短时间t0＝0.8 s，恰好可以抽出，求此力的大小。

解析：(1)力F拉动木板运动过程中：对物块，由牛顿第二定律知μmg＝ma，即a＝μg＝1 m/s2对木板，由牛顿第二定律知F－μmg＝Ma1，即a1＝要想抽出木板，则只需a1＞a，即F＞μ(M＋m)g，代入数值得F＞4 N2)设有拉力时木板的加速度大小为a2，则a2＝设没有拉力时木板的加速度大小为a3，则a3＝＝ m/s2设从没有拉力到木板恰好被抽出所用时间为t1木板从物块下抽出时有物块速度为v＝a(t0＋t1)发生的位移为s＝a(t0＋t1)2木板的速度为v板＝a2t0－a3t1发生的位移为s板＝a2t02＋a2t0t1－a3t12木板刚好从物块下抽出时应有v板＝v且s板－s＝L联立并代入数值得t1＝1.2 s，a2＝3 m/s2，F＝10 N答案：(1)F＞4 N　(2)10 N5．(xx高三·石家庄六校联考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置，A是一个表面绝缘、质量为mA＝2 kg的平板车，车置于光滑的水平面上，在车左端放置一质量为mB＝1 kg、带电荷量为q＝＋1×10－2 C的绝缘小货物B，在装置所在空间内有一水平匀强电场，电场的大小及方向可以人为控制现在先产生一个方向水平向右、大小E1＝3×102 N/C的电场，车和货物开始运动，2 s后，电场大小变为E2＝1×102 N/C，方向水平向左，一段时间后，关闭电场，关闭电场时车右端正好到达目的地，货物到达车的最右端，且车和货物的速度恰好为零。

已知货物与车间的动摩擦因数μ＝0.1，车不带电，货物体积大小不计，g取10 m/s2，求第二次电场作用的时间解析：由题意可知，货物和车起初不可能以相同加速度一起运动，设车运动的加速度大小为aA，货物运动的加速度大小为aBaB＝＝2 m/s2，aA＝＝0.5 m/s2车和货物运动2 s时货物和车的速度大小分别为vB＝aBt＝4 m/s，vA＝aAt＝1 m/s2 s后货物和车的加速度大小分别为aB′＝＝2 m/s2aA′＝＝0.5 m/s2设又经t1时间货物和车共速，vB－aB′t1＝vA＋aA′t1代入数据解得t1＝1.2 s，此时货物和车的共同速度v＝1.6 m/s共速后二者一起做匀减速运动，加速度大小a＝＝ m/s2减速到0所经历的时间为t2＝＝4.8 s所以第二次电场的作用时间为t1＋t2＝6 s答案：6 s6.(xx·襄阳月考)如图所示，传送带长6 m，与水平方向的夹角为37°，以5 m/s的恒定速度向上运动一个质量为2 kg的物块(可视为质点)，沿平行于传送带方向以10 m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2。

求：(1)物块刚滑上传送带时的加速度大小；(2)物块到达传送带顶端时的速度大小解析：(1)物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，由牛顿第二定律有：mgsin 37°＋μmgcos 37°＝ma1代入数据解得：a1＝gsin 37°＋μgcos 37°＝10×0.6 m/s2＋0.5×10×0.8 m/s2＝10 m/s22)设物块速度减为5 m/s所用时间为t1，则v0－v＝a1t1，解得：t1＝0.5 s，通过的位移：x1＝·t1＝×0.5 m＝3.75 m<6 m因μ

甲车司机发现正前方收费站，开始以大小为a甲＝2 m/s2的加速度匀减速刹车1)甲车司机需在离收费站窗口至少多远处开始刹车才不违章；(2)若甲车司机经刹车到达离收费站窗口前9 m处的速度恰好为6 m/s，乙车司机在发现甲车刹车时经t0＝0.5 s的反应时间后开始以大小为a乙＝4 m/s2的加速度匀减速刹车为避免两车相撞，且乙车在收费站窗口前9 m区不超速，则在甲车司机开始刹车时，甲、乙两车至少相距多远？ 解析：(1)对甲车，速度由20 m/s减至6 m/s的位移x1＝＝91 mx2＝x0＋x1＝100 m即：甲车司机需在离收费站窗口至少100 m处开始刹车2)设甲车刹车后经时间t，两车速度相同，由运动学公式得：v乙－a乙(t－t0)＝v甲－a甲t解得：t＝8 s；相同速度v＝v甲－a甲t＝4 m/s＜6 m/s，即共同速度v＝6 m/s为不相撞的临界条件乙车从开始以速度34 m/s减至6 m/s的位移为x3＝v乙t0＋＝157 m；所以要满足条件甲、乙的距离x＝x3－x1＝66 m答案：(1)100 m　(2)66 m2．(xx·太原模拟)质量为3 kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2 kg的木块B(可视为质点)置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示。

A、B运动的加速度随时间变化的图像如图乙所示g取10 m/s2)求：(1)木板与木块之间的动摩擦因数；(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)(2)4 s末A、B的速度大小；(3)若6 s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？解析：(1)由题图乙知4 s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a＝2 m/s2对应A板μmBg＝mAaA、B间动摩擦因数μ＝＝0.32)由图像知4 s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v＝at1＝×2×4 m/s＝4 m/s3)4 s到6 s末t2＝2 s木板A运动的位移，xA＝vt2＋aAt22木块B的位移xB＝vt2＋aBt22木板的长度l＝xB－xA＝4 m答案：(1)0.3　(2)4 m/s　(3)4 m3．如图所示，一水平传送带以4 m/s的速度逆时针传送，水平部分长L＝6 m，其左端与一倾角为θ＝30°的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10 m/s2求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间解析：设物块在传送带上匀加速运动时加速度为a1，由牛顿第二定律可得Ff＝μmg＝ma1，a1＝2 m/s2设物块与传送带达到共速v2＝2a1x1x1＝4 m<6 m，t1＝＝2 sx2＝L－x1，x2＝vt2，所以t2＝0.5 s物块在斜面上加速度大小a2＝＝5 m/s2上升和下降各用时间t3＝＝0.8 s返回传送带向右减速运动时间t4＝＝2 st总＝t1＋t2＋2t3＋t4，t总＝6.1 s。