第三章 微專題19　動力學(xué)兩類基本問題-2025年高中物理《加練半小時》新教材版

第三章運(yùn)動和力的關(guān)系第三章運(yùn)動和力的關(guān)系微專題19動力學(xué)兩類基本問題1．做好兩個分析：(1)受力分析，將力合成或正交分解后根據(jù)牛頓第二定律列方程。(2)運(yùn)動過程分析，表示出加速度與各運(yùn)動量的關(guān)系。2.把握一個關(guān)鍵：加速度是力和運(yùn)動的聯(lián)系紐帶，求解加速度是解決問題的關(guān)鍵。1．我國自主研發(fā)的“直8”消防滅火直升機(jī)，已多次在火場大顯“神威”。在某次消防滅火行動中，“直8”通過一根長繩子吊起質(zhì)量為2×103kg的水桶(包括水)，起飛時，在2s內(nèi)將水桶(包括水)由靜止開始豎直向上勻加速提升了4m，重力加速度g取10m/s2，不計空氣阻力，則該段時間內(nèi)繩子拉力大小為()A．2.0×104N B．2.4×104NC．4.0×104N D．4.8×104N答案B解析由勻變速直線運(yùn)動規(guī)律x＝eq\f(1,2)at2，解得水桶(包括水)的加速度a＝eq\f(2x,t2)＝2m/s2。以水桶(包括水)為研究對象，有FT－mg＝ma，解得繩子拉力FT＝mg＋ma＝2×103×10N＋2×103×2N＝2.4×104N，故選項B正確。2．一質(zhì)量為1kg的小型遙控?zé)o人機(jī)，在F＝16N的恒定升力作用下由靜止開始豎直起飛，經(jīng)過3s后，無人機(jī)達(dá)到最大速度6m/s，改變升力，此后無人機(jī)勻速上升。假設(shè)無人機(jī)豎直飛行時所受的阻力大小不變，重力加速度g取10m/s2。則該無人機(jī)()A．起飛時的加速度大小為4m/s2B．在豎直上升過程中所受阻力的大小為2NC．豎直向上加速階段位移大小為12mD．上升至離地面30m處所需的最短時間為6.5s答案D解析由題意知無人機(jī)以恒定升力起飛時的加速度a＝eq\f(Δv,Δt)＝2m/s2，選項A錯誤；由牛頓第二定律有F－f－mg＝ma，解得f＝4N，選項B錯誤；豎直向上加速階段x1＝eq\f(1,2)at12，解得x1＝9m，選項C錯誤；勻速階段需時間t2＝eq\f(h－x1,v)＝3.5s，無人機(jī)從地面起飛豎直上升至離地面h＝30m處所需的最短時間t＝t1＋t2＝6.5s，選項D正確。3.(2021·全國甲卷·14)如圖，將光滑長平板的下端置于鐵架臺水平底座上的擋板P處，上部架在橫桿上。橫桿的位置可在豎直桿上調(diào)節(jié)，使得平板與底座之間的夾角θ可變。將小物塊由平板與豎直桿交點(diǎn)Q處靜止釋放，物塊沿夾板從Q點(diǎn)滑至P點(diǎn)所用的時間t與夾角θ的大小有關(guān)。若由30°逐漸增大到60°，物塊的下滑時間t將()A．逐漸增大 B．逐漸減小C．先增大后減小 D．先減小后增大答案D解析設(shè)PQ的水平距離為L，由運(yùn)動學(xué)公式可知eq\f(L,cosθ)＝eq\f(1,2)gsinθ·t2，可得t2＝eq\f(4L,gsin2θ)，可知θ＝45°時t有最小值，故當(dāng)θ從30°逐漸增大至60°時，下滑時間t先減小后增大。故選D。4．(多選)如圖甲所示，物塊的質(zhì)量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下從O點(diǎn)沿粗糙的水平面向右運(yùn)動，某時間后恒力F突然反向，大小不變，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系如圖乙所示，g＝10m/s2，下列選項中正確的是()A．0～5s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動B．在t＝1s時刻，恒力F反向C．物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3D．恒力F大小為10N答案BC解析0～5m內(nèi)，由0－v02＝－2a1x1得a1＝10m/s2。5m處F反向，t1＝eq\f(v0,a1)＝1s，故0～1s內(nèi)物塊做勻減速運(yùn)動，故A錯誤，B正確。5～13m內(nèi)，由v22＝2a2x2得a2＝4m/s2,0～5m內(nèi)，由牛頓第二定律有F＋μmg＝ma1,5～13m內(nèi)，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma2，解得F＝7N，μ＝0.3，故C正確，D錯誤。5．如圖甲所示，傾角為37°的斜面上有A、B兩滑塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，在t＝0時，A、B兩滑塊相距1m，它們在斜面上運(yùn)動的v－t圖像如圖乙所示。已知斜面足夠長，兩滑塊均只受重力和斜面作用力，重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則下列說法正確的是()A．滑塊A與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.2B．滑塊B與斜面間的動摩擦因數(shù)為0.5C．在t＝1s時，滑塊A追上滑塊BD．在滑塊A追上滑塊B之前，它們之間的最大距離為3m答案B解析由題圖乙可得aA＝4m/s2，aB＝2m/s2，對滑塊A受力分析，由牛頓第二定律可得mAgsin37°－μAmAgcos37°＝mAaA，解得μA＝0.25，故A錯誤；對滑塊B受力分析，由牛頓第二定律可得mBgsin37°－μBmBgcos37°＝mBaB，解得μB＝0.5，故B正確；在t＝1s時，兩滑塊速度相等，相距最遠(yuǎn)，xA＝eq\f(1,2)aAt2＝2m，xB＝vBt＋eq\f(1,2)aBt2＝3m，則Δx＝xB－xA＋x0＝2m，故C、D錯誤。6.如圖所示，ab、cd是豎直平面內(nèi)兩根固定的光滑細(xì)桿，a、b、c、d位于同一圓周上，b點(diǎn)為圓周的最低點(diǎn)，c點(diǎn)為圓周的最高點(diǎn)，若每根桿上都套著一個小滑環(huán)(圖中未畫出)，將兩滑環(huán)同時從a、c處由靜止釋放，用t1、t2分別表示滑環(huán)從a到b、c到d所用的時間，則()A．t1＝t2 B．t1>t2C．t1<t2 D．無法確定答案A解析設(shè)桿與豎直方向的夾角為α，圓周的直徑為L。根據(jù)牛頓第二定律得：滑環(huán)的加速度為a＝eq\f(mgcosα,m)＝gcosα；滑桿的長度為s＝Lcosα；則根據(jù)s＝eq\f(1,2)at2得，t＝eq\r(\f(2s,a))＝eq\r(\f(2Lcosα,gcosα))＝eq\r(\f(2L,g))，可見，時間t與α無關(guān)，故有t1＝t2。故選A。7．(2023·江蘇南通市階段練習(xí))如圖，某航空母艦的水平跑道總長為l，其中電磁彈射區(qū)安裝有直線電機(jī)，該電機(jī)可提供4.0×104N的恒定牽引力。一架質(zhì)量為m＝2.0×104kg的飛機(jī)，其噴氣式發(fā)動機(jī)可以提供1.2×105N的恒定推力。假設(shè)飛機(jī)在跑道所受阻力大小恒為飛機(jī)重力的0.2倍，在跑道末端離艦起飛的速度v2＝36m/s，飛機(jī)在跑道上的后階段運(yùn)動的時間比彈射區(qū)運(yùn)動的時間多4s。設(shè)航空母艦始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，飛機(jī)可看作質(zhì)量恒定的質(zhì)點(diǎn)，重力加速度g＝10m/s2，求：(1)飛機(jī)離開電磁彈射區(qū)的速度大小v1；(2)跑道的總長度l。答案(1)12m/s(2)156m解析(1)由題知阻力f＝0.2mg＝4×104N第一階段由牛頓第二定律有F1＋F2－f＝ma1a1＝eq\f(F1＋F2－f,m)＝6.0m/s2第二階段由牛頓第二定律有a2＝eq\f(F2－f,m)解得a2＝4.0m/s2由勻加速運(yùn)動速度公式得v1＝a1t1v2＝v1＋a2t2t2－t1＝4s代入數(shù)值解得v1＝12m/s(2)由勻加速運(yùn)動公式得v12＝2a1x1解得x1＝12m由勻加速運(yùn)動公式得v22＝v12＋2a2x2代入數(shù)值解得x2＝144ml＝x1＋x2＝156m。8．2021年5月15日我國自主研制的火星探測器“天問一號”成功登陸火星。探測器登陸過程主要為以下幾個過程：首先探測器與環(huán)繞器分離，進(jìn)入火星大氣層，經(jīng)歷“氣動減速”，假設(shè)當(dāng)速度v2＝500m/s時打開降落傘，進(jìn)入“傘降減速階段”，探測器勻減速下落x＝7.5km至速度v3；接著降落傘脫落，推力發(fā)動機(jī)開啟，進(jìn)入“動力減速階段”，經(jīng)勻減速下落時間t＝100s速度減為0，上述減速過程均可簡化為探測器始終在豎直下落。在距離火星表面100m時，探測器進(jìn)入“懸停階段”，接著探測器可以平移尋找著陸點(diǎn)；找到安全著陸點(diǎn)后在緩沖裝置和氣囊保護(hù)下進(jìn)行“無動力著陸”。已知天問一號探測器質(zhì)量為m＝5×103kg，降落傘脫離可視為質(zhì)量不變，火星表面重力加速度g約為4m/s2，“傘降減速階段”中降落傘對探測器的拉力為重力的5倍。(1)求“傘降減速階段”中探測器的加速度大?。?2)求“動力減速階段”中推力發(fā)動機(jī)對探測器的作用力；(3)在“懸停階段”，為尋找合適的著陸點(diǎn)，探測器先向右做勻加速直線運(yùn)動，再向右做勻減速直線運(yùn)動，減速階段的加速度為加速階段的2倍，平移總位移為6m，總時間為3s，求減速階段中發(fā)動機(jī)對探測器的作用力與重力的比值。答案(1)16m/s2(2)2.5×104N(3)eq\r(2)解析(1)“傘降減速階段”中，由牛頓第二定律得FT－mg＝ma1，F(xiàn)T＝5mg因此a1＝4g＝16m/s2(2)由v32＝v22－2a1x解得v3＝100m/s因此“動力減速階段”的加速度a2＝eq\f(v3,t)＝1m/s2由牛頓第二定律得F－mg＝ma2得F1＝mg＋ma2＝2.5×104N(3)設(shè)加速階段加速度為a3，減速階段加速度為a4，且a4＝2a3，運(yùn)動