【創(chuàng)新設計】2021高考物理二輪復習(江蘇專用)題型通關-專練4

專練4動力學綜合問題一、單項選擇題1．(2022·北京卷，18)應用物理學問分析生活中的常見現(xiàn)象，可以使物理學習更加好玩和深化．例如平伸手掌托起物體，由靜止開頭豎直向上運動，直至將物體拋出．對此現(xiàn)象分析正確的是 ()A．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于超重狀態(tài)B．手托物體向上運動的過程中，物體始終處于失重狀態(tài)C．在物體離開手的瞬間，物體的加速度大于重力加速度D．在物體離開手的瞬間，手的加速度大于重力加速度解析手掌平托物體由靜止開頭豎直向上運動直至將物體拋出前的過程中，物體與手掌相對靜止，先向上加速運動后減速運動，即物體先處于超重狀態(tài)后處于失重狀態(tài)，故A、B均錯；物體離開手的瞬間，手的加速度必需向下且大于重力加速度，故C錯、D對．答案D2．(2022·湖南五市十校聯(lián)合檢測)物體的運動狀況或所受合外力的狀況如圖所示，四幅圖的圖線都是直線，從圖中可以推斷這四個質(zhì)量肯定的物體的某些運動特征．下列說法正確的是 ()A．甲物體受到不為零且恒定的合外力B．乙物體受到的合外力越來越大C．丙物體受到的合外力為零D．丁物體的加速度越來越大解析甲物體做勻速直線運動，合外力為零，選項A錯誤；乙物體做勻加速運動，合外力恒定，且不為零，選項B錯誤；丙物體做勻加速運動，合外力恒定且不為零，選項C錯誤；丁物體所受合外力越來越大，加速度越來越大，選項D正確．答案D3．(2022·北京卷，19)伽利略制造的把試驗、假設和規(guī)律推理相結(jié)合的科學方法，有力地促進了人類科學生疏的進展．利用如圖1所示的裝置做如下試驗：小球從左側(cè)斜面上的O點由靜止釋放后沿斜面對下運動，并沿右側(cè)斜面上升．斜面上先后鋪墊三種粗糙程度漸漸降低的材料時，小球沿右側(cè)斜面上升到的最高位置依次為1、2、3.依據(jù)三次試驗結(jié)果的對比，可以得到的最直接的結(jié)論是 ()圖1A．假如斜面光滑，小球?qū)⑸仙脚cO點等高的位置B．假如小球不受力，它將始終保持勻速運動或靜止狀態(tài)C．假如小球受到力的作用，它的運動狀態(tài)將發(fā)生轉(zhuǎn)變D．小球受到的力肯定時，質(zhì)量越大，它的加速度越小解析由圖可知，斜面的粗糙程度越低，物體沿右側(cè)斜面上升的越接近與O點等高的位置，故當斜面光滑時，小球會上升到與O點等高的位置，故A對，B、C、D均錯．答案A4．2021年6月20日中國載人航天史上的首堂太空授課開講，“天宮一號”中的質(zhì)量測量儀上的彈簧能夠產(chǎn)生一個恒定的力F，航天員把一個物體固定在質(zhì)量測量儀支架一端，然后輕輕拉開支架，一放手，支架便在彈簧的作用下回到原位，若測速裝置測量出支架復位的速度v和時間t，則待測物體的質(zhì)量為 ()A.eq\f(F,vt) B.eq\f(Ft,v)C.eq\f(v,Ft) D.eq\f(vt,F)解析設待測物體的質(zhì)量為m，依據(jù)題意，放手后待測物體在恒力F作用下做勻加速運動，其加速度a＝eq\f(v,t)，由牛頓其次定律F＝ma可得待測物體的質(zhì)量為m＝eq\f(Ft,v)，選項B正確．答案B5.如圖2所示，A、B兩小球分別連在輕線兩端，B球另一端與彈簧相連，彈簧固定在傾角為30°的光滑斜面頂端．A、B兩小球的質(zhì)量分別為mA、mB，重力加速度為g，若不計彈簧質(zhì)量，在線被剪斷瞬間，A、B兩球的加速度大小分別為 ()圖2A．都等于eq\f(g,2) B.eq\f(g,2)和0C.eq\f(g,2)和eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2) D.eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2)和eq\f(g,2)解析由整體法知，F(xiàn)彈＝(mA＋mB)gsin30°剪斷線瞬間，由牛頓其次定律：對B：F彈－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2).對A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝eq\f(1,2)g.所以C項正確．答案C6．(2022·安徽省級示范高中聯(lián)考，17)高空跳傘運動是跳傘者乘飛機、氣球等航空器或其他器械升至高空后跳下，或者從陡峭的山頂、高地上跳下，如圖3所示，在張開降落傘之前可看做是自由落體運動，開傘后受到的空氣阻力與速度成正比，運動員減速下降，最終勻速下降，在指定區(qū)域平安著陸，從下落時開頭計時，在整個過程中，用v表示運動員下落的速度，h表示運動員從初位置開頭下落的高度，F(xiàn)表示運動員受到的合力，Ep表示運動員的重力勢能(選地面為零勢能面)．下列圖象正確的是 ()圖3解析跳傘運動員先做自由落體運動，再做加速度減小的減速運動，最終所受合外力為零，做勻速運動，A、B錯；打開降落傘后做加速度漸漸減小的減速運動，所受合外力向上，與開頭時的合外力方向相反，為負值且漸漸減小；最終勻速下降，合外力為零，C錯；運動員的重力勢能Ep＝mg(H－h(huán))，D正確．答案D7．(2022·陜西省高三教學質(zhì)量檢測)如圖4所示，運動員手持網(wǎng)球拍托球沿水平面勻加速運動，設球拍和球的質(zhì)量分別為M、m，球拍平面和水平面之間的夾角為θ，球拍與球保持相對靜止，它們之間的摩擦及空氣阻力不計，則()圖4A．運動員的加速度大小為gtanθB．球拍對球的作用力為mgcosθC．運動員對球拍的作用力為MgcosθD．若運動員的加速度大于gsinθ，則球肯定沿球拍向上運動解析球拍對球的支持力與球的重力的合力等于ma，由此可得運動員的加速度大小為a＝gtanθ，球拍對球的作用力為F＝eq\f(mg,cosθ)，選項A正確，B錯誤；運動員對球拍的作用力為eq\f(M＋mg,cosθ)，選項C錯誤；若運動員的加速度大于gtanθ，球肯定沿球拍向上運動，選項D錯誤．答案A8．(2022·皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考)一足夠長的傾角為θ的斜面固定在水平面上，在斜面頂端放置一長木板，木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為μ，木板上固定一力傳感器，連接傳感器和光滑小球間是一平行于斜面的輕桿，如圖5所示，當木板固定時，傳感器的示數(shù)為F1.現(xiàn)由靜止釋放木板，木板沿斜面下滑，穩(wěn)定時傳感器的示數(shù)為F2.則下列說法正確的是 ()圖5A．穩(wěn)定后傳感器的示數(shù)肯定為零B．tanθ＝eq\f(μF1,F2)C．tanθ＝eq\f(F1,μF2) D．tanθ＝eq\f(F2,μF1)解析木板與球的質(zhì)量分別為M和m，對球由平衡條件和牛頓其次定律得：F1－mgsinθ＝0，mgsinθ－F2＝ma，對木板和球整體得：(M＋m)gsinθ－μ(M＋m)gcosθ＝(M＋m)a，則a＜gsinθ，解得F2＝mgsinθ－ma＞0，A項錯；tanθ＝eq\f(μF1,F2)，B項對，C、D項錯．答案B9．(2022·云南第一次檢測，15)物塊A放置在與水平地面成30°角傾斜的木板上時，剛好可以沿斜面勻速下滑；若該木板與水平面成60°角傾斜，取g＝10m/s2，則物塊A沿此斜面下滑的加速度大小為 ()A．5eq\r(3)m/s2 B．3eq\r(3)m/s2C．(5－eq\r(3))m/s2 D.eq\f(10\r(3),3)m/s2解析由物塊在傾角為30°的木板上勻速下滑，得Ff＝mgsinθ，又FN1＝mgcos30°，F(xiàn)f＝μFN1，求得動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),3)；在傾角為60°的木板上物塊加速下滑，有FN2＝mgcos60°，mgsin60°－μFN2＝ma，求得a＝eq\f(10,3)eq\r(3)m/s2，D對．答案D10.一皮帶傳送裝置如圖6所示，皮帶的速度v足夠大，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦，當滑塊放在皮帶上時，彈簧的軸線恰好水平，若滑塊放在皮帶的瞬間，滑塊的速度為零，且彈簧正好處于自然長度，則當彈簧從自然長度到第一次達最長這一過程中，滑塊的速度和加速度變化的狀況是 ()圖6A．速度增大，加速度增大B．速度增大，加速度減小C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大解析滑塊在水平方向受向左的滑動摩擦力Ff和彈簧向右的拉力F拉＝kx，合力F合＝Ff－F拉＝ma，當彈簧從自然長度到第一次達最長這一過程中，x漸漸增大，拉力F拉漸漸增大，由于皮帶的速度v足夠大，所以合力F合先減小后反向增大，從而加速度a先減小后反向增大；滑動摩擦力與彈簧彈力相等之前，加速度與速度同向，滑動摩擦力與彈簧拉力相等之后，加速度便與速度方向相反，故滑塊的速度先增大，后減?。鸢窪11．如圖7所示，在傾角為α的光滑絕緣斜面上放兩個質(zhì)量分別為m1和m2的帶電小球A、B(均可視為質(zhì)點)，m1＝2m2，相距為L.兩球同時由靜止開頭釋放時，B球的初始加速度恰好等于零．經(jīng)過一段時間后，當兩球距離為L′時A、B的加速度大小之比為a1∶a2＝3∶2，則L′∶L等于圖7A．3∶2 B．2∶1C.eq\r(10)∶5 D．5∶eq\r(10)解析由B球初始加速度恰好等于零得初始時刻A對B的庫侖力F＝m2gsinα，當兩球距離為L′時，A球的加速度a1＝eq\f(m1gsinα＋F′,m1)，初始時B球受力平衡，兩球相互排斥運動一段距離后，兩球間距增大，庫侖力肯定減小，當兩球距離為L′時庫侖力小于m2gsinα，所以加速度a2的方向應當沿斜面對下，a2＝eq\f(m2gsinα－F′,m2).由a1∶a2＝3∶2得F′＝0.25m2gsinα，由庫侖力公式F＝keq\f(qQ,L2)，F(xiàn)′＝keq\f(qQ,L′2)可求得L′∶L＝eq\r(F)∶eq\r(F′)＝2∶1.答案B二、多項選擇題12．(2022·江西師大附中、臨川一中聯(lián)考)如圖8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點沿粗糙的水平面對右運動，某時刻后恒力F突然反向，整個過程中物塊速度的平方隨位置坐標變化的關系圖象如圖乙所示，g＝10m/s2.下列說法中正確的是 ()圖8A．0～5s內(nèi)物塊做勻減速運動B．在t＝1s時刻，恒力F反向C．恒力F大小為10ND．物塊與水平面的動摩擦因數(shù)為0.3解析由圖象得物塊在前5m位移內(nèi)做勻減速運動，在5～13m位移內(nèi)做勻加速運動，且由圖象斜率得勻減速運動的加速度大小a1＝eq\f(100,2×5)m/s2＝10m/s2，勻加速運動的加速度大小a2＝eq\f(64,2×13－5)m/s2＝4m/s2，勻減速運動的時間t＝eq\f(v0,a1)＝1s，又由牛頓其次定律得，F(xiàn)＋μmg＝ma1和F－μmg＝ma2，聯(lián)立解得F＝7N，動摩擦因數(shù)μ＝0.3.選項B、D正確．答案BD13．(2022·江西南昌調(diào)研)如圖9甲所示，在電梯箱內(nèi)輕繩AO、BO、CO連接吊著質(zhì)量為m的物體，輕繩AO、BO、CO對輕質(zhì)結(jié)點O的拉力分別為F1、F2、F3.現(xiàn)電梯箱豎直向下運動，其速度v隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度為g，則 ()圖9A．在0～t1時間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力等于F3B．在0～t1時間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力大于mgC．在t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力小于F3D．在t1～t2時間內(nèi)，F(xiàn)1與F2的合力大于mg解析對輕質(zhì)結(jié)點O，因沒質(zhì)量，故其無論在何狀態(tài)下，F(xiàn)1、F2、F3三個力的合力都為零，即F1與F2的合力與F3等大、反向，選項A正確，C錯誤；對物體進行受力分析，其受到豎直向下的重力mg和豎直向上的繩子的拉力F3，在0～t1時間內(nèi)，電梯加速向下運動，物體處于失重狀態(tài)，F(xiàn)3＜mg，即F1與F2的合力小于mg，選項B錯誤；在t1～t2時間內(nèi)，電梯減速向下運動，物體處于超重狀態(tài)，F(xiàn)3＞mg，即F1與F2的合力大于mg，選項D正確．答案AD14．一年一度的瘋狂蹦極跳于2021年12月15日在澳門旅游塔61層隆重進行．為慶祝蹦極跳進駐澳門旅游塔七周年，今年競賽以“運動”為主題．如圖10甲所示，蹦極競賽中，質(zhì)量為60kg的運動員系在橡皮繩上，橡皮繩另一端固定在O點．運動員從O點由靜止下落，下落過程中運動員的速度與下落距離間的關系如圖乙所示．橡皮繩的自然長度為12m，且始終在彈性限度內(nèi)，遵循胡克定律，不計橡皮繩的質(zhì)量及空氣阻力，重力加速度g＝10m/s2，則()圖10A．運動員下落過程中橡皮繩的平均拉力大小約為2700NB．運動員下落過程中的最大加速度大小約為20m/s2C．運動員下落過程中橡皮繩的彈性勢能最大值約為2.16×104JD．當橡皮繩上的拉力為1200N時，運動員的速度大小約為18m/s解析由圖乙可知，當運動員速度最大時，橡皮繩的伸長量Δx1＝8m，有kΔx1＝mg，解得k＝75N/m.橡皮繩的最大伸長量Δx2＝24m，最大拉力F＝kΔx2＝1800N，則運動員下落過程中橡皮繩的平均拉力eq\x\to(F)＝900N，A項錯誤．依據(jù)牛頓其次定律得F－mg＝ma，最大