专题21 动力学关系解决两类问题 2021年高考物理二轮专题解读与训练（解析版）

专题 21 动力学关系解决两类问题 1.如图所示，将一个小球以初速度 1v 从地面竖直上抛，上升到最高点后又落回，落回抛出点时的速度大小 为 2v 。规定竖直向上为正方向，由于空气阻力的影响，小球全过程的 v－t 图象如图所示，下列说法不正 确的是（ ） A.上升过程中小球做加速度逐渐减小的减速运动 B.下降过程中小球作加速度逐渐减小的加速运动 C. 1t 时刻加速度等于重力加速度 g D.时刻 1t 和 2t 的大小关系为 2 1< 2t t 【答案】D 【解析】A. v t 图像斜率表示加速度，由图可知，图线斜率逐渐减小，上升过程中小球做加速度逐渐减 小的减速运动，故 A 正确； B.v t 图像斜率表示加速度，由图可知，图线斜率逐渐减小，则下降过程中小球作加速度逐渐减小的加 速运动，故 B 正确； C. 1t 时刻小球的速度为 0，此时的空气阻力为 0，只受重力作用，则加速度为重力加速度，故 C 正确； D.由牛顿第二定律可知，上升过程中小球的加速度大小 1 mg fa gm   下落过程中小球的加速度大小为 2 mg fa gm   两过程中距离相等，由公式 21 2h at 可知，加速度越大，则时间越小，即下落过程所用时间比上升过程 所用时间更长，所以有 2 12t t 故 D 错误。 本题选不正确的，故选 D。 2.如图甲所示，一个质量 m＝2kg 的物块静止放置在粗糙水平地面 O 处，物块与水平面间的动摩擦因数 μ＝0.5，在水平拉力 F 作用下物块由静止开始向右运动，经过一段时间后，物块回到出发点 O 处，取 水平向右为速度的正方向，物块运动过程中其速度 v 随时间 t 变化规律如图乙所示，g 取 10m/s2。则 （ ） A.物块经过 4s 回到出发点 B.4.5s 时水平力 F 的瞬时功率为 24W C.0~5s 内摩擦力对物块先做负功，后做正功，总功为零 D.0~5s 内物块克服摩擦力做功为 65J 【答案】B 【解析】A.由图象可知，在 4s 内一直向右运动，因此物块经过 4s 距离出发点最远，A 错误； C.整个运动过程中，摩擦的方向始终与运动方向相反，因此摩擦力始终做负功，C 错误； D.在 —v t 图象中，图象与时间轴围成的面积绝对值之和等于路程，因此 5s 内运动的路程 7.5ms  克服摩擦做的功 75JW mgs  D 错误； B.在 —v t 图象中，图象的斜率表示加速度，由图可知，在 4~5s 时间内物体反向向左运动，加速度大小 为 23m/s ，根据牛顿第二定律 F mg ma  代入数据得水平力的大小 16NF  而 4.5s 时的速度大小为 1.5m/s，因此该时刻的瞬时功率 24WP Fv  B 正确。 3.在 2019 年武汉举行的第七届世界军人运动会中，21 岁的邢雅萍成为本届军运会的“八冠王”。如图是定 点跳伞时邢雅萍运动的 v-t 图像，假设她只在竖直方向运动，从 0 时刻开始先做自由落体运动，t1 时刻速 度达到 v1 时打开降落伞后做减速运动，在 t2 时刻以速度 v2 着地。已知邢雅萍（连同装备）的质量为 m， 则邢雅萍（连同装备）（ ） A.0~t2 内机械能守恒 B.0~t2 内机械能减少了 2 1 1 2 mv C.t1 时刻距地面的高度大于 1 2 2 1( )( ) 2 v v t t  D.t1~t2 内受到的合力越来越小 【答案】D 【解析】A.0~t1 时间内，邢雅萍做自由落体，机械能守恒，t1~ t2 由于降落伞的作用，受到空气阻力的作用， 空气阻力做负功，故 0~t2 内机械能不守恒，故 A 错误； B.机械能损失发生在 t1~ t2 的时间段内，设 t1 时刻物体距离地面高度为 h，则有 2 2 f 2 1 1 1 2 2W mgh mv mv   解得 2 2 f 2 1 1 1 2 2W mv mv mgh   阻力做负功，故机械能的减小量为 2 2 f 1 2 1 1 2 2E W mv mgh mv      故 B 错误； C.v t 图象与时间轴围成面积表示位移大小，如图 若物体做匀减速直线运动，则有 21 ~t t 时间里平均速度 1 2 2 v vv  由图可知运动员 21 ~t t 时间里位移小于红线表示的匀减速运动的位移，故 21 ~t t 两段时间里，邢雅萍的平 均速度小于 1 2 2 v v ，故 t1 时刻距地面的高度小于 1 2 2 1( )( ) 2 v v t t  ；故 C 错误； D. v t 图象的斜率表示加速度，由图像可知，在 21 ~t t 时间内运动员做加速度不断减小的减速运动，故 D 正确。 故选 D。 4.如图所示，一个厚度不计的圆环 A，紧套在长度为 L 的圆柱体 B 的上端，A、B 两者的质量均为 m。A 与 B 之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，其大小为 kmg（k>1）。A、B 由离地 H 高处由静止开始落 下，触地后能竖直向上弹起，触地时间极短，且能量损失，A 环运动过程中未落地。则下列说法正确的 是（ ） A.B 与地底一次碰撞后，B 上升的最大高度是 1 H k  B.B 与地底一次碰撞后，B 上升的最大高度是 1 H k  C.B 与地底一次碰撞后，当 A 与 B 刚相对静止时，B 离地面的高度是 2 ( 1)H k k  D.B 与地底一次碰撞后，当 A 与 B 刚相对静止时，B 离地面的高度是 2 ( 1)H k k  二、多选题 5.如图所示，三角形物体 ACE 由两种材料拼接而成，上面的 ABD 部分为一种材料，下面的 BDEC 部分为 另一种材料。BD 界面平行与底面 CE，AC 侧面与水平面的夹角为θ1，AE 侧面与水平面的夹角为θ2，且有 θ1＜θ2。物块从 A 点由静止下滑，加速至 B 点后，又匀速运动至 C 点。若该物块由静止从 A 点沿另一侧 面下滑，则有（ ） A.由 D 匀速运动至 E B.由 D 加速运动至 E C.通过 D 点的速率等于通过 B 点的速率 D.AB 段运动的时间大于 AD 段运动的时间 【答案】BD 【解析】AB.由题意可知物块从 B 匀速运动到 C，则有 1 1 1sin cos 0mg mg    由 D 到 E，根据牛顿第二定律有 2 2 2sin cosmg mg ma    因为 1 2  所以 0a  即由 D 加速至 E，故 A 错误，B 正确； C.从 A 到 B 根据动能定理，有 2 1 1 B 1cos 2mgh mg AB mv    从 A 到 D 根据动能定理，有 2 1 2 D 1cos 2mgh mg AD mv    根据几何关系 1 2cos cosAB AD    所以 B Dv v 故 C 错误； D.由牛顿第二定律，在 AB 段 AB 1 1 1sin cosa g g    在 BC 段 AD 2 1 2sin cosa g g    因为 1 2  所以 AB ADa a 根据 21 2x at 解得 2xt a  因为 AB ADx x 所以 AB ADt t 故 D 正确。 故选 BD。 6.如图所示，劲度数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为 m 的物体接触（未 连接），弹簧水平且无形变.用水平力 F 缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了 0x ，此时物体静 止.撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最大距离为 4 0x .物体与水平面间的动摩擦因数为  ，重力加速 度为 g .则（ ） A.撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B.撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 0kx gm  C.物体做匀减速运动的时间为 02 x g D.物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为 0( )mgmg x k   【答案】BD 【解析】A.撤去 F 后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力 随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做 减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动， 再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，A 错误； B.刚开始时，由牛顿第二定律有： 0kx mg ma  解得： 0kxa gm   B 正确； C.由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为 3x0，由牛顿第二定律得： 1a g＝ 将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则： 2 0 1 1 23x a t 联立解得： 06xt g ，C 错误； D.当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度速度最大时合力为零，则有 F mg kx  解得 mgx k  ，所以物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为：  f 0 0( mgW mg x x mg x k         D 正确。 故选 BD。 7.一滑块在水平地面上沿直线滑行，t=0 时速率为 1m/s，从此刻开始在与速度平行的方向上施加一水平作 用力 F，力 F、滑块的速度 v 随时间的变化规律分别如图甲、乙所示（力 F 和速度 v 取同一正方向）， g=10m/s2 ，则 A.滑块的质量为 1.0kg B.滑块与水平地面间的动摩擦因数为 0.05 C.第 2s 内力 F 的平均功率为 3.0W D.第 1 内和第 2s 内滑块的动量变化量相同 【答案】BD 【解析】由 v--t 图象的斜率得到加速度为： 21 /va m st   ，由两图知，第一秒内有： mg F ma   ， 第二秒内有： F mg ma  ，代入数据得： 0.05 2.0m kg，   .故 A 错误，B 正确；由 P Fv 得第 2s 内力 F 的平均功率为 3 0.5 1.5P W W   ，故 C 错误；由图乙可知第一秒内和第二秒内速度的变化都 是1 /m s ，所以动量的变化量都是： 2 1 · / 2 · /P m v kg m s kg m s      ，故 D 正确.故选 BD. 8.质量为 1 kg 的物体静止在水平粗糙的地面上，在一水平外力 F 的作用下运动，如图甲所示.外力 F 和物 体克服摩擦力 Ff 做的功 W 与物体位移 x 的关系如图乙所示，重力加速度 g 取 10 m/s2.下列分析正确的是 ( ) A.物体与地面之间的动摩擦因数为 0.2 B.物体运动的位移为 13 m C.物体在前 3 m 运动过程中的加速度为 3 m/s2 D.x＝9 m 时，物体的速度为 3 2 m/s 【答案】ACD 【解析】在 W-x 图中，斜率是力。 A.由： Wf＝Ffx 对应题图乙可知，物体与地面之间的滑动摩擦力 Ff＝2 N，由 Ff＝μmg 可得： μ＝0.2 A 正确； C.由： WF＝Fx 对应题图乙可知，前 3 m 内，拉力 F1＝5 N，3～9 m 内拉力 F2＝2 N，物体在前 3 m 内的加速度： a1＝ 1 fF F m  ＝3m/s2 C 正确； D.由动能定理得： WF－Ffx＝ 1 2 mv2 可得 x＝9 m 时，物体的速度为 v＝3 2 m/s D 正确； B.物体的最大位移： xm＝ f f W F ＝13.5 m B 错误. 【答案】AC 【解析】AB.物体 A、B 一起下落 H 过程，机械能守恒，则 212 22mgH mv 解得 2v gH 对 B 来说碰撞以后以速度 v 向上作匀减速运动，其加速度 Ba ，由牛顿第二定律得 Bmg kmg ma  得 B ( 1)a k g  根据速度位移公式，上升的最大高度 2 1 B2 1 v HH a k    即 B 与地第一次碰撞后，B 上升的最大高度是 1 H k  ，故 A 正确，B 错误； CD.对 A 来说碰撞后的加速度 Aa ，由 Akmg mg ma  得 A ( 1)a k g  方向竖直向上，当 A、B 速度相等时，两者相对静止，设经时间 t 后，两者速度相等，有 A B( )v a t v a t    解得 1 2Ht k g  B 下端离地面的高度为 2 1 B 2 1 ( 1) 2 H kH vt a t k     即 B 与地第一次碰撞后，当 A 与 B 刚相对静止时，B 下端离地面的高度为 2 ( 1)H k k  ，故 C 正确，D 错误。 故选 AC。 9.如图甲所示，一质量为 m＝1 kg 的物体在水平拉力 F 的作用下沿水平面做匀速直线运动，从某时刻开始， 拉力 F 随时间均匀减小，物体受到的摩擦力随时间变化的规律如图乙所示。则下列关于物体运动的说法 中正确的是（ ） A.t＝1 s 时物体开始做匀减速运动 B.物体与接触面间的动摩擦因数为 0. 2 C.t＝3 s 至 t=5s 时间内中，摩擦力对物体不做功 D.t＝2 s 时物体的加速度大小为 1m/s2 【答案】CD 【解析】A.物体在开始在 F 作用下做匀速直线运动，由图可知，滑动摩擦力的大小为 4N，拉力随时间均 匀减小后，物体开始做减速运动，即在 1s 时物体开始做减速运动，拉力减小，合力减小，加速度减小， 做变减速运动，故 A 错误； B.由图可知滑动摩擦力大小为 Ff=4N，根据滑动摩擦力公式可得，物体与接触面间的动摩擦因数为 f 0.4F mg ＝ ＝ 故 B 错误； C.由图可知，从 3s 开始，物体处于静止，所以 t=3s 至 t=5s 时间内中，摩擦力对物体不做功，故 C 正确； D.t=2s 时，拉力大小为 F=3N，根据牛顿第二定律得，物体的加速度大小 2f - 1m/sF Fa m  ＝ 故 D 正确； 故选 CD。 10.图甲中，质量为 M 的长木板静置于光滑水平面上，其上放置一质量为 m 的小滑块。当木板受到随时间 t 均匀变化的水平拉力 F 作用时，其加速度 a 与水平拉力 F 的关系如图乙所示。取 g=10m/s2，则（ ） A.滑块的质量 m=2kg B.0〜6s 内，滑块做匀加速直线运动 C.当 F=8N 时，滑块的加速度大小为 1m/s2 D.滑块与木板间的动摩擦因数为 0.1 【答案】CD 【解析】A.当 F 等于 6N 时，加速度为 a=1m/s2，对整体分析，由牛顿第二定律有 F=（M+m）a 代入数据解得 M+m=6kg 当 F 大于 6N 时，根据牛顿第二定律得 F mga M  知图线的斜率 1 1 =0.56 4k M    解得 M=2kg m=4kg 故 A 错误； B.0〜6s 内，滑块与木板相对静止，随木板做加速度增加的加速运动，故 B 错误； CD.根据 F 等于 6N 时，二者刚好滑动，此时 m 的加速度为 1m/s2，以后拉力增大，滑块的加速度不变， 所以当 F=8N 时，滑块的加速度为 1m/s2；根据牛顿第二定律可得 a=μg 解得动摩擦因数为μ=0.1，故 CD 正确。 故选 CD。 11.游乐场投掷游戏的简化装置如图所示，质量为 2kg 的球 a 放在高度 h=1.8m 的平台上，长木板 c 放在水 平地面上，带凹槽的容器 b 放在 c 的最左端。a、b 可视为质点，b、c 质量均为 1kg，b、c 间的动摩擦因 数μ1=0.4，c 与地面间的动摩擦因数μ2=0.6.在某次投掷中，球 a 以 v0=6m/s 的速度水平抛出，同时给木板 c 施加一水平向左、大小为 24N 的恒力，使球 a 恰好落入 b 的凹槽内并瞬间与 b 合为一体。取 g=10m/s2， 求： (1)球 a 抛出时，凹槽 b 与球 a 之间的水平距离 x0； (2)a、b 合为一体时的速度大小； (3)要使 ab 不脱离木板 c，木板长度 L 的最小值。 【答案】(1)4.32m ；(2)3.2m/s；(3)2.96m. 【解析】(1)a 球从抛出到落到 b 槽内的时间 2 0.6sht g   此过程中 a 球的水平位移 0 3.6max v t  设 a、b、c 的质量分别为 2m、m、m；假设 bc 之间无相对滑动一起向左加速运动，则加速度 ' 2 2 22 1 2 24 0.6 20 m/s =6m/s 4m/s2 2 F mga a gm          则 bc 之间要产生相对滑动，其中 b 的加速度为 2 1 4m/sba g  在时间 t 内槽 b 的位移为 2 b 1 0.72m2bx a t  球 a 抛出时，凹槽 b 与球 a 之间的水平距离 0 = 4.32ma bxx x  ； (2)a 落在槽 b 中时，槽 b 的速度 1 2.4m/sbv a t  方向向左，设向右为正方向，则对 ab 系统由动量守恒定律： 0 1 22 (2 )mv mv m m v   解得 v2=3.2m/s (3)当 a 做平抛运动的时间内，木板 c 的加速度 21 2 2 8m/sc F mg mga m      当球 a 落到槽 b 中时木板 c 的速度 1 4.8m/sc cv a t  此时槽 b 相对木板 c 向右滑动的距离为 2 1 1 ( ) 0.72m2 c bx a a t    当球 a 落到槽 b 中后板 c 的加速度 ' 21 23 4 12m/sc F mg mga m        而 ab 的共同加速度仍为 2 1 4m/saba g  因 ab 一起向右减速，而 c 向左减速，则当三个物体都停止运动时相对运动的位移 2 2 2 2 1 2 2 ' 4.8 3.2 2.24m2 2 2 12 2 4 c c ab v vx a a        则木板长度 L 的最小值 1 2 2.96mL x x    