高考物理专项练习22 动力学两类基本问题(二)

1. 若要求汽车空载时的制动距离是：当速度为50 km/h时，客车不超过19 m，卡车不超过21 m．如果客

车和卡车质量之比为19∶21，制动时所受阻力不变，在刚好满足上述要求时，客车和卡车( ) A．所受阻力之比为19∶21 B．加速度之比为21∶19 C．所受阻力做功之比为21∶19 D．制动时间之比为21∶19 2. 如图所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止．小

物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半．则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和其与BC段间的动摩擦因数μ2的比值为( )

A．1 B．2 C．3 D．4

3. 如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置在光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的

小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．则下列说法正确的是( )

A．小铁球受到的合外力方向水平向左

B．凹槽对小铁球的支持力为

mg

sin α

C．系统的加速度为a＝gtan α D．推力F＝Mgtan α

4. (多选)如图所示，竖直挡板对小球的弹力为FN1，小车斜面对小球的弹力为FN2.若小车向左加速运动且

加速度a逐渐增加，则( )

A．FN2逐渐减小 B．FN2不变 C．FN1逐渐增大 D．FN1与FN2的合力有可能不变

5. 在倾角θ＝37°的粗糙斜面上有一质量m＝2 kg的物块，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＝4 s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的关系如图乙所示，已知A点到斜面底端的距离x＝18 m，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＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求：

(1) 物块在A点的速度大小； (2) 水平恒力F的大小．

6. 如图所示，质量为10 kg的环在F＝140 N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，拉力F与杆以及杆与水平地面的夹角都为θ＝37°，力F作用一段时间后撤去，环在杆上继续上滑了0.5 s后，速度减为零，取g＝10 m/s2 ，sin 37°＝0.6，cos 37°＝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．

7. 在粗糙水平面上，一电动玩具小车以v0＝4 m/s的速度做匀速直线运动，其正前方平铺一边长为L＝

0.6 m的正方形薄板，小车在到达薄板前某处立即关闭电源，靠惯性运动x＝3 m的距离后沿薄板一边的中垂线平滑地冲上薄板．小车与水平面以及小车与薄板之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，薄板与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，小车质量M为薄板质量m的3倍，小车可看成质点，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1) 小车冲上薄板时的速度大小；

(2) 小车从刚冲上薄板到停止时的位移大小．

参考答案

a1x2

1. B [由v2＝2ax，可得客车和卡车制动时的加速度之比为＝＝21∶19，选项B正确；根据牛顿第二

a2x1

Ff1m1a1

定律Ff＝ma，可得所受阻力之比＝·＝1∶1，选项A错误；由Wf＝Ffx，可得所受阻力做功之比

Ff2m2a2为

Wf1Ff1x1t1a2

＝·＝19∶21，选项C错误；由v＝at可得制动时间之比为＝＝19∶21，选项D错误．] Wf2Ff2x2t2a1

1

2. C [设小物块在A点时速度大小为v，AB＝BC＝l，则在B点时速度大小为v，由运动学公式有v2－

2

11

(v)2＝2μ1gl，(v)2＝2μ2gl，解得μ1＝3μ2，C正确．] 22

3. C [根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有向右的加速度，对小铁球受力分析如

mg

图所示，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为FN＝，选项

cos αF合

A、B错误；小铁球所受的合外力为F合＝mgtan α，由牛顿第二定律得a＝＝gtan α，

m

选项C正确；分析凹槽和小铁球整体，应用牛顿第二定律得F＝(M＋m)a＝(M＋m)gtan α，选项D错误．]

4. BC [对小球进行受力分析，作出受力图：重力mg、竖直挡板对小球的弹力FN1、斜面小车对球的弹

力FN2.设加速度大小为a，斜面的倾角为α.根据牛顿第二定律得：竖直方向：mg＝FN2cos α①

水平方向：FN1－FN2sin α＝ma②

由①看出，m、α不变，则FN2不变． 由②得，FN1＝FN2sin α＋ma.

则向左加速运动且加速度a逐渐增加时，FN1逐渐增大．故B、C正确，A、D错误．] 5. (1)5 m/s (2)10.1 N

解析 (1)设物块在斜面上运动的加速度大小为a 1，方向沿斜面向上，物块在斜面上的运动逆向思维为

1

匀加速运动，则x＝vt＋a1t2，解得a1＝0.25 m/s2，物块在A点的速度为v0＝v＋a1t＝5 m/s

2(2)设物块与各接触面间的动摩擦因数为μ，物块在水平面上运动时，有μmg＝ma2 由题图乙可知a2＝2 m/s2 解得μ＝0.2

物块在斜面上运动时，设所受的摩擦力为Ff，则Fcos θ－mgsin θ＋Ff＝ma1 Ff＝μFN

FN＝mgcos θ＋Fsin θ

mgsin θ－μmgcos θ＋ma1

解得F＝≈10.1 N.

cos θ＋μsin θ

6. (1)1 s (2)15 m/s

解析 (1)撤去拉力F后，mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，0＝v1－a2t2，解得v1＝5 m/s.

撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向)：Fcos θ－mgsin θ－μ(Fsin θ－mgcos θ)＝ma1， v1＝a1t1， 所以 t1＝1 s

v1

(2)根据牛顿第二定律可得： mgsin θ－μmgcos θ＝ma3，x＝(t1＋t2)，v2＝2a3x，联立解得v＝15 m/s

27. (1)2 m/s (2)1.25 m

解析 (1)设小车关闭电源后加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：μ1Mg＝Ma1① 设小车刚冲上薄板时速度为v1，由运动学公式，有： v12－v02＝－2a1x②

①②联立，得：v1＝2 m/s③

(2)小车冲上薄板后，薄板上下两表面受到的摩擦力方向相反，设薄板的加速度大小为a2，由牛顿第二定律得：

μ1Mg－μ2(M＋m)g＝ma2④

小车冲上薄板后，薄板以a2加速，车仍以a1减速，设经时间t两者共速，则：v1－a1t＝a2t⑤ 联立④⑤并代入数据，得：t＝0.5 s

则此时小车和薄板的速度大小v2＝1 m/s

该段时间，小车的位移：x1＝

v1＋v21

t＝0.75 m；薄板的位移：x2＝a2t2＝0.25 m 22

由于x1－x2＜L，所以小车未滑出薄板．

接着小车与薄板共同减速，设加速度大小为a3，有：μ2(M＋m)g＝(M＋m)a3⑥ 设车与薄板共同减速的位移大小为x3，有：v22＝2a3x3⑦ ⑥⑦式联立解得x3＝0.5 m

所以小车从刚冲上薄板到停止时位移的大小：x＝x1＋x3＝1.25 m