1、动力学基本问题1、某实验小组制作了一个火箭模型，由测力计测得其重力为G。通过测量计算可知此火箭发射时可提供大小为F=2G的恒定推力，且持续时间为t。随后小明又对该火箭进行了改进，采用二级推进的方式，即当火箭飞行经过时，火箭丢弃一半的质量，剩余时间，火箭推动剩余的一半继续飞行。原来的火箭可上升的高度为H，改进后的火箭最高可上升的高度为（不考虑燃料消耗引起的质量变化及空气阻力）（ ）A.1.5HB.2HC.2.15HD.3.25H2、如图所示为某加速度计的部分原理示意图。质量为0.5kg的小滑块(可视为质点)穿在光滑水平杆上,两边与两根完全相同的轻弹簧连接,弹簧的劲度系数为2N/cm,静止时均处于
2、原长状态,小滑块处于O点。当装置在水平方向运动时,小滑块移动至O点左侧1cm处,则可判断此时小滑块的加速度( )A.大小为,方向水平向左B.大小为,方向水平向右C.大小为,方向水平向左D.大小为,方向水平向右3、如图所示,劲度系数为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x,此时物体静止,撤去F后,物体开始向左运动,物体与水平间的动摩擦因数为,重力加速度为g,则下列说法正确的是（ ）A.刚撤去F时物体的加速度大小为B.刚撤去F时物体的加速度大小为C.撤去F后,物体刚脱离弹簧时速度最大D.
3、撤去F后,物体先加速运动后减速运动4、如图所示，一细线的一端固定于倾角为45的光滑楔形滑块A上的顶端0处，细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a(取)( )A. 当时，细线上的拉力为B.当时，小球受的支持力为 C. 当时，细线上的拉力为2ND. 当时，若A与小球能相对静止的匀加速运动，则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和5、如图所示,一轻质弹簧上端固定在天花板上,下端拴接质量为m的小球,小球放在倾角为的光滑斜面上,整体处于平衡状态时,弹簧与竖直方向成角,重力加速度为g,则( )A.若弹簧下端与小球断开,则断开瞬间小球的加速度大小为B
4、.若弹簧下端与小球断开,则断开瞬间小球的加速度大小为C.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为D.若将斜面突然移走,则移走瞬间小球的加速度大小为6、如图甲所示,在倾角为37的粗糙且足够长的斜面底端,一质量可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定,滑块与弹簧不相连.时解除锁定,计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示,其中段为曲线,段为直线,g取,.则下列说法正确的是( )A.0.1s前加速度一直在减小B.滑块在0.10.2s时间间隔内沿斜面向下运动C.滑块与斜面间的动摩擦因数D.在滑块与弹簧脱离之前,滑块一直在做加速运动7、某科研单位设计了一空间飞行器,飞行器从地面起飞时,发动机提
5、供的动力方向与水平方向夹角,使飞行器恰好与水平方向成角的直线斜向右上方匀加速飞行,经时间后,将动力的方向沿逆时针旋转同时适当调节其大小,使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行,飞行器所受空气阻力不计,下列说法中正确的是()A.加速时加速度的大小为B.加速时动力的大小等于C.减速时动力的大小等于D.减速飞行时间后速度为零8、如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端放置一物体(物体与弹簧不连接),初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F作用在物体上,使物体开始向上做匀加速运动,拉力F与物体位移x之间的关系如图乙所示.g取,则下列结论正确的是( )A.物体与弹簧分离时,弹簧处于压缩状态B.弹
6、簧的劲度系数为C.物体的质量为D.物体的加速度大小为9、如图所示是杂技中的“顶竿”表演,地面上演员B的肩部顶住一根长直竹竿,另一演员A爬至竹竿顶端完成各种动作。某次“顶竿”表演临近结束时,演员A自竿(竖直)顶由静止开始下滑,滑到竿底时速度恰好为零,若竹竿长为6m,下滑的总时间为3s,演员A前1s做匀加速运动,1s末达到最大速度后做匀减速运动,3s末恰好滑到竿底。设演员A的质量,竹竿的质量,则(g取)( )A.在下滑过程中,演员A的加速度方向始终竖直向下B.在下滑过程中,演员A所受的摩擦力保持不变C. 内,演员A处于超重状态D. 时,演员B肩部所受的压力大小为490N10、如图所示,为固定在车上
7、的水平横杆,物块M串在杆上,靠摩擦力保持相对杆静止,M又通过经细线悬吊着一个小铁球m,此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速直线运动,而均相对小车静止,细线与竖直方向的夹角为,小车的加速度逐渐增大,M始终和小车相对静止,当加速度增加到时( )A.横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍B.横杆对M弹力不变C.细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍D.细线的拉力增加到原来的2倍11、如图甲所示,在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器,传感器下方挂上一轻质弹簧,弹簧下端挂一质量为m的小球,若升降机在匀速运行过程中突然停止,并以此时为零时刻,在后面一段时间内传感器显示弹簧弹力F随时间t变化的图象如
8、图乙所示,g为重力加速度,则( )A.升降机停止前在向上运动B.0t1时间内小球处于失重状态,t1t2时间内小球处于超重状态C.t1t2时间内小球向下运动,速度先增大后减小D.t3t4时间内小球向下运动,速度一直增大12、如图甲所示，倾角为的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为，质量为的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度v的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取（ ）A.05s内小木块做匀减速运动B.在t=1s时刻，摩擦力反向C.斜面倾角D.小木块与斜面间的动摩擦因数为0.513、如图所示,小车在平直的路面上做直线运动,悬挂小球A的细线与竖直方向成一固定夹角,水平底板上的物
9、体B与小车保持相对静止。已知B此时受到的摩擦力大小为7.5N,A、B两物体的质量均为1kg, g取10m/s2,sin37=0.6。求:1.小车的加速度的大小和方向,并说明小车的可能运动状态;2.小球所受的拉力大小;3.细线与竖直方向的夹角的大小。14、如图所示,厚度不计的圆环套在粗细均匀、长度为0.8m的圆柱顶端。圆环可在园柱上滑动,同时从静止释放,经0.4s圆柱与地相碰,圓柱与地相碰后速度瞬间变为0,且不会倾倒。1. 求静止释放瞬问,圆柱下端离地的高度 2.若最终圆环离地的距离为0.6m,则圆环与园柱间的滞动摩擦力是圆环重力的几倍?3.若圆环速度减为0时,恰好到达地而,则从静止释放时固环离
10、地的高度为多少?15、如图甲所示，一质量为m1 kg的物体置于水平面上，在水平外力的作用下由静止开始运动，水平外力随时间的变化情况如图乙所示，物体运动的速度随时间变化的情况如图丙所示，4 s后图线没有画出。g取。求：(1)物体在第3 s末的加速度大小；(2)物体与水平面间的动摩擦因数；(3)物体在前6 s内的位移。 答案以及解析1答案及解析：答案：C解析：原火箭加速上升过程,由牛顿第二定律有F-G=ma,解得a=g,加速上升高度,t时刻向上的速度v=gt;失去推力后,做竖直上抛运动,上升高度,则H=h1+h2=gt2;改为二级推进后,第一阶段加速上升过程,由牛顿第二定律有F-G=ma1,解得a
11、1=g,时间加速上升高度为,时刻向上的速度,丢弃一半质量后,开始第二阶段加速,由牛顿第二定律得,解得a2=3g,时间加速上升高度为,t时刻向上的速度,失去推力后,做竖直上抛运动,上升高度,上升高度H=H1+H2+H3=2.75H,选项C正确。 2答案及解析：答案：B解析：当小滑块移动至O点左侧1cm处时,小滑块受到左侧弹簧向右的弹力,大小为,同时小滑块还受到右侧弹簧向右的弹力,大小也为,故合力为,方向水平向右,根据牛顿第二定律有:,方向水平向右,故B正确。 3答案及解析：答案：D解析：刚撤去F的瞬间,物体在水平方向上受向左的弹簧的弹力和向右的摩擦力,根据牛顿第二定律得,物体的加速度.故A、B错
12、误.撤去F后,弹簧的弹力大于摩擦力,向左做加速运动,当弹力与摩擦力相等时,速度最大,然后弹力小于摩擦力的大小,做减速运动,脱离弹簧后做匀减速运动.可以知道物体先加速后减速.故C错误,D正确.所以选D.4答案及解析：答案：A解析：物体在斜面上的临界加速度为，当加速度时，由受力分析可得，竖直方向合力等于0,水平方向合力，绳子上拉力为F=,当加速度时，小球只受绳子拉力和重力，绳子上拉力等于F=；当加速度时，小球离开斜面，由于小球和 斜面体相对静止，对于整体,在竖直方向合力等于0,支持力等于重力，所以A对。 5答案及解析：答案：B解析：对小球受力分析,小球受到弹簧的拉力F,斜面的支持力N和重力,三力平
13、衡,根据平衡条件可得,弹簧的弹力大小,斜面的支持力大小为,若弹簧下端与小球断开,即弹簧的弹力消失,断开瞬间小球的加速度大小为,A错误,B正确;斜面突然移走的瞬间,弹簧的弹力不变,斜面的支持力消失,故小球所受重力和弹簧弹力的合力与N大小相等方向相反,故小球的加速度大小为,CD错误。 6答案及解析：答案：C解析：图象的斜率表示加速度,所以0.1s前加速度先减小后增大。故A项错误。0.10.2s内,速度为正且减小,则滑块在0.10.2s时间间隔内沿斜面向上做减速运动。故B项错误。由图象,滑块在0.10.2s内加速度大小,据牛顿第二定律可得,解得:。故C项正确。在滑块与弹簧脱离之前,当弹力小于重力沿斜
14、面向下的分力与摩擦力的合力时,滑块做减速运动。故D项错误。 7答案及解析：答案：A解析：起飞时,飞行器受推力和重力,两力的合力与水平方向成角斜向上,设动力为,合力为,如图所示:在中,由几何关系得: ,由牛顿第二定律得飞行器的加速度为: ,故A正确,B错误; 时刻的速率: ,推力方向逆时针旋转,合力的方向与水平方向成斜向下,推力跟合力垂直,如图所示,此时合力大小为: ,动力大小: ,飞行器的加速度大小为: ,到最高点的时间为: ,故CD错误。 8答案及解析：答案：CD解析：物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故A错误;刚开始时物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有;拉力为10N时,根据牛顿第二定律
15、有;物体与弹簧分离后,拉力为30N,根据牛顿第二定律有;代入数据解得,故A、B错误,C、D正确. 9答案及解析：答案：CD解析：演员A在下滑过程中,先做匀加速运动后做匀减速运动,可知其加速度方向先竖直向下后竖直向上,即演员A前1s处于失重状态,后2s处于超重状态,选项A错误,C正确;演员A在下滑过程中其加速度方向有变化,由牛顿第二定律可知,演员A所受的摩擦力有变化,选项B错误;设下滑过程中演员A的最大速度为v,由可得最大速度,演员A匀减速运动时的加速度,对匀减速下滑过程中的演员A和竿受力分析并应用牛第二定律,有,代入数据解得演员B对演员A和竿整体的支持力大小,由牛顿第三定律可知,演员B受到的压
16、力大小也为490N,选项D正确。 10答案及解析：答案：AB解析：取物块和小铁球为一整体,进行受力分析,竖直方向上横杆对整体的支持力和整体所受的总重力平衡, ,水平方向上满足,其中F表示横杆对物块的摩擦力,当加速度增加到后,横杆对物块的支持力保持不变,而横杆对物块的摩擦力增加到原来的2倍,选项A、B均正确。隔离小铁球,以小铁球为研究对象,细线拉力的竖直分力与小铁球所受的重力平衡,细线拉力的水平分力产生加速度,当加速度增加到时,竖直分力不变,水平分力加倍,选项C、D均不正确。 11答案及解析：答案：AC解析：由题中图象看出,升降机停止后弹簧的拉力变小,小球向上运动,而小球的运动方向与升降机原来的
17、运动方向相同,则知升降机停止前在向上运动,故A正确;0t1时间内拉力小于重力,小球处于失重状态,t1t2时间内拉力也小于重力,小球也处于失重状态,故B错误;t1时刻弹簧处于原长,小球到达最高点,t1t3时间内小球向下运动,弹簧处于拉伸状态,小球所受的合力先向下后向上,速度先增大后减小,C正确;t3时刻小球到达最低点,t3t4时间内小球向上运动,速度增大,D错误。 12答案及解析：答案：BCD解析：根据图象得出匀加速和匀减速运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出恒力F和动摩擦因数的大小。A项、由匀变速直线运动的速度位移公式:与图象所得:，由图示图象可以知道，初速度:，即，减速运动时间:，所以选项
18、A错误。B项、由图示图象可以知道，在内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，时摩擦力反向，所以B选项是正确的。由图示图象可以知道，物体反向加速运动时的加速度:，由牛顿第二定律得:，代入数据计算得出:，所以选项CD正确。所以选择BCD。 13答案及解析：答案：1.7.5m/s2,方向水平向右,向右做匀加速运动或向左做匀减速运动2.12.5N; 3.37解析：1.对物体B由牛顿第二定律得物体B的加速度为。物体B、小球和小车相对静止,它们的加速度相同,所以A、B及小车的加速度大小均为,方向水平向右、所以小车可能向右做匀加速运动或向左作匀减速运动,且加速度大小均为。2.方法一 合成法以小球
19、为研究对象,对小球进行受力分析如图所示,小球所受合力,由几何关系可知: ;方法二 正交分解法建立直角坐标系如图所示,正交分解各力,根据牛顿第二定律列方程得x方向,y方向,所以3.在下图中,由几何关系可知,所以。 14答案及解析：答案：1. 2.v1=gt1=4m/sa=40m/s2f-mg=ma3. v2=8m/sH=L+h2=4m解析： 15答案及解析：答案：(1)由vt图象可知，物体在前4s做匀变速直线运动，所以物体在第3s末的加速度等于前4s内的加速度，根据vt图象和加速度定义式：得(2)在04s内，在水平方向：解出：0.4(3)设前4 s的位移为x1，由位移公式：设4 s后物体运动时的加速度为，则：；解得，物体在4s末时的速度为v4 m/s，设物体从4s末后运动时间速度减为0，则：解得：t22 s(1分)所以，物体在6s末速度恰好减为0故后2s内的位移：代入数据，解得，所以物体在前6s内的位移解析：