“四翼”檢測評價（二十） 動力學中的三類常見題型

“四翼”檢測評價（二十）動力學中的三類常見題型eq\a\vs4\al(A)組—重基礎·體現綜合1．(多選)一個物體在光滑水平面上做勻速直線運動。t＝0時，開始對物體施加一外力F，力F的方向與速度方向相同，大小隨時間變化的關系如圖所示，則物體在0～t0時間內()A．物體的加速度a逐漸減小，速度v逐漸減小B．物體的加速度a逐漸減小，速度v逐漸增大C．t0時刻物體的加速度a＝0，速度v最大D．t0時刻物體的加速度a＝0，速度v＝0解析：選BC物體在0～t0時間內，F減小，則物體的合力逐漸減小，由牛頓第二定律知，加速度逐漸減小，當F＝0時加速度減至0。因為加速度的方向與速度方向相同，則速度逐漸增大，當加速度a＝0時，速度v最大。故B、C正確，A、D錯誤。2.(2022·清遠高一檢測)如圖所示，質量為4kg的物體B和質量為2kg的物體C用輕彈簧連接并豎直地靜置于水平地面上。將一個質量為1kg的物體A輕放在物體B上的瞬間，物體B的加速度大小為(取g＝10m/s2)()A．2m/s2 B．2.5m/s2C．5m/s2 D．0解析：選A因為彈簧不能發(fā)生突變，即物體A輕放在物體B上的瞬間，彈簧對B的彈力保持不變，所以物體A輕放在物體B上的瞬間，AB瞬間具有相同的加速度，對AB整體由牛頓第二定律得mAg＝(mA＋mB)a，解得a＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2，故A正確。3．蹦床是小朋友們非常喜愛的一種戶外娛樂活動，其原理可簡化如圖所示，橡皮繩兩端點A、B固定在金屬桿上，橡皮繩處于ACB時為原長狀態(tài)。把小孩拉至D點放手時開始計時，小孩將在橡皮繩的作用下向上運動恰好到達E點。則橡皮繩的彈力和小孩速度隨時間變化規(guī)律可能的是()解析：選D小孩在C、E之間運動時，不受彈力，只受重力，加速度恒定，做勻變速直線運動，該段的速度圖像應該是直線，而A的速度圖像全部是曲線，A錯誤；小孩在D、E之間做上下往復運動，向上運動速度為正值，向下運動速度為負值，而B速度圖像的速度始終為正值，表示一直向上運動，B錯誤；橡皮繩只有因為拉伸形變產生的拉力，沒有因為擠壓形變產生的彈力，只要橡皮繩的長度小于自然長度，彈力就是零，所以橡皮繩的彈力要么為正值，要么為零，不可能為負值，C錯誤，D正確。4．某運送物資的班列由40節(jié)質量相等的車廂組成，在車頭牽引下，列車沿平直軌道勻加速行駛時，第2節(jié)對第3節(jié)車廂的牽引力為F。若每節(jié)車廂所受摩擦力、空氣阻力均相等，則倒數第3節(jié)對倒數第2節(jié)車廂的牽引力為()A．F B．eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：選C設列車做勻加速直線運動的加速度為a，可將后面的38節(jié)車廂作為一個整體進行分析，設每節(jié)車廂的質量均為m，每節(jié)車廂所受的摩擦力和空氣阻力的合力大小均為f，則有F－38f＝38ma，再將最后面的2節(jié)車廂作為一個整體進行分析，設倒數第3節(jié)車廂對倒數第2節(jié)車廂的牽引力為F′，則有F′－2f＝2ma，聯立解得F′＝eq\f(F,19)，C正確，A、B、D均錯誤。5.如圖所示，長木板放置在水平面上，一小物塊置于長木板的中央，長木板和物塊的質量均為m，物塊與長木板間的動摩擦因數為μ，長木板與水平面間的動摩擦因數為eq\f(μ,4)，已知最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g?，F對物塊施加一水平向右的拉力F，則長木板加速度a的大小可能是()A．μg B．eq\f(1,3)μgC.eq\f(2,3)μg D．eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg解析：選D若物塊和長木板之間不發(fā)生相對滑動，物塊和長木板一起運動，對物塊和長木板的整體，根據牛頓第二定律可得F－eq\f(1,4)μ·2mg＝2ma，解得a＝eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg；若物塊和長木板之間發(fā)生相對滑動，對長木板，水平方向受兩個摩擦力的作用，根據牛頓第二定律，有μmg－eq\f(1,4)μ·2mg＝ma，解得a＝eq\f(1,2)μg，D正確。6．如圖所示，質量均為m的a、b兩物塊用輕桿連接放在傾角為37°的斜面上，a所在BC段光滑、b與AB段間的動摩擦因數為0.25，重力加速度為g。a、b在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面勻速上行(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．拉力F大小為1.6mgB．桿對物塊a的拉力大小為0.8mgC．若撤去拉力F，則撤去瞬間物塊a的加速度大小為0.7gD．若撤去拉力F，則撤去瞬間桿對物塊a的拉力為0解析：選C拉力F大小為F＝2mgsin37°＋μmgcos37°＝1.4mg，A錯誤；桿對物塊a的拉力大小為Fa＝mgsin37°＝0.6mg，B錯誤；若撤去拉力F，則撤去瞬間物塊a的加速度大小為a＝eq\f(2mgsin37°＋μmgcos37°,2m)＝0.7g，C正確；若撤去拉力F，則撤去瞬間對a分析可知mgsin37°－Fa′＝ma，解得Fa′＝－0.1mg，負號說明桿對a的作用力沿斜面向下，D錯誤。7．如圖甲所示，物體原來靜止在水平面上，用一水平力F拉物體，在F從0開始逐漸增大的過程中，物體先靜止后又做變加速運動，其加速度隨外力F變化的圖像如圖乙所示，根據圖乙中所標出的數據可計算出(g＝10m/s2)()A．物體的質量為1kgB．物體的質量為2kgC．物體與水平面間的動摩擦因數為0.2D．物體與水平面間的動摩擦因數為0.5解析：選B由題圖乙可知F1＝7N時，a1＝0.5m/s2，F2＝14N時，a2＝4m/s2，由牛頓第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2kg，μ＝0.3，故B正確。8.質量為M的光滑圓槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使質量為m的小球靜止在圓槽上，如圖所示，則()A．小球對圓槽的壓力為eq\f(MF,m＋M)B．小球對圓槽的壓力為eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力增加D．水平恒力F變大后，如果小球仍靜止在圓槽上，小球對圓槽的壓力減小解析：選C利用整體法可求得系統(tǒng)的加速度為a＝eq\f(F,M＋m)，對小球受力分析如圖，利用牛頓第二定律可得：小球受到圓槽的支持力為eq\r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，由物體間力的相互作用可知C正確。9.一質量m＝2.0kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37°足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的v-t圖像，如圖所示，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)小物塊沖上斜面過程中加速度的大小。(2)小物塊與斜面間的動摩擦因數。解析：(1)由v-t圖像可知加速度大小為a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8.0,1.0)m/s2＝8m/s2。(2)對物塊受力分析，物塊受重力、支持力FN、摩擦力f作用沿斜面方向：mgsin37°＋f＝ma垂直斜面方向：mgcos37°＝FN又f＝μFN聯立以上三式得a＝gsin37°＋μgcos37°代入數據解得μ＝0.25。答案：(1)8m/s2(2)0.25eq\a\vs4\al(B)組—重應用·體現創(chuàng)新10．(多選)如圖所示，質量為m的小球置于傾角為θ的斜面上，被一個豎直擋板擋住?，F用一個水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的勻加速直線運動，重力加速度為g，忽略一切摩擦阻力，以下說法正確的是()A．斜面對小球的彈力為eq\f(mg,cosθ)B．斜面和豎直擋板對小球彈力的合力為maC．若增大加速度a，斜面對小球的彈力一定增大D．若增大加速度a，豎直擋板對小球的彈力一定增大解析：選AD對小球受力分析如圖所示，把斜面對小球的彈力FN2進行正交分解，豎直方向有FN2cosθ＝mg，水平方向有FN1－FN2sinθ＝ma，所以斜面對小球的彈力為FN2＝eq\f(mg,cosθ)，A正確。由于FN2＝eq\f(mg,cosθ)與加速度a無關，故當增大加速度a時，斜面對小球的彈力不變，擋板對小球的彈力FN1＝ma＋mgtanθ，可知FN1隨a增大而增大，故C錯誤，D正確；小球受到的合力為ma，故B錯誤。11．如圖所示，質量為M的小車放在光滑的水平面上，小車上用細線懸吊一質量為m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和車一起以加速度a向右運動時，細線與豎直方向成θ角，細線的拉力為F1。若用一力F′水平向左拉小車，使小球和小車一起以加速度a′向左運動時，細線與豎直方向也成θ角，細線的拉力為F1′。則()A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＝F1C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＞F1解析：選B當用力F水平向右拉小球時，以小球為研究對象，豎直方向有F1cosθ＝mg①水平方向有F－F1sinθ＝ma以整體為研究對象有F＝(m＋M)a解得a＝eq\f(m,M)gtanθ②當用力F′水平向左拉小車時，以小球為研究對象，豎直方向有F1′cosθ＝mg③水平方向有F1′sinθ＝ma′解得a′＝gtanθ④結合兩種情況，由①③可得F1＝F1′；由②④并結合M＞m有a′＞a，故B正確。12．如圖甲所示，固定光滑輕桿與地面成一定傾角，在桿上套有一個光滑小環(huán)，小環(huán)在沿桿方向的拉力F的作用下向上運動，拉力F與小環(huán)的速度v隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小環(huán)的質量m；(2)輕桿與地面間的傾角α。解析：(1)由F-t圖像知，0～2s內拉力F