課時(shí)跟蹤檢測（二十三） 動力學(xué)中的三類典型問題

課時(shí)跟蹤檢測（二十三）動力學(xué)中的三類典型問題1.如圖所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2兩個(gè)小物塊，它們中間有水平細(xì)線連接。已知m1＝3kg，m2＝2kg，連接它們的細(xì)線最大能承受6N的拉力。現(xiàn)用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，為保持細(xì)線不斷，則F1與F2的最大值分別為()A．10N15N B．15N6NC．12N10N D．15N10N解析：選D用水平外力F1向左拉m1，對m1有F1－T＝m1a1，對m2有T＝m2a1，解得F1最大值為15N；用水平外力F2向右拉m2，對m2有F2－T＝m2a2，對m1有T＝m1a2，解得F2最大值為10N，故選D。2．(2023·龍巖高一檢測)質(zhì)量為2kg的物體在水平推力F的作用下沿水平面做直線運(yùn)動，一段時(shí)間后撤去F，其運(yùn)動的v－t圖像如圖所示。則物體與水平面間的動摩擦因數(shù)μ和水平推力F的大小分別為(g取10m/s2)()A．0.26N B．0.16NC．0.28N D．0.18N解析：選A由v－t圖像知a1＝1m/s2，a2＝2m/s2，由牛頓第二定律有F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，聯(lián)立解得μ＝0.2，F(xiàn)＝6N，選項(xiàng)A正確。3．一物塊靜止在粗糙的水平桌面上，從某時(shí)刻開始，物塊受到一方向不變的水平拉力作用。假設(shè)物塊與桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。以a表示物塊的加速度大小，F(xiàn)表示水平拉力的大小，能正確描述F與a之間的關(guān)系的圖像是()解析：選C設(shè)物塊所受滑動摩擦力的大小為f，在水平拉力F作用下，物塊做勻加速直線運(yùn)動，由牛頓第二定律得，F(xiàn)－f＝ma即F＝ma＋f，所以能正確描述F與a之間關(guān)系的圖像是C。4．某動車組只有5節(jié)車廂，其中第1、3節(jié)車廂為動車，其余為拖車，假設(shè)動車組各車廂質(zhì)量相等，行駛時(shí)各車廂受到的阻力大小相同，動車提供的動力大小均為F，則動車勻加速行駛時(shí)，相互之間作用力最大的兩節(jié)車廂是()A．1、2節(jié)車廂 B．2、3節(jié)車廂C．3、4節(jié)車廂 D．4、5節(jié)車廂解析：選C設(shè)1、2節(jié)車廂間相互作用力大小為F1,2、3節(jié)車廂間相互作用力大小為F2,3、4節(jié)車廂間相互作用力大小為F3,4、5節(jié)車廂間相互作用力大小為F4，根據(jù)牛頓第二定律，對整體，有2F－5f＝5ma，對第1節(jié)車廂，有F－f－F1＝ma，對第1、2節(jié)車廂，有F－2f－F2＝2ma，對第1、2、3節(jié)車廂，有2F－3f－F3＝3ma，對第1、2、3、4節(jié)車廂，有2F－4f－F4＝4ma，解得F1＝eq\f(3,5)F，F(xiàn)2＝eq\f(1,5)F，F(xiàn)3＝eq\f(4,5)F，F(xiàn)4＝eq\f(2,5)F，故選C。5.(多選)如圖所示，質(zhì)量為M＝1kg的物塊放在水平桌面上，桌面的左端固定一光滑定滑輪，輕繩繞過定滑輪，一端連接在物塊上，另一端吊著質(zhì)量為m的小球，物塊與滑輪間的輕繩水平。由靜止釋放物塊，當(dāng)小球的質(zhì)量為0.5kg時(shí)，物塊由靜止開始到在水平桌面上運(yùn)動0.5m所用的時(shí)間為1s。已知重力加速度大小g取10m/s2，物塊與水平桌面間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。則下列說法正確的是()A．要使物塊能運(yùn)動，小球的質(zhì)量至少為0.3kgB．要使物塊能運(yùn)動，小球的質(zhì)量至少為0.35kgC．要使輕繩不斷開，輕繩能承受的拉力至少為13.5ND．要使輕繩不斷開，輕繩能承受的拉力至少為14.5N解析：選BC根據(jù)題意，當(dāng)m1＝0.5kg時(shí)，有m1g－Ff＝(M＋m1)a，s＝eq\f(1,2)at2，解得Ff＝3.5N，要使物塊能運(yùn)動，則mg≥Ff，解得小球的質(zhì)量至少為mmin＝0.35kg，A錯誤，B正確；根據(jù)mg－Ff＝(M＋m)a，T－Ff＝Ma，解得T＝eq\f(13.5,1＋\f(1,m))，當(dāng)m增大時(shí)，T增大，當(dāng)m趨于無窮大時(shí)T＝13.5N，C正確，D錯誤。6．(2023·濟(jì)南高一檢測)可升降的跳樓機(jī)是游樂園和主題樂園常見的大型機(jī)動游戲裝置。若某人乘坐跳樓機(jī)的v－t圖像如圖，取豎直向上為正方向，g取10m/s2，則()A．跳樓機(jī)在2s～4s內(nèi)的加速度比4s～6s內(nèi)的加速度大B．跳樓機(jī)在0～6s內(nèi)的平均速度大小為4m/sC．跳樓機(jī)在4s末離地高度最大D．4s～6s時(shí)間內(nèi)人對座椅的壓力大小與自身重力的比值為3∶5解析：選D跳樓機(jī)在2s～4s內(nèi)的加速度a1＝eq\f(Δv1,Δt1)＝eq\f(8－4,4－2)m/s2＝2m/s2,4s～6s內(nèi)的加速度a2＝eq\f(Δv2,Δt2)＝eq\f(0－8,6－4)m/s2＝－4m/s2，負(fù)號表示方向，跳樓機(jī)在2s～4s內(nèi)的加速度比4s～6s內(nèi)的加速度小，A錯誤；跳樓機(jī)在0～6s內(nèi)位移大小等于v－t圖像與坐標(biāo)軸圍成的面積s＝2×4m＋eq\f(1,2)×2×(4＋8)m＋eq\f(1,2)×8×2m＝28m，跳樓機(jī)在0～6s內(nèi)的 平均速度大小eq\x\to(v)＝eq\f(Δs,Δt)＝eq\f(28,6)m/s＝eq\f(14,3)m/s，B錯誤；跳樓機(jī)在6s末離地高度最大，C錯誤；設(shè)座椅對人的支持力大小為FN，人的質(zhì)量為m，由牛頓第二定律得mg－FN＝ma2，解得FN＝6m，由牛頓第三定律得，人對座椅的壓力FN′的大小等于座椅對人的支持力FN的大小，4s～6s時(shí)間內(nèi)人對座椅的壓力大小與自身重力的比值eq\f(FN′,mg)＝eq\f(6m,10m)＝eq\f(3,5)，D正確。7．放置于足夠長的固定光滑斜面上的物塊，在平行于斜面向上的拉力F作用下，沿斜面向上做直線運(yùn)動。拉力F和物塊速度v隨時(shí)間t變化的圖像如圖所示，g取10m/s2，則()A．第1s內(nèi)物塊受到的合外力為5.5NB．物塊的質(zhì)量為0.5kgC．斜面傾角為30°D．若第3s末撤去拉力F，物塊停止運(yùn)動前加速度大小為6m/s2解析：選C由題圖可知，在0～1s時(shí)間內(nèi)物塊做加速運(yùn)動，a＝eq\f(0.5,1)m/s2＝0.5m/s2，設(shè)斜面傾角為θ，物塊質(zhì)量為m，分析物塊的受力情況，由牛頓第二定律得，F(xiàn)合＝F1－mgsinθ＝ma，其中F1＝5.5N，在1～3s時(shí)間內(nèi)物塊做勻速運(yùn)動，F(xiàn)2＝mgsinθ＝5N，得m＝1kg，θ＝30°，F(xiàn)合＝0.5N，撤去拉力F后，物塊停止運(yùn)動前加速度大小為a′＝gsinθ＝5m/s2，故A、B、D錯誤，C正確。8．(2023·南平高一檢測)如圖所示，兩個(gè)質(zhì)量均為m的物塊疊放壓在一個(gè)豎直輕彈簧上面，處于靜止?fàn)顟B(tài)，彈簧的勁度系數(shù)為k，t＝0時(shí)刻，物體受到一個(gè)豎直向上的作用力F，使得物體以0.5g(g為重力加速度)的加速度勻加速上升，則A、B分離時(shí)B的速度為()A.eq\f(g,2)eq\r(\f(m,k)) B．geq\r(\f(m,2k))C．geq\r(\f(2m,k)) D．2geq\r(\f(m,k))解析：選B靜止時(shí)彈簧壓縮量x1＝eq\f(2mg,k)，A、B分離時(shí)兩物塊之間的彈力恰好為零，且B的加速度仍為0.5g，設(shè)此時(shí)彈簧壓縮量為x2，對B由牛頓第二定律得kx2－mg＝ma，得x2＝eq\f(3mg,2k)，物塊B上升的高度為s＝x1－x2＝eq\f(mg,2k)，由v2＝2as得v＝geq\r(\f(m,2k))，B正確。9．如圖甲所示，一個(gè)質(zhì)量為3kg的物體放在粗糙水平地面上，從零時(shí)刻起，物體在水平力F作用下由靜止開始做直線運(yùn)動。在0～3s時(shí)間內(nèi)物體的加速度a隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，則()A．F的最大值為12NB．0～1s和2～3s內(nèi)物體加速度的方向相反C．3s末物體的速度最大，最大速度為8m/sD．在0～1s內(nèi)物體做勻加速運(yùn)動，2～3s內(nèi)物體做勻減速運(yùn)動解析：選C1～2s內(nèi)物體加速度恒定，故所受作用力恒定，根據(jù)牛頓第二定律F合＝ma知合外力為12N，由于物體在水平方向受摩擦力作用，故作用力F大于12N，故A錯誤；物體在力F作用下由靜止開始運(yùn)動，加速度方向始終為正，與速度方向相同，故物體在前3s內(nèi)始終做加速運(yùn)動，第3s內(nèi)加速度減小說明物體速度增加得慢了，但仍是加速運(yùn)動，故B錯誤；因?yàn)槲矬w速度始終增加，故3s末物體的速度最大，再根據(jù)Δv＝a·Δt知速度的增加量等于加速度與時(shí)間的乘積，在a－t圖像上即為圖像與時(shí)間軸所圍圖形的面積，Δv＝eq\f(1,2)×(1＋3)×4m/s＝8m/s，物體由靜止開始做加速運(yùn)動，故最大速度為8m/s，C正確；第2s內(nèi)物體的加速度恒定，物體做勻加速直線運(yùn)動，在0～1s內(nèi)物體做加速度增大的加速運(yùn)動，2～3s內(nèi)物體做加速度減小的加速運(yùn)動，故D錯誤。10．(多選)如圖甲所示，物塊受水平向右的力F作用，緊靠豎直墻壁，F(xiàn)隨時(shí)間變化規(guī)律如圖乙所示。已知物塊質(zhì)量為m，t＝0時(shí)物塊速度為0，物塊與墻壁間動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度為g，滑動摩擦力等于最大靜摩擦力，考慮0～2T0過程，對物塊有()A．最大速度為0.5gT0 B．最大速度為gT0C．位移為0.5gT02 D．位移為gT02解析：選AC0～T0過程中，F(xiàn)＝mg，物塊與墻壁間最大靜摩擦力為0.5mg，小于物塊自身重力，物塊向下做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為a1＝eq\f(mg－0.5mg,m)＝0.5g，T0時(shí)刻，物塊速度為v1＝a1t1＝0.5gT0，位移為s1＝eq\f(1,2)a1t12＝0.25gT02，T0～2T0過程中，F(xiàn)＝3mg，物塊與墻壁間為滑動摩擦力，大小為1.5mg，大于物塊自身重力，物塊會向下做勻減速運(yùn)動，加速度大小為a2＝eq\f(1.5mg－mg,m)＝0.5g，減速至0的時(shí)間為t2＝eq\f(v1,a2)＝T0，該段時(shí)間內(nèi)物塊向下位移為s2＝v1t2－eq\f(1,2)a2t22＝0.25gT02，由上述分析可知，物塊在T0時(shí)刻速度最大，最大速度為0.5gT0，整個(gè)過程中位移為s＝s1＋s2＝0.5gT02，故選A、C。11．如圖所示，矩形盒內(nèi)用兩根細(xì)線固定一個(gè)質(zhì)量為m＝1.0kg的均勻小球，a線與水平方向成53°角，b線水平。兩根細(xì)線所能承受的最大拉力都是Fm＝15N。(cos53°＝0.6，sin53°＝0.8，g取10m/s2)求：(1)當(dāng)該系統(tǒng)沿豎直方向勻加速上升時(shí)，為保證細(xì)線不被拉斷，加速度可取的最大值；(2)當(dāng)該系統(tǒng)沿水平方向向右勻加速運(yùn)動時(shí)，為保證細(xì)線不被拉斷，加速度可取的最大值。解析：(1)豎直向上勻加速運(yùn)動時(shí)小球受力如圖所示當(dāng)a線拉力為15N時(shí)，由牛頓第二定律得豎直方向有Fasin53°－mg＝ma水平方向有Facos53°＝Fb解得Fb＝9N，此時(shí)加速度有最大值a＝2m/s2。(2)水平向右勻加速運(yùn)動時(shí)，由牛頓第二定律得豎直方向有Fasin53°＝mg水平方向有Fb－Facos53°＝ma′解得Fa＝12.5N當(dāng)Fb＝15N時(shí)，此時(shí)加速度有最大值a′＝7.5m/s2。答案：(1)2m/s2(2)7.5m/s212．如圖甲所示，質(zhì)量m＝1kg的物塊在平行斜面向上的拉力F作用下從靜止開始沿斜面向上運(yùn)動，t＝0.5s時(shí)撤去拉力，利用速度傳感器得到其速度隨時(shí)間變化的關(guān)系圖像(v－t圖像)如圖乙所示，g取10m/s2，求：(1)2s內(nèi)物塊的位移大小s和通過的路程L；(2)拉力F的大小；(3)斜面對物塊的滑動摩擦力f的大小。解析：(1)在2s內(nèi)，由題圖乙知物塊上升的最大距離s1＝eq\f(1,2)×2×1m＝1m物塊下滑的距離s2＝eq\f(1,2)×1×1m＝0.5m所以，位移大小s＝s1－s2＝0.5m路程L＝s1＋s2＝1.5m。(2)0～0.5s，物塊沿斜面加速上升，受力分析如圖(a)所示；0.5～1s，物塊沿斜面減速上升，受力分