2022人教新高考物理一轮课时检测16动力学的三类典型问题(带解析)

1、动力学的三类典型问题1 .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均为m的物体A、B接触（A与B和弹簧均未 +业八鲤竺噢:连接），弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体B,在弹性限度内弹簧长度被压缩了xo,此时物体A、B静止。已知物体 A与水平面间的动摩擦因数为11,物体B与水平面间的摩擦不计。撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为 4xo,重力加速度为g。则（）A.撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B.撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为 等wgC.物体A、B一起向左运动距离 xo后相互分离D.物体A、B一起向左运动距离x =

2、xo 3严布相互分离k解析：选D A、B 一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时， B与A分离,B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A项错误；撤去F瞬间，由kxo-mg= 2ma可知2=第一勺B项错误；当物体 A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹=科mgkx' , x' =JTmg所k以物体A、B一起向左运动距离 x=xo 相互分离，D项正确，C项错误。 k2 .如图所示，质量分别为 mi、m2的两个物体通过轻弹簧连接， 在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（mi在光滑地面上，m2在空中

3、）。已知力F与水平方向的夹角为 2则mi的加速度大小为（）Fsin 0Bl mi + m2Fcos 0A.mi+ m2C Fcos 0D.Fsin (m2mi、m2看成一个整体，由牛顿第解析：选A mi、m2加速度相同，方向水平向右，把Fcos。.一二te律可得 Fcos 0=（mi + m2）a,所以a=,选项 A正确。mi+ m23 .如图所示，物块 A和B的质量分别为4m和m,开始A、B均静止，细绳拉直，在竖直向上拉力F = 6mg作用下，动滑轮竖直向上加速运动。已知动滑轮质量忽略不计，动滑轮半径很小，不考虑绳与滑轮之间的摩擦，细绳足够长。在滑轮向上运动过程中,物块A和B的加速度分别为(

4、)A. aA= 2g, aB=5g1B. aA= aB = 5gC - aA=4g,aB= 3gD. aA= 0, aB= 2g解析：选D 对滑轮分析：F 2T=ma,又m=0,F 6mg所以T=万=2 = 3mg ,对A分析：由于 T<4mg ,故A静止，aA= 0T mg 3mg mg对B分析：aB= -m =m = 2g,故D正确。4.如图所示，光滑长方体物块质量为M,静止在水平地面上，上部固定一轻滑轮，跨过定滑轮的轻绳连接质量为mi和m2的两物体，连接mi的细绳水平、m2恰好与M的侧壁相接触。不考虑一切摩擦，现对M施加水平向右的推力 F,使得三物体不存在相对运动，则 F的大小为(

5、)A.m2 mi+ m2+ MmiB.mi mi+ m2+ Mm2C.mi M mi+ m2m2D.m2 mi+ m2+ M解析：选A 对整体水平方向有 F = (M + m+m2)a,对mi水平方向有T=mia,对m2竖直方向有T=m2g,联立解得fJ"；1” g,故A正确。5.如图所示，在建筑工地，工人兄弟用两手对称水平施力将两长 方体水泥制品夹紧并以加速度a竖直向上匀加速搬起。 其中A的质量 月 4 月为m, B的质量为2m,水平作用力为F, A、B之间的动摩擦因数为"因在此过程中，A、B间的摩擦力为()iA . pFB.2m(g+a)3C. m(g+ a)D.2m(

6、g+a)解析：选B 对A、B整体分析，根据牛顿第二定律，有2Ff一(m+2m)g= (m+2m)a；再i隔离A分析，根据牛顿第一te律，有Ff mg - FfBA = ma。联乂斛得 FfBA = 2m(g + a),选项B正确。6.（多选）如图所示，质量均为m的A、B两物块置于水平地面上,R A 物块与地面间的动摩擦因数均为臼物块间用一水平轻绳相连，绳中无拉力。现用水平力F向右拉物块A,假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。重力加速度为go下列说法中正确的是（）A.当0VFW科mgB寸，绳中拉力为 0B.当mgc FwZpmgB寸，绳中拉力大小为 F 科mgC.当F>2mg寸，绳中拉力大小为

7、2D.无论F多大，绳中拉力大小都不可能等于 F3解析：选ABC 当0V FW pmgB寸，A受到拉力与静摩擦力的作用，二者平衡，绳中拉力为0,故A正确；当体处于静止状态，此时科mg Fw 2 d mg寸，整体受到拉力与摩擦力的作用，二者平衡，所以整A受到的静摩擦力达到最大即科mg所以绳中拉力大小为 F 科mgF 2mgF 拉一mg故B正确；当F>2科mg寸，对整体：a=-2m-,B: a=一m,联立解得绳中拉力，1. .大小为2F ,故C正确；由以上的分析可知，当mg< F w 2mgB寸绳中拉力大小为 F 科mg 1绳中拉力大小可能等于 1F ,故D错误。 37 .如图所示，质量

8、为 m的球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住。 现 用力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为 a的匀加速直线运动，忽 略一切摩擦，以下说法正确的是 （ ）A.若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零8 .若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零C.斜面和挡板对球的弹力的合力等于maD.斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值解析：选D 对球受力分析，球受到重力 mg、斜面的支持力Fn2、竖直挡板的水平弹力F N1,设斜面的倾斜角为 a,则竖直方向有 Fn2cos a= mg,因为mg和a不变，所以无论加速 度如何变化，Fn2不变且不可能为零，选项 B错误，D正确；水平方向有 Fni FN2Sin a=

9、 ma, 因为FN2Sin并0,所以即使加速度足够小， 竖直挡板的水平弹力也不可能为零，选项A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力即为Fn2在竖直方向的分力 Fn2cos a与水平方向的合力 ma的合成，因此大于ma,选项C错误。8.如图所示，钢铁构件 A、B叠放在卡车的水平底板上，卡车 底板与B间的动摩擦因数为 岗，A、B间动摩擦因数为 戌，也>0卡车刹车的最大加速度为a, a> M2g,可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在我距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过（）A. 2asoB.寸2 wgs。C. 2（j2gso

10、D. 也 十 卢 gso解析：选C 若卡车以最大加速度刹车，则由于a> M2g, A、B间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当 A、B整体相对车发生滑动时a'四i mA+ mB g=世g, mA + mB当A、B间发生相对滑动时,，m2 mAga = m =网，由于m网所 III A以a' >a，即当以a'刹车时,A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时,汽车刹车的最大加速度为a",根据公式v2v2 = 2ax,可得v0= 2p2gso,即vo=d2gso,C项正确。9 .如图甲所示，在高速公路的

11、连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车 辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵， 以vo= 90 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货 车与路面间的动摩擦因数科=0.30,取重力加速度大小 g=10 m/s2。（1）为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角。应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用。的正切值表示。（2）若避险车道路面倾角为15。,求货车在避险车道上行驶的最大距离。（已知sin 15 = 0.26,cos 15 = 0.97,结果保留2位有效数字）

12、甲乙解析：（1）当货车在避险车道停下不发生溜滑时有:fm > mgsin 0货车所受的最大摩擦力联立可解得(2)货车在避险车道上行驶时，由牛顿第二定律得mgsin 0+mgos 0= ma则a=mgsin 0+mgos 0=5.51 m/stan0.30。脱离纸板时的加速度 ai= g,纸板的加速度a2 =F (im+M g E_JMgi +2i=2 pg 根据2a2t2 2ait2货车的初速度 vo= 90 km/h = 25 m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为答案：(1)tan 0.30 (2)57 m潜能激发10 .(多选)如图，将小祛码置于桌面上的薄纸板上，用水平向/ -%

13、代力右的拉力将纸板迅速抽出，祛码的移动的距离很小。这就是大家熟；悉的惯性演示实验。 若祛码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为科，祛码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为do现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A.纸板相对祛码运动时，纸板所受摩擦力的大小为MM + m)gB.要使纸板相对祛码运动，F 一定大于2 MM + m)gC.若祛码与纸板分离时的速度小于Wgd祛码不会从桌面上掉下D.当F= M2M+ 3m)g时，祛码恰好到达桌面边缘解析：选BC 对纸板分析，当纸板相对祛码运动时，所受的摩擦力为f2=.M + m)g +科Mg故A错误；设祛码的加速度为ai

14、,纸板的加速度为 a2,则有：fi=科Mg= Mai, Ff2= ma2,发生相对运动需要 a2>ai,代入已知条件解得：F>2M + m)g,故B正确；若祛码与纸板分离时的速度小于 亡%d祛码匀加速运动的位移小于 竟二产2,匀减速运动的位移小2ai 2dg 2于二=尸dd，则位移小于d,不会从桌面掉下，故 C正确；当F = M2M+ 3m)g时，祛码未2ai 2ag 22a'2 dD错误。=d,解得t=、件,则此时祛码的速度 v=ait = 42Tgd祛码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小 a'=科自则匀减速运动的位移为 Tv=27d= d,而匀加速运

15、动的位移x' =2ait2=d,可知祛码在匀加速运动结束时离开桌面，故11 . (2021年1月新高考8省联考湖南卷)(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1,重力加速度g取10 m/s2,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 用力F沿水平方向拉物体 Co以下说法正确的是()白打矍"/冉用/打网/白井打打打再以白£A.拉力F小于11 N时，不能拉动 CB.拉力F为17

16、N时，轻绳的拉力为 4 NC.要使A、B保持相对静止，拉力 F不能超过23 ND . A的加速度将随拉力F的增大而增大解析：选AC 当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给 C的向右的摩擦力f 桌，绳子向右的拉力 T,B给C向右的摩擦力fBc,其中f桌=0.1(mA+mB+mc)g= 3 N, fBc= 0.2(mA + mB)g=4 N, F=f 桌+ fBC + T, T = fBC=4 N,可解得 F = 11 N,故 A 正确；因为 B 和 C 的加 速度大小相等，在 A和B即将发生相对滑动，对 A受力分析可得fAB=0.4mAg=mAa,对AB 整体受力分析可得 T fBC=

17、(mA+ mB)a,对C物体受力分析可得 F T fBC f桌 = mca,联立 解得F = 23 N ,说明A和B发生相对滑动的临界拉力大小为 F = 23 N ,故C正确；当F = 17 N 时，没有发生相对滑动，此时对 AB整体T-fBC=(mA+ mB)a1,对C物体受力分析F-T-fBC -f桌=mca1,联立解得T = 8 N ,故B错误；当拉力增大， A和B发生相对滑动时，则 A物 体受到滑动摩擦力，加速度为 a= 0.4g = 4 m/s2,随拉力F增大加速度不变，D错误。12 . (2020山东等级考)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图 甲所示的模型：U

18、形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连 接而成，轨道倾角为17.2 °。某次练习过程中，运动员以vm=10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角“=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g= 10 m/s2, sin 72.8 = 0.96, cos 72.8 =0.30。求：f 睦中M17.2乙由运动学公式得,v2d=21(I甲运动员腾空过程中离开 AD的距离的最大值d;(2)M、N之间的距离L。解析：(1)在M点,设运动员在 ABCD面内垂直AD方向的分速度为v