“四翼”检测评价（二十） 动力学中的三类常见题型

“四翼”检测评价（二十）动力学中的三类常见题型eq\a\vs4\al(A)组—重基础·体现综合1．(多选)一个物体在光滑水平面上做匀速直线运动。t＝0时，开始对物体施加一外力F，力F的方向与速度方向相同，大小随时间变化的关系如图所示，则物体在0～t0时间内()A．物体的加速度a逐渐减小，速度v逐渐减小B．物体的加速度a逐渐减小，速度v逐渐增大C．t0时刻物体的加速度a＝0，速度v最大D．t0时刻物体的加速度a＝0，速度v＝0解析：选BC物体在0～t0时间内，F减小，则物体的合力逐渐减小，由牛顿第二定律知，加速度逐渐减小，当F＝0时加速度减至0。因为加速度的方向与速度方向相同，则速度逐渐增大，当加速度a＝0时，速度v最大。故B、C正确，A、D错误。2.(2022·清远高一检测)如图所示，质量为4kg的物体B和质量为2kg的物体C用轻弹簧连接并竖直地静置于水平地面上。将一个质量为1kg的物体A轻放在物体B上的瞬间，物体B的加速度大小为(取g＝10m/s2)()A．2m/s2 B．2.5m/s2C．5m/s2 D．0解析：选A因为弹簧不能发生突变，即物体A轻放在物体B上的瞬间，弹簧对B的弹力保持不变，所以物体A轻放在物体B上的瞬间，AB瞬间具有相同的加速度，对AB整体由牛顿第二定律得mAg＝(mA＋mB)a，解得a＝eq\f(10,5)m/s2＝2m/s2，故A正确。3．蹦床是小朋友们非常喜爱的一种户外娱乐活动，其原理可简化如图所示，橡皮绳两端点A、B固定在金属杆上，橡皮绳处于ACB时为原长状态。把小孩拉至D点放手时开始计时，小孩将在橡皮绳的作用下向上运动恰好到达E点。则橡皮绳的弹力和小孩速度随时间变化规律可能的是()解析：选D小孩在C、E之间运动时，不受弹力，只受重力，加速度恒定，做匀变速直线运动，该段的速度图像应该是直线，而A的速度图像全部是曲线，A错误；小孩在D、E之间做上下往复运动，向上运动速度为正值，向下运动速度为负值，而B速度图像的速度始终为正值，表示一直向上运动，B错误；橡皮绳只有因为拉伸形变产生的拉力，没有因为挤压形变产生的弹力，只要橡皮绳的长度小于自然长度，弹力就是零，所以橡皮绳的弹力要么为正值，要么为零，不可能为负值，C错误，D正确。4．某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A．F B．eq\f(19F,20)C.eq\f(F,19) D．eq\f(F,20)解析：选C设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq\f(F,19)，C正确，A、B、D均错误。5.如图所示，长木板放置在水平面上，一小物块置于长木板的中央，长木板和物块的质量均为m，物块与长木板间的动摩擦因数为μ，长木板与水平面间的动摩擦因数为eq\f(μ,4)，已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g。现对物块施加一水平向右的拉力F，则长木板加速度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：选D若物块和长木板之间不发生相对滑动，物块和长木板一起运动，对物块和长木板的整体，根据牛顿第二定律可得F－eq\f(1,4)μ·2mg＝2ma，解得a＝eq\f(F,2m)－eq\f(1,4)μg；若物块和长木板之间发生相对滑动，对长木板，水平方向受两个摩擦力的作用，根据牛顿第二定律，有μmg－eq\f(1,4)μ·2mg＝ma，解得a＝eq\f(1,2)μg，D正确。6．如图所示，质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37°的斜面上，a所在BC段光滑、b与AB段间的动摩擦因数为0.25，重力加速度为g。a、b在平行于斜面的拉力F作用下沿斜面匀速上行(已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)()A．拉力F大小为1.6mgB．杆对物块a的拉力大小为0.8mgC．若撤去拉力F，则撤去瞬间物块a的加速度大小为0.7gD．若撤去拉力F，则撤去瞬间杆对物块a的拉力为0解析：选C拉力F大小为F＝2mgsin37°＋μmgcos37°＝1.4mg，A错误；杆对物块a的拉力大小为Fa＝mgsin37°＝0.6mg，B错误；若撤去拉力F，则撤去瞬间物块a的加速度大小为a＝eq\f(2mgsin37°＋μmgcos37°,2m)＝0.7g，C正确；若撤去拉力F，则撤去瞬间对a分析可知mgsin37°－Fa′＝ma，解得Fa′＝－0.1mg，负号说明杆对a的作用力沿斜面向下，D错误。7．如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度随外力F变化的图像如图乙所示，根据图乙中所标出的数据可计算出(g＝10m/s2)()A．物体的质量为1kgB．物体的质量为2kgC．物体与水平面间的动摩擦因数为0.2D．物体与水平面间的动摩擦因数为0.5解析：选B由题图乙可知F1＝7N时，a1＝0.5m/s2，F2＝14N时，a2＝4m/s2，由牛顿第二定律得：F1－μmg＝ma1，F2－μmg＝ma2，解得m＝2kg，μ＝0.3，故B正确。8.质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A．小球对圆槽的压力为eq\f(MF,m＋M)B．小球对圆槽的压力为eq\f(mF,m＋M)C．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析：选C利用整体法可求得系统的加速度为a＝eq\f(F,M＋m)，对小球受力分析如图，利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为eq\r(mg2＋\f(m2F2,M＋m2))，由物体间力的相互作用可知C正确。9.一质量m＝2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v-t图像，如图所示，求：(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2)(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小。(2)小物块与斜面间的动摩擦因数。解析：(1)由v-t图像可知加速度大小为a＝eq\f(Δv,Δt)＝eq\f(8.0,1.0)m/s2＝8m/s2。(2)对物块受力分析，物块受重力、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联立以上三式得a＝gsin37°＋μgcos37°代入数据解得μ＝0.25。答案：(1)8m/s2(2)0.25eq\a\vs4\al(B)组—重应用·体现创新10．(多选)如图所示，质量为m的小球置于倾角为θ的斜面上，被一个竖直挡板挡住。现用一个水平力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，重力加速度为g，忽略一切摩擦阻力，以下说法正确的是()A．斜面对小球的弹力为eq\f(mg,cosθ)B．斜面和竖直挡板对小球弹力的合力为maC．若增大加速度a，斜面对小球的弹力一定增大D．若增大加速度a，竖直挡板对小球的弹力一定增大解析：选AD对小球受力分析如图所示，把斜面对小球的弹力FN2进行正交分解，竖直方向有FN2cosθ＝mg，水平方向有FN1－FN2sinθ＝ma，所以斜面对小球的弹力为FN2＝eq\f(mg,cosθ)，A正确。由于FN2＝eq\f(mg,cosθ)与加速度a无关，故当增大加速度a时，斜面对小球的弹力不变，挡板对小球的弹力FN1＝ma＋mgtanθ，可知FN1随a增大而增大，故C错误，D正确；小球受到的合力为ma，故B错误。11．如图所示，质量为M的小车放在光滑的水平面上，小车上用细线悬吊一质量为m的小球，M＞m，用一力F水平向右拉小球，使小球和车一起以加速度a向右运动时，细线与竖直方向成θ角，细线的拉力为F1。若用一力F′水平向左拉小车，使小球和小车一起以加速度a′向左运动时，细线与竖直方向也成θ角，细线的拉力为F1′。则()A．a′＝a，F1′＝F1 B．a′＞a，F1′＝F1C．a′＜a，F1′＝F1 D．a′＞a，F1′＞F1解析：选B当用力F水平向右拉小球时，以小球为研究对象，竖直方向有F1cosθ＝mg①水平方向有F－F1sinθ＝ma以整体为研究对象有F＝(m＋M)a解得a＝eq\f(m,M)gtanθ②当用力F′水平向左拉小车时，以小球为研究对象，竖直方向有F1′cosθ＝mg③水平方向有F1′sinθ＝ma′解得a′＝gtanθ④结合两种情况，由①③可得F1＝F1′；由②④并结合M＞m有a′＞a，故B正确。12．如图甲所示，固定光滑轻杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的拉力F的作用下向上运动，拉力F与小环的速度v随时间变化规律如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：(1)小环的质量m；(2)轻杆与地面间的倾角α。解析：(1)由F-t图像知，0～2s内拉力F