课时跟踪检测（二十六）动力学中的三类典型问题

课时跟踪检测（二十六）动力学中的三类典型问题1．(2023·江苏盐城高一期末)如图所示，光滑的水平面上两个质量分别为m1＝2kg、m2＝3kg的物体，中间用轻质弹簧秤连接，在两个大小分别为F1＝30N、F2＝20N的水平拉力作用下一起匀加速运动，则()A．弹簧秤的示数是10NB．弹簧秤的示数是20NC．弹簧秤的示数是26ND．弹簧秤的示数是52N解析：选C以两物体组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得F1－F2＝(m1＋m2)a，解得a＝2m/s2，对物体m1，由牛顿第二定律得F1－F弹＝m1a，解得F弹＝26N，弹簧秤示数为26N。故选C。2.如图所示，并排放在光滑水平面上的两物体的质量分别为m1和m2，且m1＝2m2。当用水平推力F向右推m1时，两物体间的相互作用力的大小为FN，则()A．FN＝F B．FN＝eq\f(1,2)FC．FN＝eq\f(1,3)F D．FN＝eq\f(2,3)F解析：选C当用F向右推m1时，对两物体整体研究，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，对质量为m2的物体研究，有FN＝m2a＝eq\f(m2,m1＋m2)F，因m1＝2m2，得FN＝eq\f(F,3)。故选项C正确。3.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的v­t图像如图所示。则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F的大小分别为(g取10m/s2)()A．0.2,6N B．0.1,6NC．0.2,8N D．0.1,8N解析：选A由v­t图像知a1＝1m/s2，a2＝2m/s2，由F－μmg＝ma1，μmg＝ma2，解得μ＝0.2，F＝6N，选项A正确。4．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，物体加速度a随力F变化的图像如图乙所示，g取10m/s2。则()A．加速度a与力F成正比B．物体在力F作用下做匀加速直线运动C．物体的质量为1kgD．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3解析：选Da­F图像是不过原点的直线，所以a与F成线性关系，不是成正比，故A错误；物体在力F作用下做加速度增大的变加速运动，故B错误；设物体的质量为m，物体与水平面间的动摩擦因数为μ，根据牛顿第二定律有F－μmg＝ma，取图中数据代入后解得m＝2kg，μ＝0.3，故C错误，D正确。5.(2023·南京高一期末)如图，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()A．aA＝eq\f(1,2)g，aB＝5g B．aA＝aB＝eq\f(1,2)gC．aA＝eq\f(1,4)g，aB＝3g D．aA＝0，aB＝2g解析：选D在竖直向上拉力F＝6mg作用下，此时A和B受到的拉力均为3mg，对物块A，因为3mg＜4mg，故物块A静止，加速度为0，对物体B,3mg－mg＝maB，得aB＝2g，故选D。6．如图甲所示，水平地面上有一质量为M的物体，用竖直向上的力F向上提它，力F变化而引起物体加速度变化的函数关系如图乙所示，重力加速度大小为g，则下列说法不正确的是()A．当F小于图乙中A点横坐标表示的值时，物体的重力Mg>F，物体不动B．图乙中A点的横坐标等于物体的重力大小C．物体向上运动的加速度与力F成正比D．图线延长线和纵轴的交点B的纵坐标为－g解析：选C当0≤F≤Mg时，物体静止，A正确；当F>Mg时，能将物体提离地面，此时，F－Mg＝Ma，a＝eq\f(F,M)－g，A点表示的意义为F＝Mg，加速度a与力F成线性关系，不是成正比，B正确，C错误；图线的纵轴截距为－g，D正确。故选C。7．(2022·全国乙卷)如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L。一大小为F的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，它们加速度的大小均为()A.eq\f(5F,8m)B.eq\f(2F,5m)C.eq\f(3F,8m)D.eq\f(3F,10m)解析：选A当两球运动至二者相距eq\f(3,5)L时，如图所示，由几何关系可知sinθ＝eq\f(3,5)，设绳子拉力为T，水平方向有2Tcosθ＝F，解得T＝eq\f(5,8)F。对任意小球由牛顿第二定律可得T＝ma，解得a＝eq\f(5F,8m)，故A正确，B、C、D错误。8．(2023·江苏昆山高一检测)如图所示三个装置中物块m在水平桌面上向右运动，(a)中桌面光滑，(b)、(c)中桌面粗糙程度相同，(c)用大小为F＝Mg的力替代重物M进行牵引，其余均相同。不计绳和滑轮质量，下列关于三个实验装置的分析中，正确的是()A．装置(a)中绳上张力Ta＝0B．装置(a)中物块m的加速度为gC．装置(b)、(c)中物块m的加速度相同D．装置(a)中绳上的张力Ta小于装置(b)中绳上的张力Tb解析：选D对于装置(a)，根据牛顿第二定律分别对两物体分析可得Mg－Ta＝Maa，Ta＝maa，解得物块m的加速度大小为aa＝eq\f(Mg,M＋m)，绳上张力Ta＝eq\f(mMg,m＋M)，故A、B错误；对于装置(b)，根据牛顿第二定律可得Mg－Tb＝Mab，Tb－f＝mab，解得物块m的加速度大小为ab＝eq\f(Mg－f,m＋M)，对于装置(c)，根据牛顿第二定律可得Mg－f＝mac，解得物块m的加速度大小为ac＝eq\f(Mg－f,m)，故C错误；绳上张力Tb＝eq\f(mMg＋Mf,m＋M)＞Ta，故D正确。9.(2023·江苏海安高一期末)如图所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端叠放两个质量均为M的物体A、B(A物体与弹簧连接)，弹簧的劲度系数为k，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B上，使物体A、B开始向上一起做加速度为a的匀加速运动直到A、B分离，重力加速度为g，则()A．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为M(g－a)B．外力施加的瞬间，A、B间的弹力大小为MgC．分离时，A上升的高度为eq\f(Mg＋a,k)D．分离时，A上升的高度为eq\f(Mg,k)解析：选A拉力F施加的瞬间，对A物体根据牛顿第二定律有F弹－Mg－FAB＝Ma，F弹＝2Mg，解得FAB＝M(g－a)，故A正确，B错误。两物体处于初始静止状态时，对AB整体受力分析得2Mg＝kx0，此时弹簧的压缩量为x0＝eq\f(2Mg,k)，在AB分离瞬间，AB间的弹力FAB＝0，弹簧弹力不为零，对A受力分析得kx－Mg＝Ma，得到这一瞬间弹簧的压缩量为x＝eq\f(Mg＋a,k)，则A上升的高度Δx＝x0－x＝eq\f(Mg－a,k)，故C、D错误。10.如图所示，质量为4kg的小球用细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上，绳与竖直方向的夹角为37°。已知g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)当汽车以a1＝2m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细绳对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小；(2)当汽车以a2＝10m/s2的加速度向右匀减速行驶时，细绳对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小。解析：(1)当汽车向右匀减速行驶时，设小球所受车后壁弹力为0时(临界状态)的加速度为a0，受力分析如图甲所示。由牛顿第二定律和平衡条件得：FTsin37°＝ma0，FTcos37°＝mg，联立并代入数据得：a0＝7.5m/s2。当汽车以加速度a1＝2m/s2<a0向右匀减速行驶时，小球受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律和平衡条件得：FT1sin37°－FN1＝ma1，FT1cos37°＝mg，联立并代入数据得：FT1＝50N，FN1＝22N，由牛顿第三定律知，小球对车后壁的压力大小为22N。(2)因为a2＝10m/s2>a0，所以小球会飞起来，FN2＝0，故小球对车后壁的压力为0，细绳对小球的拉力为FT2＝eq\r(mg2＋ma22)＝40eq\r(2)N。答案：(1)50N22N(2)40eq\r(2)N011.如图所示，质量为2kg的物体A和质量为1kg的物体B放在水平地面上，A、B与地面间的动摩擦因数均为eq\f(1,3)，在与水平方向成α＝37°角、大小为20N斜向下推力F的作用下，A、B一起做匀加速直线运动(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)。求：(1)A、B一起做匀加速直线运动的加速度大小；(2)运动过程中A对B的作用力大小；(3)若3s后撤去推力F，求撤去推力F后1s内A、B在地面上滑行的距离。解析：(1)以A、B整体为研究对象进行受力分析，有：Fcosα－μ[(mA＋mB)g＋Fsinα]＝(mA＋mB)a代入数据解得a＝eq\f(2,3)m/s2。(2)以B为研究对象，设A对B的作用力大小为FAB，根据牛顿第二定律有：FAB－μmBg＝mBa，代入数据解得FAB＝4N。(3)若3s后撤去推力F，此时物体A、B的速度：v