（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（十六）動力學(xué)的三類典型問題（題型研究課）（含解析）

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1、（通用版）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 課時檢測（十六）動力學(xué)的三類典型問題（題型研究課）（含解析） 1.(2019·武漢模擬)如圖所示，兩黏連在一起的物塊a和b，質(zhì)量分別為ma和mb，放在光滑的水平桌面上，現(xiàn)同時給它們施加方向如圖所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，則a對b的作用力(　　) A．必為推力 B．必為拉力 C．可能為推力，也可能為拉力 D．不可能為零 解析：選C　將a、b視為一個整體，加速度a＝，單獨(dú)對a進(jìn)行分析，設(shè)a、b間的作用力為Fab，則a＝＝，即Fab＝，由于不知道m(xù)a與mb的大小關(guān)系，故Fab可能為正，可能為負(fù)，也可能等于0，C正確。 2.(2

2、019·哈爾濱模擬)如圖所示，質(zhì)量為m1和m2的兩物塊放在光滑的水平地面上。用輕質(zhì)彈簧將兩物塊連接在一起。當(dāng)用水平力F作用在m1上時，兩物塊均以加速度a做勻加速運(yùn)動，此時，彈簧伸長量為x；若用水平力F′作用在m1上時，兩物塊均以加速度a′＝2a做勻加速運(yùn)動，此時彈簧伸長量為x′，彈簧始終在彈性限度內(nèi)。則下列關(guān)系正確的是(　　) A．F′＝2F　　　　　　　　　 　B．x′>2x C．F′>2F D．x′<2x 解析：選A　把兩個物塊視為整體，由牛頓第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F(xiàn)′＝(m1＋m2)a′，又a′＝2a，可得F′＝2F，選項(xiàng)A正確，C錯誤；隔離m2，由牛頓第二定律得k

3、x＝m2a，kx′＝m2a′，解得x′＝2x，選項(xiàng)B、D錯誤。 3.如圖所示，質(zhì)量分別為m1、m2的兩個物體通過輕彈簧連接，在力F的作用下一起沿水平方向做勻加速直線運(yùn)動(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F與水平方向的夾角為θ，則m1的加速度大小為(　　) A. B. C. D. 解析：選A　m1、m2在水平方向上加速度相同，把m1、m2看成一個整體，由牛頓第二定律可得Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，選項(xiàng)A正確。 4.如圖所示，粗糙水平面上放置B、C兩物體，物體A疊放在C上，A、B、C的質(zhì)量分別為m、2m、3m，B、C與水平面間的動摩擦因數(shù)相同，其間用一不可伸長

4、的輕繩相連，輕繩能承受的最大拉力為FT?，F(xiàn)用水平拉力F拉B，使A、B、C以同一加速度向右運(yùn)動，則(　　) A．此過程中C受到五個力的作用 B．當(dāng)F逐漸增大到FT時，輕繩剛好被拉斷 C．當(dāng)F逐漸增大到1.5FT時，輕繩剛好被拉斷 D．若水平面光滑，則輕繩剛拉斷時，A、C間的摩擦力為 解析：選C　對A受力分析，A受重力、支持力和向右的靜摩擦力作用，可知C受重力、A對C的壓力、地面的支持力、輕繩的拉力、A對C的摩擦力以及地面的摩擦力六個力的作用，故A錯誤；對整體分析，整體的加速度a＝＝－μg，對A、C整體分析，根據(jù)牛頓第二定律得，F(xiàn)繩－μ·4mg＝4ma，解得F繩＝F，當(dāng)F＝1.5FT時

5、，輕繩剛好被拉斷，故B錯誤，C正確；若水平面光滑，輕繩剛拉斷時，對A、C整體分析，加速度a′＝，隔離A單獨(dú)分析，A受到的摩擦力Ff＝ma′＝，故D錯誤。 5.(2019·黃岡質(zhì)檢)如圖所示，bc 為固定在小車上的水平橫桿，物塊 M 串在桿上，靠摩擦力保持相對桿靜止，M 又通過輕細(xì)線懸吊著一小球 m, 此時小車正以大小為 a 的加速度向右做勻加速運(yùn)動，而 M、m 均相對小車靜止，細(xì)線與豎直方向的夾角為 θ。小車的加速度逐漸增加，M 始終和小車保持相對靜止，當(dāng)加速度增加到2a時(　　) A．橫桿對M的摩擦力增加到原來的2倍 B．橫桿對M的彈力增加到原來的2倍 C．細(xì)線與豎直方向的夾角增加

6、到原來的2倍 D．細(xì)線的拉力增加到原來的2倍 解析：選A　對m和M組成的整體，分析受力如圖甲所示，根據(jù)牛頓第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，豎直方向：FN＝(M＋m)g，則當(dāng)加速度增加到2a時，橫桿對M的摩擦力Ff增加到原來的2倍，橫桿對M的彈力與兩個物體受到的總重力大小相等，保持不變，故A正確，B錯誤；以小球?yàn)檠芯繉ο?，分析受力如圖乙所示，由牛頓第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，當(dāng)a增加到2a時，tan θ變?yōu)樵瓉淼膬杀?，但θ不是原來?倍，細(xì)線的拉力FT＝，可知a變?yōu)?a時，F(xiàn)T不是原來的2倍，故C、D錯誤。 6．(多選)質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相

7、同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，輕繩平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙所示位置放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是(　　) A．輕繩的拉力等于Mg B．輕繩的拉力等于mg C．M運(yùn)動的加速度大小為(1－sin α)g D．M運(yùn)動的加速度大小為g 解析：選BC　互換位置前，M靜止在斜面上，則有：Mgsin α＝mg，互換位置后，對M有：Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，F(xiàn)T＝mg，故A、D錯，B、C對。 7.(多選

8、)如圖所示，A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m，靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ，B與地面間的動摩擦因數(shù)為μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)對A施加一水平拉力F，則下列說法正確的是(　　) A．當(dāng)F＜2μmg時，A、B都相對地面靜止 B．當(dāng)F＝μmg時，A的加速度為μg C．當(dāng)F＞3μmg時，A相對B滑動 D．無論F為何值，B的加速度不會超過μg 解析：選BCD　A、B相對靜止時，對A、B整體應(yīng)用牛頓第二定律，有F－×3mg＝3ma；對B，在A、B恰好要發(fā)生相對運(yùn)動時，μ×2mg－×3mg＝ma，解得F＝3μmg，可見，當(dāng)F＞3μmg時，A相對B滑動，C正

9、確；對A、B整體，地面對B的最大靜摩擦力為μmg，故當(dāng)μmg＜F＜3μmg時，A、B相對地面運(yùn)動，A錯誤；當(dāng)F＝μmg時，A、B相對靜止，對整體有μmg－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B正確；無論F為何值，B所受最大的動力為A對B的最大靜摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，D正確。 8．(多選)如圖甲所示，水平地面上固定一足夠長的光滑斜面，斜面頂端有一理想定滑輪，一輕繩跨過滑輪，繩兩端分別連接小物塊A和B。保持A的質(zhì)量不變，改變B的質(zhì)量m，當(dāng)B的質(zhì)量連續(xù)改變時，得到A的加速度a隨B的質(zhì)量m變化的圖線如圖乙所示(m0、a1、a2均未知)。設(shè)加速度沿斜面向上的方向?yàn)檎较?，空氣阻?/p>

10、不計(jì)，重力加速度g取9.8 m/s2，斜面的傾角為θ，下列說法中正確的是(　　) A．若θ已知，可求出A的質(zhì)量 B．若θ未知，可求出圖乙中a1的值 C．若θ已知，可求出圖乙中a2的值 D．若θ已知，可求出圖乙中m0的值 解析：選BC　由題圖乙知，m＝m0時，A的加速度a＝0，則此時，受力平衡，對A、B分析得m0g＝mAgsin θ，由于m0未知，所以不能求出mA的大小，同理mA未知，所以不能求出m0的大小，故A、D項(xiàng)錯誤；設(shè)繩的拉力為T，加速度大小為a，m任意時，對B由牛頓第二定律得mg－T＝ma，對A由牛頓第二定律得T－mAgsin θ＝mAa，解得a＝g，當(dāng)m趨向無窮大時，a

11、趨向于g，所以a1＝g，即a1與θ無關(guān)，故B項(xiàng)正確；a＝a2時，m＝0，即繩對A的拉力為零，有mAgsin θ＝mAa2，解得a2＝gsin θ，θ已知，所以可以求a2的值，故C項(xiàng)正確。 9．(2019·寧德質(zhì)檢)如圖所示，可視為質(zhì)點(diǎn)的兩物塊A、B的質(zhì)量分別為2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸長的柔軟輕繩跨過光滑輕質(zhì)定滑輪，兩端分別與A、B相連接，A和滑輪間的輕繩與桌面平行。現(xiàn)將A從靜止釋放，當(dāng)B落地時，A還在桌面上。不計(jì)空氣阻力，重力加速度為g。求： (1)B落地前的加速度a的大??； (2)B落地前滑輪對輪軸的壓力F的大小。 解析：(1)B落地前，對于A，取水平向左為正，對于B

12、，取豎直向下為正， 根據(jù)牛頓第二定律得，T＝2ma， mg－T＝ma， 解得T＝mg，a＝g。 (2)滑輪對輪軸的壓力大小等于滑輪受到兩段輕繩的壓力大小，由幾何關(guān)系可得，F(xiàn)＝2Tcos 45°＝mg。 答案：(1)g　(2)mg 10.如圖所示，靜止在光滑水平面上的斜面體，質(zhì)量為M，傾角為α。其斜面上有一靜止的滑塊，質(zhì)量為m，兩者之間的動摩擦因數(shù)為μ，滑塊受到的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g?，F(xiàn)給斜面體施加水平向右的力F使斜面體加速運(yùn)動。 (1)若要使滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動，求力F的最大值； (2)若要使滑塊做自由落體運(yùn)動，求力F的最小值。 解析：(1)當(dāng)滑塊與

13、斜面體一起向右加速運(yùn)動時，力F越大，加速度越大，當(dāng)F最大時，斜面體對滑塊的靜摩擦力達(dá)到最大值Ffm，滑塊受力如圖所示。 設(shè)滑塊與斜面體一起加速運(yùn)動的最大加速度為a， FNcos α＋Ffmsin α＝mg Ffmcos α－FNsin α＝ma 由題意知Ffm＝μFN 聯(lián)立解得a＝g 對整體受力分析F＝(M＋m)a 聯(lián)立解得F＝。 (2)要使滑塊做自由落體運(yùn)動，滑塊與斜面體之間沒有力的作用，滑塊的加速度為g，設(shè)此時斜面體的加速度為aM，則對斜面體：F＝MaM 當(dāng)水平向右的力F最小時，二者沒有相互作用但仍接觸，則有 ＝tan α，即＝tan α 聯(lián)立解得F＝。 答案：(1

14、)　(2) 11.如圖所示，一兒童玩具靜止在水平地面上，一個幼兒用沿與水平面成30°角的恒定拉力F拉著它沿水平地面運(yùn)動。已知拉力F＝6.5 N，玩具的質(zhì)量m＝1 kg，經(jīng)過時間t＝2.0 s，玩具移動了距離x＝2 m，這時幼兒松開手，玩具又滑行了一段距離后停下(取g＝10 m/s2)。求： (1)玩具與地面間的動摩擦因數(shù)； (2)松開手后玩具還能運(yùn)動多遠(yuǎn)； (3)幼兒要拉動玩具，拉力F與水平地面夾角多大時最省力。 解析：(1)玩具做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由位移公式可得x＝at2 解得a＝ m/s2 對玩具，由牛頓第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得μ＝。 (2)松手時，玩具的速度v＝at＝2 m/s 松手后，由牛頓第二定律得μmg＝ma′ 解得a′＝ m/s2 由勻變速運(yùn)動的速度位移公式得 玩具的位移x′＝＝0.6 m≈1.04 m。 (3)設(shè)拉力F與水平地面的夾角為θ，玩具要在水平地面上運(yùn)動，則Fcos θ－Ff＞0 Ff＝μFN 在豎直方向上，由平衡條件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得F＞ 由數(shù)學(xué)知識得cos θ＋sin θ＝sin(60°＋θ) 當(dāng)θ＝30°時，拉力F最小，最省力。 答案：(1)　(2)1.04 m　(3)30°