【物理】2020届一轮复习人教版第三章动力学的三类典型问题作业

【物理】2020届一轮复习人教版第三章动力学的三类典型问题作业

‎ (十六) 动力学的三类典型问题 作业 ‎1.(2019·武汉模拟)如图所示，两黏连在一起的物块a和b，质量分别为ma和mb，放在光滑的水平桌面上，现同时给它们施加方向如图所示的水平推力Fa和水平拉力Fb，已知Fa＞Fb，则a对b的作用力(　　)‎ A．必为推力 B．必为拉力 C．可能为推力，也可能为拉力 D．不可能为零 解析：选C　将a、b视为一个整体，加速度a＝，单独对a进行分析，设a、b间的作用力为Fab，则a＝＝，即Fab＝，由于不知道ma与mb的大小关系，故Fab可能为正，可能为负，也可能等于0，C正确。‎ ‎2.(2019·哈尔滨模拟)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上。用轻质弹簧将两物块连接在一起。当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝‎2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′，弹簧始终在弹性限度内。则下列关系正确的是(　　)‎ A．F′＝‎2F　　　　　　　　　 　B．x′>2x C．F′>‎2F D．x′<2x 解析：选A　把两个物块视为整体，由牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a，F′＝(m1＋m2)a′，又a′＝‎2a，可得F′＝‎2F，选项A正确，C错误；隔离m2，由牛顿第二定律得kx＝m‎2a，kx′＝m‎2a′，解得x′＝2x，选项B、D错误。‎ ‎3.如图所示，质量分别为m1、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(m1在光滑地面上，m2在空中)。已知力F与水平方向的夹角为θ，则m1的加速度大小为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选A　m1、m2在水平方向上加速度相同，把m1、m2看成一个整体，由牛顿第二定律可得Fcos θ＝(m1＋m2)a，所以a＝，选项A正确。‎ ‎4.如图所示，粗糙水平面上放置B、C两物体，物体A叠放在C 上，A、B、C的质量分别为m、‎2m、‎3m，B、C与水平面间的动摩擦因数相同，其间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT。现用水平拉力F拉B，使A、B、C以同一加速度向右运动，则(　　) ‎ A．此过程中C受到五个力的作用 B．当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C．当F逐渐增大到‎1.5FT时，轻绳刚好被拉断 D．若水平面光滑，则轻绳刚拉断时，A、C间的摩擦力为 解析：选C　对A受力分析，A受重力、支持力和向右的静摩擦力作用，可知C受重力、A对C的压力、地面的支持力、轻绳的拉力、A对C的摩擦力以及地面的摩擦力六个力的作用，故A错误；对整体分析，整体的加速度a＝＝－μg，对A、C整体分析，根据牛顿第二定律得，F绳－μ·4mg＝4ma，解得F绳＝F，当F＝‎1.5FT时，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确；若水平面光滑，轻绳刚拉断时，对A、C整体分析，加速度a′＝，隔离A单独分析，A受到的摩擦力Ff＝ma′＝，故D错误。‎ ‎5.(2019·黄冈质检)如图所示，bc 为固定在小车上的水平横杆，物块 M 串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M 又通过轻细线悬吊着一小球 m, 此时小车正以大小为 a 的加速度向右做匀加速运动，而 M、m 均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为 θ。小车的加速度逐渐增加，M 始终和小车保持相对静止，当加速度增加到‎2a时(　　)‎ A．横杆对M的摩擦力增加到原的2倍 B．横杆对M的弹力增加到原的2倍 ‎ C．细线与竖直方向的夹角增加到原的2倍 D．细线的拉力增加到原的2倍 解析：选A　对m和M组成的整体，分析受力如图甲所示，根据牛顿第二定律得，水平方向：Ff＝(M＋m)a，竖直方向：FN＝(M＋m)g，则当加速度增加到‎2a时，横杆对M的摩擦力Ff增加到原的2倍，横杆对M的弹力与两个物体受到的总重力大小相等，保持不变，故A正确，B错误；以小球为研究对象，分析受力如图乙所示，由牛顿第二定律得mgtan θ＝ma，解得tan θ＝，当a增加到‎2a时，tan θ变为原的两倍，但θ不是原的2倍，细线的拉力FT＝，可知a变为‎2a时，FT不是原的2倍，故C、D错误。‎ ‎6．(多选)质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，轻绳平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙所示位置放置，然后释放M，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是(　　)‎ A．轻绳的拉力等于Mg B．轻绳的拉力等于mg C．M运动的加速度大小为(1－sin α)g D．M运动的加速度大小为g 解析：选BC　互换位置前，M静止在斜面上，则有：Mgsin α＝mg，互换位置后，对M有：Mg－FT＝Ma，对m有：FT′－mgsin α＝ma，又FT＝FT′，解得：a＝(1－sin α)g，FT＝mg，故A、D错，B、C对。‎ ‎7.(多选)如图所示，A、B两物块的质量分别为‎2m和m，静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F，则下列说法正确的是(　　)‎ A．当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止 B．当F＝μmg时，A的加速度为μg C．当F＞3μmg时，A相对B滑动 D．无论F为何值，B的加速度不会超过μg 解析：选BCD　A、B相对静止时，对A、B整体应用牛顿第二定律，有F－×3mg＝3ma；对B，在A、B恰好要发生相对运动时，μ×2mg－×3mg＝ma，解得F＝3μmg，可见，当F＞3μmg时，A相对B滑动，C正确；对A、B整体，地面对B的最大静摩擦力为μmg，故当μmg＜F＜3μmg时，A、B相对地面运动，A错误；当F＝μmg时，A、B相对静止，对整体有μmg－×3mg＝3ma，解得a＝μg，B正确；无论F为何值，B所受最大的动力为A对B 的最大静摩擦力2μmg，故B的最大加速度aBm＝＝μg，D正确。‎ ‎8．(多选)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度a随B的质量m变化的图线如图乙所示(m0、a1、a2均未知)。设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取‎9.8 m/s2，斜面的倾角为θ，下列说法中正确的是(　　)‎ A．若θ已知，可求出A的质量 B．若θ未知，可求出图乙中a1的值 C．若θ已知，可求出图乙中a2的值 D．若θ已知，可求出图乙中m0的值 解析：选BC　由题图乙知，m＝m0时，A的加速度a＝0，则此时，受力平衡，对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项错误；设绳的拉力为T，加速度大小为a，m任意时，对B由牛顿第二定律得mg－T＝ma，对A由牛顿第二定律得T－mAgsin θ＝mAa，解得a＝g，当m趋向无穷大时，a趋向于g，所以a1＝g，即a1与θ无关，故B项正确；a＝a2时，m＝0，即绳对A的拉力为零，有mAgsin θ＝mAa2，解得a2＝gsin θ，θ已知，所以可以求a2的值，故C项正确。‎ ‎9．(2019·宁德质检)如图所示，可视为质点的两物块A、B的质量分别为‎2m、m。A放在光滑水平桌面上，一不可伸长的柔软轻绳跨过光滑轻质定滑轮，两端分别与A、B相连接，A和滑轮间的轻绳与桌面平行。现将A从静止释放，当B落地时，A还在桌面上。不计空气阻力，重力加速度为g。求：‎ ‎(1)B落地前的加速度a的大小；‎ ‎(2)B落地前滑轮对轮轴的压力F的大小。‎ 解析：(1)B落地前，对于A，取水平向左为正，对于B，取竖直向下为正，‎ 根据牛顿第二定律得，T＝2ma，‎ mg－T＝ma，‎ 解得T＝mg，a＝g。‎ ‎(2)滑轮对轮轴的压力大小等于滑轮受到两段轻绳的压力大小，由几何关系可得，F ‎＝2Tcos 45°＝mg。‎ 答案：(1)g　(2)mg ‎10.如图所示，静止在光滑水平面上的斜面体，质量为M，倾角为α。其斜面上有一静止的滑块，质量为m，两者之间的动摩擦因数为μ，滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现给斜面体施加水平向右的力F使斜面体加速运动。‎ ‎(1)若要使滑块与斜面体一起加速运动，求力F的最大值；‎ ‎(2)若要使滑块做自由落体运动，求力F的最小值。‎ 解析：(1)当滑块与斜面体一起向右加速运动时，力F越大，加速度越大，当F最大时，斜面体对滑块的静摩擦力达到最大值Ffm，滑块受力如图所示。‎ 设滑块与斜面体一起加速运动的最大加速度为a，‎ FNcos α＋Ffmsin α＝mg Ffmcos α－FNsin α＝ma 由题意知Ffm＝μFN 联立解得a＝g 对整体受力分析F＝(M＋m)a 联立解得F＝。‎ ‎(2)要使滑块做自由落体运动，滑块与斜面体之间没有力的作用，滑块的加速度为g，设此时斜面体的加速度为aM，则对斜面体：F＝MaM 当水平向右的力F最小时，二者没有相互作用但仍接触，则有 ＝tan α，即＝tan α 联立解得F＝。‎ 答案：(1)　(2) ‎11.如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿用沿与水平面成30°角的恒定拉力F拉着它沿水平地面运动。已知拉力F＝6.5 N，玩具的质量m＝‎1 kg，经过时间t＝2.0 s，玩具移动了距离x＝‎2 m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下(取g＝‎10 m/s2)。求：‎ ‎(1)玩具与地面间的动摩擦因数；‎ ‎(2)松开手后玩具还能运动多远；‎ ‎(3)幼儿要拉动玩具，拉力F与水平地面夹角多大时最省力。‎ 解析：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x＝at2‎ 解得a＝ m/s2‎ 对玩具，由牛顿第二定律得 Fcos 30°－μ(mg－Fsin 30°)＝ma 解得μ＝。‎ ‎(2)松手时，玩具的速度v＝at＝‎2 m/s 松手后，由牛顿第二定律得μmg＝ma′‎ 解得a′＝ m/s2‎ 由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x′＝＝‎0.6 m≈‎1.04 m。‎ ‎(3)设拉力F与水平地面的夹角为θ，玩具要在水平地面上运动，则Fcos θ－Ff＞0‎ Ff＝μFN 在竖直方向上，由平衡条件得 FN＋Fsin θ＝mg 解得F＞ 由数学知识得cos θ＋sin θ＝sin(60°＋θ)‎ 当θ＝30°时，拉力F最小，最省力。‎ 答案：(1)　(2)‎1.04 m　(3)30°‎