【文档说明】2021-2022新教材鲁科版物理必修第一册课时检测：5.习题课四动力学中的常见题型含解析.docx，共(9)页，280.423 KB，由envi的店铺上传

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课时跟踪检测二十一动力学中的常见题型1.如图所示，一足够长的水平传送带以恒定的速度顺时针转动。将一物体轻轻放在皮带左端，则物体的速度大小v、加速度大小a、所受摩擦力的大小f以及位移的大小x随时间的变化关系正确的是()解析：选A在前t1内物体受到向右的滑动摩擦力而做匀加速直线运动，加速度不变，f恒定

，速度与时间的关系为v＝at，v-t图像是倾斜的直线；物体的速度与传送带的速度相同后，不受摩擦力而做匀速直线运动，速度不变，所受合外力为0，加速度为0。故A正确，B、C、D错误。2.某工厂一条输送工件的传送带如图

所示，当传送带静止时，一木块正沿传送带匀速下滑，某时刻传送带突然加速向上运动，则与传送带静止时相比，木块滑到底部所用的时间()A．不变B．变长C．变短D．不能确定解析：选A当传送带静止时木块匀速下滑，木块相对传送带向下运动，滑动摩擦力沿传送带向上，根据平衡条件知，木块的重力沿传送

带向下的分力与木块受到的滑动摩擦力大小相等，如果在木块下滑时传送带突然向上运动，木块相对传送带仍然向下运动，木块受到的滑动摩擦力仍然沿传送带向上，且滑动摩擦力大小不变，所以木块的运动状态不变，木块仍以原来的速度匀速下滑，因此传送带突然加速向上运动时

，木块下滑到底部的时间与传送带静止时的时间相等，选项A正确。3.(多选)有一种游戏，游戏者手持乒乓球拍托球移动，距离大者获胜。若某人在游戏中沿水平面做匀加速直线运动，球拍与球保持相对静止且球拍平面和水平面之间的夹角为θ，如图所示。设球拍和球质量分别为M、m，不计球拍和球之间的摩擦，不计空气

阻力，则()A．运动员的加速度大小为gtanθB．球拍对球的作用力大小为mgC．球拍对球的作用力大小为mgcosθD．运动员对球拍的作用力大小为(M＋m)gcosθ解析：选AD球和运动员具有相同的加速度，对小球受力分析，如图甲所示：则小球所受的合力为mgtanθ，根据牛顿第二运动定律得a＝mgta

nθm＝gtanθ，故A正确；球拍对球的作用力N＝mgcosθ，故B、C错误；对球拍和球整体分析，整体的合力为(M＋m)a，如图乙所示，运动员对球拍的作用力F＝(M＋m)2a2＋(M＋m)2g2＝(M＋m)gcosθ，故D正确。4.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，一段时间后撤去力F，其运动的vt图像如图所示。取g＝10m/s2，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()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N解析：选A在6～10s内物体在水平方向只受

滑动摩擦力作用，加速度a＝－μg，由于vt图像的斜率表示加速度，故a＝－2m/s2，解得μ＝0.2。在0～6s内，由牛顿第二运动定律得F－μmg＝ma′，而a′＝1m/s2，解得F＝6N，选项A正确。5．(多选)如图所示，在光滑的桌面上有质

量分别为m和M的A、B两个物块，现用水平方向的力F推物块A，使A、B两物块在桌面上一起向右加速，则A、B间的相互作用力为()A．若桌面光滑，作用力为MFM＋mB．若桌面光滑，作用力为mFM＋mC．若A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，A、B仍向右加速，则A、B间

的相互作用力为MFM＋m＋μMgD．若A、B与桌面间的动摩擦因数均为μ，A、B仍向右加速，则A、B间的相互作用力为MFM＋m解析：若AD若桌面光滑，将二者看成一个整体，在水平方向上有F＝(M＋m)a，对B分析可得FN＝Ma，解得FN＝FMM＋m，A正确，B错误；若桌面不

光滑，仍将二者看成一个整体，对整体有F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a′，对B分析可得FN′－μMg＝Ma′，联立解得FN′＝FMM＋m，故C错误，D正确。6.(多选)如图所示的装置叫阿特伍德机。绳子两端的物体竖直运动的加速度大小总是小于自由落体的加速度

g，这使得实验者可以有较长的时间从容地观测、研究。已知物体A、B的质量均为M，物体C的质量为m。轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，轻绳不可伸长且足够长。物体A、B、C由图示位置静止释放后()A．绳子上的拉力大小T＝(M＋m)gB．物体A的加速度a＝m2M＋mgC.Mm的取值小一些，便于观测和研究D.Mm的

取值大一些，便于观测和研究解析：BD对物体A，由牛顿第二运动定律得：T－Mg＝Ma，对B、C整体，由牛顿第二运动定律得：(M＋m)g－T＝(M＋m)a，联立解得T＝Mg＋Mmg2M＋m，a＝m2M＋mg，故A错误，B正确；

由a＝m2M＋mg＝12Mm＋1g知Mm的取值大一些，a小些，便于观测和研究，故C错误，D正确。7.如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦

力和滑动摩擦力的大小相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是()解析：选A开始摩擦力较小，两者在外力F作用下一起做加速运动，加速度满足a＝Fm1＋m2＝km1＋m2t，加速度随时间增加而均匀增加

，对于木板m1：F静＝m1a，两物体间的静摩擦力也逐渐增大，当达到最大静摩擦力时，两者出现相对滑动，m1受滑动摩擦力为f＝μm2g，加速度为a1＝fm1＝μm2gm1是一定值，而m2在外力F和滑动摩擦力作用下具有的加速度为a2＝kt－μm2gm2＝ktm2

－μg，随时间均匀增加且其斜率比a的斜率大，所以选项A正确。8.如图，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放置一质量为1kg的物体A，处于静止状态。将一质量为3kg的物体B轻放在A上的一瞬间，B对A的压力大小为(g＝10m/s2)()A．3

0NB．0C．7.5ND.203N解析：选C初始时刻，弹簧的弹力等于A的重力，即F＝mAg＝10N。将一个质量为3kg的物体B轻放在A上的一瞬间，A，B整体的加速度a＝(mA＋mB)g－FmA＋mB＝40－104m/s2＝7.5m/s2；对B受力分析，有mBg－N＝mBa，解得N

＝mBg－mBa＝7.5N，故选项C正确。9.如图所示，传送带与水平地面的夹角为θ＝37°，AB的长度为64m，传送带以20m/s的速度沿逆时针方向转动，在传送带上端A点无初速度地放上一个质量为8kg的物体(可视为质点

)，它与传送带之间的动摩擦因数为0.5，求物体从A点运动到B点所用的时间。(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)解析：开始时物体下滑的加速度：a1＝g(sin37°＋μcos37°)＝10m/s2，运

动到与传送带共速的时间为：t1＝va1＝2010s＝2s，下滑的距离：s1＝12a1t21＝20m；由于tan37°＝0.75＞0.5，故物体2s后继续加速下滑，且此时：a2＝g(sin37°－μcos37°)＝2m/s2，s2＝s－s1，根据s2＝

vt2＋12a2t22，解得：t2＝2s，故物体从A点到B点所用时间t＝t1＋t2＝4s。答案：4s10.如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上

，使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是()解析：选A设物块P静止时，弹簧的压缩量为x0，则有kx0＝mg。在弹簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二运动定

律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函数，选项A正确。11.(多选)一长轻质木板置于光滑水平地面上，木板上放着质量分别为mA＝1kg和mB＝2kg的A、B两物块，A、B与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F作用在A物块上，如

图所示(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10m/s2)。则()A．若F＝1N，则物块、木板都静止不动B．若F＝1.5N，则A物块所受摩擦力大小为1.5NC．若F＝4N，则B物块所受摩擦力大小为2ND．若F＝8N，则B物块的加速度为1m

/s2解析：选CDA与木板间的最大静摩擦力fAm＝μmAg＝2N，B与木板间的最大静摩擦力fBm＝μmBg＝4N。所以，当F逐渐增大时，A与木板先发生相对滑动。设F＝F0时，A与木板刚好发生相对滑动，对于A

、B和木板整体：F0＝(mA＋mB)a0；对于A：F0－fAm＝mAa0。解方程得：F0＝3N。对A项，F＝1N＜F0，则A、B与木板保持相对静止，整体在F作用下向左做匀加速运动，故A错误。对B项，F＝1.5N＜F0，则A、B与木板保持相对静止，整体在F作用下向左做

匀加速运动，根据牛顿第二运动定律得F＝(mA＋mB)a，解得a＝0.5m/s2。对A有F－fA＝mAa，解得fA＝1N，故B错误。对C项，F＝4N＞F0，则A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力为f＝2N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度a＝fmB＝1m/s2。对B根据牛顿第二运动定律

，有fB＝mBa＝2N，故C正确。对D项，F＝8N＞F0，则A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力为f＝2N，轻质木板的质量不计，所以B的加速度a＝fmB＝1m/s2，故D正确。12.(多选)如图所示，在水平光滑

桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接。已知m1＝3kg，m2＝2kg，连接它们的细线的最大能承受6N的拉力。现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则()A．F1的最大值为10NB．F1的最大值为15NC．F2的最大

值为10ND．F2的最大值为15N解析：选BC若向左拉m1，对m2分析，则Tm＝m2a，得出最大加速度a＝3m/s2；对两物块系统：F1＝(m1＋m2)a＝(3＋2)×3N＝15N，选项B正确，A错误；若向右拉m2，对m1分析，则Tm＝m1a′，

得出最大加速度a′＝2m/s2；对两物块系统：F2＝(m1＋m2)a′＝(3＋2)×2N＝10N，选项D错误，C正确。13．(多选)如图甲所示，水平传送带始终以恒定速率v1沿顺时针方向转动。初速度大小为v2的小物块

向左从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，下列说法正确的是()A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．在0～t2时间内，小物块受

到的摩擦力方向始终向右D．在0～t3时间内，小物块相对传送带的位移大小为v1＋v22t2解析：选BCD在0～t1时间内小物块向左减速，受向右的摩擦力作用，在t1～t2时间内小物块向右加速运动，受到向右的摩擦力作用，t1时刻小物块向左

运动的速度为零，离A处的距离达到最大，故A错误；t2时刻前小物块相对传送带向左运动，t2时刻开始相对静止，则知t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大，故B正确；在0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，且大小不变，故C正确；在0～t2时间内，传

送带的位移大小为v1t2，小物块的位移大小为v2－v12t2，所以小物块相对传送带的位移大小为v1＋v22t2，由于在t2～t3时间内小物块相对传送带静止，所以在0～t3时间内，小物块相对传送带的位移大小为v1＋v22t2，故D正确。14．一长木板在水平地面

上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度—时间图像如图所示。已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10m/s2，

求：(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小。解析：(1)从t＝0时刻开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和

木板的速度相等为止。由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同。设t＝0到t＝t1时间内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有a1＝v1t1，a2＝v0－v1t1式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝t1时的速度大小。设物块和木板的质量均为m，物块与木板间、木

板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二运动定律得μ1mg＝ma1(μ1＋2μ2)mg＝ma2联立各式解得μ1＝0.20，μ2＝0.30。(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力方向改变。设物块与木

板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二运动定律得f＝ma1′2μ2mg－f＝ma2′假设f<μ1mg，则a1′＝a2′可得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾。故f＝μ1mg可得此时物块的加速度大小a1′等于a1，则木板与物块的v

t图像如答图所示。由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的位移分别为s1＝2×v212a1，s2＝v0＋v12t1＋v212a2′物块相对于木板的位移大小为s＝s2－s1联立并代入数据解得s＝1.125m。答案：(1)0.200.30(2)1.125m获得更多资源请扫码加入享学资

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