2021高考物理一轮复习第三章微专题18动力学过程的分析与应用练习含解析教科版

1微专题18”动力学过程“的分析与应用主要问题主要解决瞬时性问题、连接体问题及多过程问题．方法点拨1．“动力学过程”分析：由物体受力情况推断物体加速度情况，再结合物体初速度推断出物体运动情况，再根据运动过程中力的变化确定加速度的变化即F→a→v→F；注意应用牛顿第二定律的矢量性、瞬时性、同一性、独立性．2．轻绳、轻杆和接触面的弹力能跟随外界条件发生突变；弹簧(或橡皮绳)的弹力不能突变，在外界条件发生变化的瞬间可认为是不变的．3．多个物体一起运动时，知其中一物体加速度即可知整体加速度，反之亦然，从而知其合外力方向．1．(2019·四川广元市一诊)如图1所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体，现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点．如果物体受到的阻力恒定，则()图1A．物体从A到O先加速后减速B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动C．物体运动到O点时，所受合力为零D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小2．(多选)(2019·河北唐山市上学期期末)如图2所示，小车在水平面上做匀加速直线运动，车厢内两质量相同的小球通过轻绳系于车厢顶部，轻绳OA、OB与竖直方向夹角均为45°，其中一球用水平轻绳AC系于车厢侧壁，重力加速度为g，下列说法正确的是()图2A．小车运动方向一定向右B．小车的加速度大小为22gC．轻绳OA、OB拉力大小相等D．轻绳CA拉力大小是轻绳OA拉力的2倍3．(2019·福建三明市期末质量检测)如图3所示，一列火车以加速度a在平直轨道上前进，2一物块靠在车厢后壁上保持相对静止状态(未粘连)．已知物块质量为m，物块与后壁间的动摩擦因数为μ，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，重力加速度为g.则下列说法正确的是()图3A．物块所受摩擦力fmgB．车厢后壁对物块的压力N＝m(g＋a)C．车厢对物块的作用力方向为竖直向上D．要使物块不下落，火车加速度需满足a≥gμ4．如图4所示，某杂技演员在做手指玩圆盘的表演．设该盘的质量为m，手指与盘之间的动摩擦因数为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，盘底处于水平状态且不考虑盘的自转，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图4A．若手指支撑着盘，使盘保持静止状态，则手指对盘的作用力沿该手指方向B．若手指支撑着盘并一起水平向右匀速运动，则盘受到手水平向右的静摩擦力C．若盘随手指一起水平匀加速运动，则手对盘的作用力大小不可超过1＋μ2mgD．若手指支撑着盘并一起水平向右匀加速运动，则手对盘的摩擦力大小为μmg5．(2019·安徽巢湖市一检)如图5所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，重力加速度为g，则斜面对物体的支持力的大小不可能是()图5A．mgcosαB.mgcosαC.masinαD．mg2＋a26．如图6所示，A、B、C三个小球的质量均为m，A、B之间用一根没有弹性的轻绳连在一起，B、C之间用轻弹簧拴接，用细线悬挂在天花板上，整个系统静止，现将A上面的细线剪断，使A的上端失去拉力，则在剪断细线瞬间，A、B、C的加速度的大小分别为(重力加速度为3g)()图6A．1.5g1.5g0B．g2g0C．gggD．gg07.(2019·河南鹤壁市第二次段考)如图7所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一平行斜面的轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态时，则此瞬间A、B两物体的瞬时加速度大小分别为(重力加速度为g)()图7A.12g、gB．g、12gC.32g、0D.32g、g8．(2019·山东日照市上学期期末)如图8所示，一辆有驱动力的小车上有一水平放置的弹簧，其左端固定在小车上，右端与一质量为1kg的物块相连．物块和小车一起向右匀速运动时，弹簧处于压缩状态，弹簧弹力大小为2N．若小车开始向右加速运动，则()图8A．随着小车的加速度增大，物块受到的摩擦力逐渐减小B．随着小车的加速度增大，物块受到的弹簧弹力逐渐增大C．当小车的加速度大小为5m/s2时，物块一定与小车相对滑动D．当小车的加速度大小为4m/s2时，物块一定与小车相对静止9．(多选)(2019·内蒙古赤峰二中月考)如图9甲所示，物块的质量m＝1kg，初速度v0＝10m/s，在一水平向左的恒力F作用下从O点沿粗糙的水平面向右运动，某时刻后恒力F突然反向，整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，g＝10m/s2.下列选项中正确的是()4图9A．2s末到3s末内物块做匀减速运动B．在t＝1s时刻，恒力F反向C．物块与水平面间的动摩擦因数为0.3D．恒力F大小为10N10．(多选)(2019·山东省实验中学第二次模拟)如图10甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m＝0.2kg的小球从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中(弹簧始终在弹性限度内)，其速度v和弹簧压缩量Δx的函数图像如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间的机械能损失不计，取重力加速度g＝10m/s2，则下列说法中正确的是()图10A．该弹簧的劲度系数为20N/mB．当Δx＝0.3m时，小球处于超重状态C．小球刚接触弹簧时速度最大D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大11.(多选)如图11所示，套在绳索上的小圆环P下面用悬线挂一个重为G的物体Q并使它们处于静止状态，现释放圆环P，让其沿与水平面成θ角的绳索无摩擦下滑，在圆环P下滑过程中绳索处于绷紧状态(可认为是一直线)，若圆环和物体下滑时不振动，稳定后，下列说法正确的是(重力加速度为g)()图11A．Q的加速度一定小于gsinθB．悬线所受拉力为GsinθC．悬线所受拉力为Gcosθ5D．悬线一定与绳索垂直6答案精析1．A[物体从A到O，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至A、O间某点(设为O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大，所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．综合以上分析，只有选项A正确．]2．CD[对小球B受力分析可知，B所受的合外力向左，即小车的加速度方向向左，且mgtan45°＝ma，解得a＝g，小车向左加速或者向右减速运动，选项A、B错误；分别对A、B受力分析，OA和OB轻绳拉力的竖直分量均等于mg，即TOBcos45°＝TOAcos45°＝mg，可知轻绳OA、OB拉力大小相等，选项C正确；对A受力分析可知，TCA－TOAsin45°＝ma＝mg，解得TCA＝2mg即TCA＝2TOA，选项D正确．]3．D[对物块，在竖直方向受力平衡，可知所受的摩擦力等于重力，即f＝mg，水平方向N＝ma，选项A、B错误；车厢对物块有向上的摩擦力和水平向右的弹力，其合力方向斜向右上方，选项C错误；要使物块不下落，火车加速度需满足f≤μN，即mg≤μma，即a≥gμ，选项D正确．]4．C5．A[由题意知，斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则放在斜面上的物体所受合外力一定水平向左．隔离物体受力分析，物体受到斜面的支持力和重力，二力的合力水平向左，大小等于ma，则有：N2＝(mg)2＋(ma)2，解得N＝mg2＋a2，选项D正确；Nsinα＝ma，解得N＝masinα，选项C正确；Ncosα＝mg，解得N＝mgcosα，选项A错误，B正确．]6．A[在剪断细线的瞬间，弹簧上的力没有来得及发生变化，故C球受到的重力和弹簧弹力不变，C球所受合力为零，加速度为0；A、B球被轻绳拴在一起整体受重力和弹簧的拉力，合力为3mg，则A、B的加速度大小均为1.5g，故A正确，B、C、D错误．]7．D[由平衡状态时的受力特点可知，A受到弹簧的作用力大小为mgsin30°，因为完全失重时A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力mgsin30°和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcos30°，故其瞬时加速度为32g；而对B受力分析可知，完全失重瞬间，B受到的弹簧的作用力和细线上的弹力大小相等、方向相反(此二力的合7力为0)，则此时B受到的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g，所以D正确．]8．D[当小车与物块相对滑动后，随着小车的加速度增大，物块受到的滑动摩擦力不变，故A错误；当小车与物块相对静止时，弹簧弹力始终不变，故B错误；由题可知，物块与小车间的最大静摩擦力大于等于2N，当小车的加速度大小为5m/s2时，只要没有达到最大静摩擦力，物块就不会与小车相对滑动，故C错误；当摩擦力等于2N且方向向右时，弹簧弹力等于2N，物块所受的合力为4N，由牛顿第二定律可得，物块的加速度为4m/s2，故D正确．]9．BC[物块做匀减速直线运动的加速度大小为：a1＝v022x1＝10m/s2，物块做匀减速直线运动的时间为：t1＝v0a1＝1010s＝1s，即在t＝1s末恒力F反向，物块做匀加速直线运动，故A项错误，B项正确；物块匀加速直线运动的加速度大小：a2＝v22x2＝4m/s2,根据牛顿第二定律得：F＋f＝ma1，F－f＝ma2，联立解得：F＝7N，f＝3N，由f＝μmg，得μ＝0.3，故C项正确，D项错误．]10．ABD[当Δx＝0.1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力，合力为零，小球的加速度为零，小球处于平衡状态，可得：kΔx＝mg，解得：k＝mgΔx＝0.2×100.1N/m＝20N/m，故A正确；由题图乙可知，Δx＝0.3m时，小球的速度减小，加速度方向向上，说明小球处于超重状态，故B正确；由题图乙可知，开始小球的速度增大，小球的重力大于弹簧对它的弹力，当Δx为0.1m时，小球的速度最大，然后速度减小，故C错误；对小球受力分析可知，从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，故D正确．]11．CD[由题意知，小圆环和Q保持相对静止一起沿绳索无摩擦下滑，整体受重力和支持力作用，加速度方向一定沿绳索方向向下，由牛顿第二定律有，(mP＋mQ)gsinθ＝(mP＋mQ)a，解得a＝gsinθ，A项错误；再对Q受力分析，受到悬线的拉力和竖直向下的重力，合力大小F合＝mQgsinθ，又重力沿绳索方向的分力也为mQgsinθ，则由牛顿第二定律可知，悬线上的拉力沿绳索方向的分力为零，所以悬线一定与绳索垂直，而在垂直于绳索方向上，由平衡条件有：悬线上的拉力F＝Gcosθ，故B项错误，C、D项正确．]