1、课时跟踪检测（十 六） 动力学的三类典型问题1如图所示，劲度系数为k的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量均为m的物体A、B接触(A与B和弹簧均未连接)，弹簧水平且无形变。用水平力F缓慢推动物体B，在弹性限度内弹簧长度被压缩了x0，此时物体A、B静止。已知物体A与水平面间的动摩擦因数为，物体B与水平面间的摩擦不计。撤去F后，物体A、B开始向左运动，A运动的最大距离为4x0，重力加速度为g。则()A撤去F后，物体A和B先做匀加速运动，再做匀减速运动B撤去F瞬间，物体A、B的加速度大小为gC物体A、B一起向左运动距离x0后相互分离D物体A、B一起向左运动距离xx0后相互分离解析：选DA
2、、B一起先做加速度减小的加速运动，当加速度减为零时，B与A分离，B做匀速运动，A做加速度增大的减速运动，当弹簧达到原长后，A与弹簧分离，做匀减速直线运动，故A项错误；撤去F瞬间，由kx0mg2ma可知a，B项错误；当物体A、B相互分离时，加速度为零，速度最大，此时弹簧弹力F弹mgkx，x，所以物体A、B一起向左运动距离xx0后相互分离，D项正确，C项错误。2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，则m1的加速度大小为()A. B.C. D.解析：选Am1、m2加速度相同，方
3、向水平向右，把m1、m2看成一个整体，由牛顿第二定律可得Fcos (m1m2)a，所以a，选项A正确。3.如图所示，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F6mg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()AaAg，aB5gBaAaBgCaAg，aB3g DaA0，aB2g解析：选D对滑轮分析：F2Tma，又m0，所以T3mg，对A分析：由于T2，卡车刹车的最大加速度为a，a2g，可以认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，卡车沿平直公路行驶途中
4、遇到紧急刹车情况时，要求其刹车后在s0距离内能安全停下，则卡车行驶的速度不能超过()A. B.C. D.解析：选C若卡车以最大加速度刹车，则由于a2g，A、B间发生相对滑动，故不能以最大加速度刹车，由于刹车过程中要求A、B和车相对静止，当A、B整体相对车发生滑动时a1g，当A、B间发生相对滑动时，a2g，由于12，所以aa，即当以a刹车时，A、B间发生相对滑动，所以要求整体都处于相对静止时，汽车刹车的最大加速度为a，根据公式v2v2ax，可得v22gs0，即v0，C项正确。9如图甲所示，在高速公路的连续下坡路段通常会设置避险车道，供发生紧急情况的车辆避险使用，本题中避险车道是主车道旁的一段上坡
5、路面。一辆货车在行驶过程中刹车失灵，以v090 km/h的速度驶入避险车道，如图乙所示。设货车进入避险车道后牵引力为零，货车与路面间的动摩擦因数0.30，取重力加速度大小g10 m/s2。(1)为了防止货车在避险车道上停下后发生溜滑现象，该避险车道上坡路面的倾角应该满足什么条件？设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果用的正切值表示。(2)若避险车道路面倾角为15，求货车在避险车道上行驶的最大距离。(已知sin 150.26，cos 150.97，结果保留2位有效数字)解析：(1)当货车在避险车道停下不发生溜滑时有：fmmgsin 货车所受的最大摩擦力fmNmgcos 联立可解得tan 0.30。(
6、2)货车在避险车道上行驶时，由牛顿第二定律得mgsin mgcos ma，则a5.51 m/s2货车的初速度v090 km/h25 m/s则货车在避险车道上行驶的最大距离为x57 m。答案：(1)tan 0.30(2)57 m潜能激发10(多选)如图，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动的距离很小。这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为M和m。各接触面间的动摩擦因数均为，砝码与纸板左端的距离及桌面右端的距离均为d。现用水平向右的恒定拉力F拉动纸板，下列说法正确的是()A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为(Mm)gB要使纸板相对砝码运动
7、，F一定大于2(Mm)gC若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码不会从桌面上掉下D当F(2M3m)g时，砝码恰好到达桌面边缘解析：选BC对纸板分析，当纸板相对砝码运动时，所受的摩擦力为f2(Mm)gMg，故A错误；设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：f1MgMa1，Ff2ma2，发生相对运动需要a2a1，代入已知条件解得：F2(Mm)g，故B正确；若砝码与纸板分离时的速度小于，砝码匀加速运动的位移小于，匀减速运动的位移小于，则位移小于d，不会从桌面掉下，故C正确；当F(2M3m)g时，砝码未脱离纸板时的加速度a1g，纸板的加速度a22g，根据a2t2a1t2d，解得t ，则此时砝码的速
8、度va1t，砝码脱离纸板后做匀减速运动，匀减速运动的加速度大小ag，则匀减速运动的位移为d，而匀加速运动的位移xa1t2d，可知砝码在匀加速运动结束时离开桌面，故D错误。11(2021年1月新高考8省联考湖南卷)(多选)如图，三个质量均为1 kg的物体A、B、C叠放在水平桌面上，B、C用不可伸长的轻绳跨过一光滑轻质定滑轮连接，A与B之间、B与C之间的接触面以及轻绳均与桌面平行，A与B之间、B与C之间以及C与桌面之间的动摩擦因数分别为0.4、0.2和0.1，重力加速度g取10 m/s2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，用力F沿水平方向拉物体C。以下说法正确的是()A拉力F小于11 N时，不能拉动C
9、B拉力F为17 N时，轻绳的拉力为4 NC要使A、B保持相对静止，拉力F不能超过23 NDA的加速度将随拉力F的增大而增大解析：选AC当C物体即将运动时，C物体在水平方向受到桌面给C的向右的摩擦力f桌，绳子向右的拉力T，B给C向右的摩擦力fBC，其中f桌0.1(mAmBmC)g3 N, fBC0.2(mAmB)g4 N，Ff桌fBCT，TfBC4 N，可解得F11 N，故A正确；因为B和C的加速度大小相等，在A和B即将发生相对滑动，对A受力分析可得fAB0.4mAgmAa，对AB整体受力分析可得TfBC(mAmB)a，对C物体受力分析可得FTfBCf桌mCa，联立解得F23 N，说明A和B发生
10、相对滑动的临界拉力大小为F23 N，故C正确；当F17 N时，没有发生相对滑动，此时对AB整体TfBC(mAmB)a1，对C物体受力分析FTfBCf桌mCa1，联立解得T8 N，故B错误；当拉力增大，A和B发生相对滑动时，则A物体受到滑动摩擦力，加速度为a0.4g4 m/s2，随拉力F增大加速度不变，D错误。12(2020山东等级考)单板滑雪U形池比赛是冬奥会比赛项目，其场地可以简化为如图甲所示的模型：U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为17.2。某次练习过程中，运动员以vM10 m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速
11、度方向与轨道边缘线AD的夹角72.8，腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。图乙为腾空过程左视图。该运动员可视为质点，不计空气阻力，取重力加速度的大小g10 m/s2，sin 72.80.96，cos 72.80.30。求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。解析：(1)在M点，设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分速度为v1，由运动的合成与分解规律得v1vMsin 72.8设运动员在ABCD面内垂直AD方向的分加速度为a1，由牛顿第二定律得，mgcos 17.2ma1由运动学公式得，d联立式，代入数据得，d4.8 m。(2)在M点，设运动员在ABCD面内平行AD方向的分速度为v2，由运动的合成与分解规律得，v2vMcos 72.8设运动员在ABCD面内平行AD方向的分加速度为a2，由牛顿第二定律得mgsin 17.2ma2设腾空时间为t，由运动学公式得，tLv2ta2t2联立式，代入数据得，L12 m。答案：(1)4.8 m(2)12 m