《高考物理通用版二輪復習專題檢測：四 以加速度為橋梁巧解動力學“三類典型問題” Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理通用版二輪復習專題檢測：四 以加速度為橋梁巧解動力學“三類典型問題” Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 專題檢測（四） 以加速度為橋梁，巧解動力學“三類典型問題” 1.(2019屆高三·天津模擬)一皮帶傳送裝置如圖所示，輕彈簧一端固定，另一端連接一個質量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F將滑塊輕放在逆時針勻速運轉的皮帶上，彈簧恰好處于自然長度且軸線水平。若在彈簧從自然長度到第一次達到最長的過程中，滑塊始終未與皮帶達到共速，則在此過程中滑塊的速度和加速度變化情況是(　　) A．速度增大，加速度增大 B．速度增大，加速度減小 C．速度先增大后減小，加速度先增大后減小 D．速度先增大后減小，加速度先減小后增大 解析：選D　滑塊輕放到皮帶上，受到向左的滑動摩擦力，開始摩擦力大于

2、彈簧的彈力，向左做加速運動，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當彈簧的彈力與摩擦力相等時，速度達到最大，然后彈力大于摩擦力，加速度方向與速度方向相反，滑塊做減速運動，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據牛頓第二定律得，加速度逐漸增大，速度逐漸減小，故D正確，A、B、C錯誤。 2.(2018·全國卷Ⅰ)如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊P，系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)。現用一豎直向上的力F作用在P上，使其向上做勻加速直線運動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示F和x之間關系的圖像可能正確的是(　　) 解析：選A　設物塊P靜止時，彈簧的壓縮量為x0

3、，則有kx0＝mg，在彈簧恢復原長前，物塊受力如圖所示，根據牛頓第二定律得F＋k(x0－x)－mg＝ma，整理得F＝kx＋ma，即F是x的一次函數，選項A正確。 3.如圖所示，物塊M在傾角為θ、靜止的足夠長的傳送帶上以速度v0勻速下滑時，傳送帶突然啟動，方向如圖中箭頭所示，在傳送帶的速度由零逐漸增加到2v0后勻速運轉的過程中，以下分析正確的是(　　) A．M下滑的速度不變 B．M開始在傳送帶上加速到2v0后沿傳送帶勻速下滑 C．M先沿傳送帶勻速下滑，后加速下滑，最后再勻速下滑 D．M受到的摩擦力方向始終沿傳送帶向上 解析：選C　傳送帶靜止時，M勻速下滑，故mgsin θ＝Ff，當傳

4、送帶突然啟動且速度 v＜v0時，M勻速下滑，M受到沿斜面向上的滑動摩擦力；傳送帶速度v＝v0瞬間，M受到沿斜面向上的靜摩擦力；傳送帶速度v＞v0后，M可能受到向下的滑動摩擦力或靜摩擦力，可能不受摩擦力，還可能受到向上的靜摩擦力，但M一定加速下滑，最終M速度達到2v0與傳送帶一起勻速運動，故C正確。 4．在兩個足夠長的固定的相同斜面體上(其斜面光滑)，分別有如圖甲、乙所示的兩套裝置，斜面體B的上表面水平且光滑，長方體D的上表面與斜面平行且光滑，p是固定在B、D上的小柱，完全相同的兩只彈簧一端固定在p上，另一端分別連在A和C上，在A與B、C與D分別保持相對靜止狀態(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說

5、法正確的是(　　) A．兩彈簧都處于拉伸狀態(tài) B．兩彈簧都處于壓縮狀態(tài) C．彈簧L1處于壓縮狀態(tài)，彈簧L2處于原長 D．彈簧L1處于拉伸狀態(tài)，彈簧L2處于壓縮狀態(tài) 解析：選C　由于斜面光滑，A與B、C與D分別沿斜面下滑的加速度相同，為gsin α。對于題圖甲，以A為研究對象，重力與支持力的合力沿豎直方向，而A沿水平方向的加速度：ax＝acos α＝gsin αcos α，該加速度由水平方向彈簧的彈力提供，所以彈簧L1處于壓縮狀態(tài)；對于題圖乙，以C為研究對象，重力與斜面支持力的合力大小：F合＝mgsin α，即C不受彈簧的彈力，彈簧L2處于原長。故選項C正確，A、B、D錯誤。 5

6、．光滑水平地面上有兩個疊放在一起的斜面體A、B，兩斜面體形狀大小完全相同，質量分別為M、m。如圖甲、乙所示，對上面或下面的斜面體施加水平方向的恒力F1、F2，均可使兩斜面體相對靜止地做勻加速直線運動，已知兩斜面體間的摩擦力為零，則F1與F2之比為(　　) A．M∶m　　　　　　　　 B．m∶M C．m∶(M＋m) D．M∶(M＋m) 解析：選A　F1作用于A時，設A和B之間的彈力為N，對A有：Ncos θ＝Mg，對B有：Nsin θ＝ma，對A和B組成的整體有：F1＝(M＋m)a＝gtan θ；F2作用于A時，對B有：mgtan θ＝ma′，對A和B組成的整體有：F2＝(M＋m)a

7、′＝(M＋m)gtan θ，＝，A對。 6.[多選]如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質量為m乙＝5 kg的盒子乙，乙內放置一質量為m丙＝1 kg的滑塊丙，用一質量不計的細繩跨過光滑的定滑輪將一質量為m甲＝2 kg 的物塊甲與乙相連接，其中連接乙的細繩與水平桌面平行?，F由靜止釋放甲，在以后的運動過程中，乙與丙之間沒有相對運動，假設整個運動過程中乙始終沒有離開水平桌面，取重力加速度g＝ 10 m/s2。則(　　) A．細繩對乙的拉力大小為20 N B．乙的加速度大小為2.5 m/s2 C．乙對丙的摩擦力大小為2.5 N D．定滑輪受到細繩的作用力為30 N 解析：選BC　設細繩的

8、拉力為FT，根據牛頓第二定律，對甲，有m甲g－FT＝m甲a；對乙和丙組成的整體，有FT＝(m乙＋m丙)a，聯立解得FT＝15 N，a＝2.5 m/s2，A錯誤，B正確；對丙受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力作用，根據牛頓第二定律，有f＝m丙a＝1×2.5 N＝2.5 N，C正確；細繩中的張力為15 N，由于滑輪兩側細繩相互垂直，根據平行四邊形定則，其對定滑輪的作用力為15 N，D錯誤。 7.(2018·合肥檢測)如圖所示，長為6 m的水平傳送帶沿順時針方向以恒定速度v1＝2 m/s 運行。一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺面滑上傳送帶，其速度大小為v2＝5 m/s。若小物塊與傳送帶間的動摩擦

9、因數μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，然后向右做勻加速直線運動 B．若傳送帶的速度為1 m/s，小物塊將從傳送帶左端滑出 C．若傳送帶的速度為5 m/s，小物塊將以5 m/s的速度從傳送帶右端滑出 D．若小物塊的速度為4 m/s，小物塊將以4 m/s的速度從傳送帶右端滑出 解析：選B　小物塊在傳送帶上先向左做勻減速直線運動，設加速度大小為a，速度減至零時通過的位移為x，根據牛頓第二定律得μmg＝ma，得 a＝μg＝2 m/s2，則 x＝＝ m＝6.25 m>6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向

10、右做勻加速直線運動，A錯誤；傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時，小物塊在傳送帶上受力情況與題述條件下相同，則運動情況相同，都將從傳送帶左端滑出，B正確，C錯誤；小物塊的速度為4 m/s時，速度減至零時通過的位移x′＝ m＝4 m<6 m，小物塊減速到零后反向加速，小物塊將以2 m/s的速度從傳送帶右端滑出，D錯誤。 8.(2018·林州一中質檢)如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質量分別為m和2m，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細線與斜面頂端相連，A、B緊挨在一起，但A、B之間無彈力，已知重力加速度為g。某時刻將細線剪斷，則剪斷細線的瞬間，下列說法錯誤的是(　　) A

11、．B的加速度為 B．A、B之間的彈力為 C．彈簧的彈力為 D．A的加速度為 解析：選A　剪斷細線前，對A分析，可得彈簧彈力F＝mgsin θ＝mg，剪斷細線的瞬間，由于彈簧彈力還來不及改變，所以彈力仍為F＝mg，C正確；剪斷細線的瞬間，細線對B的拉力消失，A、B將共同沿斜面向下運動，根據牛頓第二定律可得3mgsin θ－F＝ 3ma，解得a＝g，A錯誤，D正確；以B為研究對象，可得2mgsin θ－FN＝2ma，解得FN＝mg，B正確。 9.(2018·北京西城區(qū)模擬)如圖所示，物體A疊放在物體B上，B置于光滑水平面上。A、B質量分別為6.0 kg和2.0 kg，A、B之間的動摩擦

12、因數為0.2。在A上施加水平向右的拉力F，開始時F＝10 N，此后逐漸增大，在增大到45 N的過程中，取最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g＝10 m/s2。以下判斷正確的是(　　) A．A、B間始終沒有相對滑動 B．A、B間從受力開始就有相對滑動 C．當拉力F<12 N時，A、B均保持靜止狀態(tài) D．A、B開始沒有相對滑動，當F>18 N時，開始相對滑動 解析：選A　單獨對B分析，A、B間摩擦力達到最大靜摩擦力時，A、B剛好要發(fā)生相對滑動，此時aB＝＝6 m/s2，再對整體分析：F＝(mA＋mB)aB＝48 N，故只有當拉力F>48 N時，A、B才發(fā)生相對滑動，A對，B、D錯；由于水平面光

13、滑，只要有拉力兩物體就運動，C錯。 10．[多選](2018·桂林聯考)如圖所示，一小物體m(視為質點)從光滑圓弧軌道上與圓心O等高處由靜止釋放，圓弧半徑R＝0.2 m，軌道底端與粗糙的傳送帶平滑連接，當傳送帶靜止時，物體m能滑過右端的B點，且落在水平地面上的C點，取重力加速度g＝10 m/s2，則下列說法正確的是(　　) A．物體m滑到最低點A時對軌道的壓力大小與軌道半徑R的大小有關 B．若傳送帶逆時針運行，則物體m也能滑過B點，落在C點 C．若傳送帶順時針運行，則當傳送帶速度v>2 m/s 時，物體m落在C點的右側 D．若傳送帶順時針運行，則當傳送帶速度v<2 m/s 時，物

14、體m可能落在C點的右側 解析：選BCD　由機械能守恒定律得mgR＝mv02，則v0＝2 m/s，傳送帶靜止時，在A點，由牛頓第二定律得F－mg＝m，得F＝3mg，由牛頓第三定律知F′＝F，可知F′與R無關，A錯誤；若傳送帶逆時針運行，物體m也勻減速運動至B點，與靜止情況相同，落在C點，B正確；若傳送帶順時針運行，v>2 m/s，物體m加速運動，落在C點右側，C正確；若v <2 m/s，物體m可能先勻減速運動后勻速運動，到達B點速度可能大于傳送帶靜止時到達B點的速度，可能落在C點右側，D正確。 11．[多選]如圖甲所示，足夠長的傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶勻速轉動，在傳送帶上某位置輕輕放置

15、一滑塊，滑塊與傳送帶間的動摩擦因數為μ，滑塊速度隨時間變化的關系如圖乙所示，v0、t0已知，則(　　) A．傳送帶一定逆時針轉動 B．μ＝tan θ＋ C．傳送帶的速度大于v0 D．t0后滑塊的加速度為2gsin θ－ 解析：選AD　若傳送帶順時針轉動，當滑塊下滑時(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當滑塊上滑時(mgsin θ<μmgcos θ)，先做勻加速運動，在速度與傳送帶速度相等后將做勻速運動，兩種情況均不符合題圖乙，故傳送帶是逆時針轉動，選項A正確；滑塊在0～t0時間內，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，勻加速下滑，a1＝gsin θ＋μgcos θ，由

16、題圖乙可知a1＝，則μ＝－tan θ，選項B錯誤；滑塊與傳送帶的速度相等后的加速度a2＝gsin θ－μgcos θ，解得a2＝2gsin θ－，選項D正確；由前述分析結合題圖乙知，傳送帶的速度等于v0，選項C錯誤。 12．[多選](2019屆高三·深圳調研)如圖甲所示，質量m＝1 kg、初速度v0＝6 m/s的物塊受水平向左的恒力F作用，在粗糙的水平地面上從O點開始向右運動，O點為坐標原點，整個運動過程中物塊速率的平方隨位置坐標變化的關系圖像如圖乙所示，取g＝10 m/s2，下列說法中正確的是(　　) A．t＝2 s時物塊速度為零 B．t＝3 s時物塊回到O點 C．恒力F大小為2

17、 N D．物塊與水平面間的動摩擦因數為0.1 解析：選ACD　物塊向右做勻減速直線運動的加速度大小為：a1＝＝ m/s2＝ 3 m/s2，物塊向右做勻減速直線運動到速度為零的時間為：t1＝＝2 s，故A正確；物塊反向做勻加速直線運動的加速度大小為：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O點所用的時間t′＝＝ s＝2 s，故B錯誤；根據牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1，F－Ff＝ma2，解得：F＝2 N，Ff＝1 N，則物塊與水平面間的動摩擦因數為：μ＝＝0.1，故C、D正確。 13．[多選](2018·宜春四校聯考)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數為k，一端固定在傾角

18、為θ的斜面底端，另一端與物塊A連接，物塊B與物塊A接觸但不粘連；兩物塊A、B質量均為m，初始時均靜止?，F用平行于斜面向上的力F拉動B，使B做加速度為a的勻加速運動，A、B在開始一段時間內的v -t關系分別對應圖乙中A、B圖線(t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應A圖線的最高點)，重力加速度為g，則(　　) A．t2時刻，彈簧形變量為0 B．t1時刻，彈簧形變量為 C．從開始到t2時刻，拉力F逐漸增大 D．從t1時刻開始，拉力F恒定不變 解析：選BD　由題圖知，t2時刻A的加速度為零，速度最大，根據牛頓第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx1，則x1＝，故A錯誤；t1時

19、刻A、B開始分離，對A根據牛頓第二定律得kx2－mgsin θ＝ma，則x2＝，故B正確；從開始到t1時刻，對A、B整體，根據牛頓第二定律得F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x減小，F增大，從t1時刻開始，對B由牛頓第二定律得F－mgsin θ＝ma，得F＝mgsin θ＋ma，可知F不變，故C錯誤，D正確。 14．[多選](2018·云南師大附中模擬)如圖所示，質量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質量為m的木塊(可視為質點)，在木板上施加一水平向右的恒力F，木塊和木板由靜止開始運動最后分離。設分離時木塊相對地面運動的位移為x，保證木塊和木

20、板會發(fā)生相對滑動的情況下，下列方法可使位移x增大的是(　　) A．僅增大木板的質量M B．僅減小木塊的質量m C．僅增大恒力F D．僅增大木塊與木板間的動摩擦因數 解析：選AD　設木板長為L，當木塊與木板分離時，運動時間為t，對于木板：F－μmg＝Ma1，x1＝a1t2，對于木塊：μmg＝ma2，x2＝a2t2，當木塊與木板分離時，它們的位移滿足L＝a1t2－a2t2，解得t＝，則木塊相對地面運動的位移為x＝a2t2；僅增大木板的質量M，a1變小，a2不變，則t增大，x增大，故A正確；僅減小木塊的質量m，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故B錯誤；僅增大恒力F，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故C錯誤；僅增大木塊與木板間的動摩擦因數，a1變小，a2變大，則t增大，x增大，故D正確。