《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：四 以加速度為橋梁巧解動(dòng)力學(xué)“三類典型問題” Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測(cè)：四 以加速度為橋梁巧解動(dòng)力學(xué)“三類典型問題” Word版含解析（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題檢測(cè)（四） 以加速度為橋梁，巧解動(dòng)力學(xué)“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(gè)質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦?，F(xiàn)將滑塊輕放在逆時(shí)針勻速運(yùn)轉(zhuǎn)的皮帶上，彈簧恰好處于自然長(zhǎng)度且軸線水平。若在彈簧從自然長(zhǎng)度到第一次達(dá)到最長(zhǎng)的過程中，滑塊始終未與皮帶達(dá)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(dòng)摩擦力，開始摩擦力大于

2、彈簧的彈力，向左做加速運(yùn)動(dòng)，在此過程中，彈簧的彈力逐漸增大，根據(jù)牛頓第二定律，加速度逐漸減小，當(dāng)彈簧的彈力與摩擦力相等時(shí)，速度達(dá)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(yùn)動(dòng)，彈簧彈力繼續(xù)增大，根據(jù)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(cuò)誤。 2.(2018·全國(guó)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?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)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(yùn)動(dòng)。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，下列表示F和x之間關(guān)系的圖像可能正確的是(　　) 解析：選A　設(shè)物塊P靜止時(shí)，彈簧的壓縮量為x0

3、，則有kx0＝mg，在彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)前，物塊受力如圖所示，根據(jù)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(shù)，選項(xiàng)A正確。 3.如圖所示，物塊M在傾角為θ、靜止的足夠長(zhǎng)的傳送帶上以速度v0勻速下滑時(shí)，傳送帶突然啟動(dòng)，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(yùn)轉(zhuǎn)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(shí)，M勻速下滑，故mgsin θ＝Ff，當(dāng)傳

4、送帶突然啟動(dòng)且速度 v＜v0時(shí)，M勻速下滑，M受到沿斜面向上的滑動(dòng)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(dòng)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(dá)到2v0與傳送帶一起勻速運(yùn)動(dòng)，故C正確。 4．在兩個(gè)足夠長(zhǎng)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(zhǎng)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(duì)靜止?fàn)顟B(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(zhǎng) 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(duì)于題圖甲，以A為研究對(duì)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(duì)于題圖乙，以C為研究對(duì)象，重力與斜面支持力的合力大?。篎合＝mgsin α，即C不受彈簧的彈力，彈簧L2處于原長(zhǎng)。故選項(xiàng)C正確，A、B、D錯(cuò)誤。 5

6、．光滑水平地面上有兩個(gè)疊放在一起的斜面體A、B，兩斜面體形狀大小完全相同，質(zhì)量分別為M、m。如圖甲、乙所示，對(duì)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(duì)靜止地做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，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(shí)，設(shè)A和B之間的彈力為N，對(duì)A有：Ncos θ＝Mg，對(duì)B有：Nsin θ＝ma，對(duì)A和B組成的整體有：F1＝(M＋m)a＝gtan θ；F2作用于A時(shí)，對(duì)B有：mgtan θ＝ma′，對(duì)A和B組成的整體有：F2＝(M＋m)a

7、′＝(M＋m)gtan θ，＝，A對(duì)。 6.[多選]如圖所示，在光滑的水平桌面上放一質(zhì)量為m乙＝5 kg的盒子乙，乙內(nèi)放置一質(zhì)量為m丙＝1 kg的滑塊丙，用一質(zhì)量不計(jì)的細(xì)繩跨過光滑的定滑輪將一質(zhì)量為m甲＝2 kg 的物塊甲與乙相連接，其中連接乙的細(xì)繩與水平桌面平行。現(xiàn)由靜止釋放甲，在以后的運(yùn)動(dòng)過程中，乙與丙之間沒有相對(duì)運(yùn)動(dòng)，假設(shè)整個(gè)運(yùn)動(dòng)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(xì)繩對(duì)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(duì)丙的摩擦力大小為2.5 N D．定滑輪受到細(xì)繩的作用力為30 N 解析：選BC　設(shè)細(xì)繩的

8、拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)甲，有m甲g－FT＝m甲a；對(duì)乙和丙組成的整體，有FT＝(m乙＋m丙)a，聯(lián)立解得FT＝15 N，a＝2.5 m/s2，A錯(cuò)誤，B正確；對(duì)丙受力分析，受重力、支持力和靜摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律，有f＝m丙a＝1×2.5 N＝2.5 N，C正確；細(xì)繩中的張力為15 N，由于滑輪兩側(cè)細(xì)繩相互垂直，根據(jù)平行四邊形定則，其對(duì)定滑輪的作用力為15 N，D錯(cuò)誤。 7.(2018·合肥檢測(cè))如圖所示，長(zhǎng)為6 m的水平傳送帶沿順時(shí)針方向以恒定速度v1＝2 m/s 運(yùn)行。一小物塊從與傳送帶等高的光滑水平臺(tái)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(dòng)摩擦

9、因數(shù)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(yùn)動(dòng)，然后向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng) 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(yùn)動(dòng)，設(shè)加速度大小為a，速度減至零時(shí)通過的位移為x，根據(jù)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(huì)向

10、右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，A錯(cuò)誤；傳送帶的速度為1 m/s和5 m/s時(shí)，小物塊在傳送帶上受力情況與題述條件下相同，則運(yùn)動(dòng)情況相同，都將從傳送帶左端滑出，B正確，C錯(cuò)誤；小物塊的速度為4 m/s時(shí)，速度減至零時(shí)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(cuò)誤。 8.(2018·林州一中質(zhì)檢)如圖所示，在傾角θ＝30°的光滑斜面上，物塊A、B質(zhì)量分別為m和2m，物塊A靜止在輕彈簧上面，物塊B用細(xì)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(shí)刻將細(xì)線剪斷，則剪斷細(xì)線的瞬間，下列說法錯(cuò)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(xì)線前，對(duì)A分析，可得彈簧彈力F＝mgsin θ＝mg，剪斷細(xì)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(xì)線的瞬間，細(xì)線對(duì)B的拉力消失，A、B將共同沿斜面向下運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律可得3mgsin θ－F＝ 3ma，解得a＝g，A錯(cuò)誤，D正確；以B為研究對(duì)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(zhì)量分別為6.0 kg和2.0 kg，A、B之間的動(dòng)摩擦

12、因數(shù)為0.2。在A上施加水平向右的拉力F，開始時(shí)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(dòng)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(duì)滑動(dòng) B．A、B間從受力開始就有相對(duì)滑動(dòng) C．當(dāng)拉力F<12 N時(shí)，A、B均保持靜止?fàn)顟B(tài) D．A、B開始沒有相對(duì)滑動(dòng)，當(dāng)F>18 N時(shí)，開始相對(duì)滑動(dòng) 解析：選A　單獨(dú)對(duì)B分析，A、B間摩擦力達(dá)到最大靜摩擦力時(shí)，A、B剛好要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，此時(shí)aB＝＝6 m/s2，再對(duì)整體分析：F＝(mA＋mB)aB＝48 N，故只有當(dāng)拉力F>48 N時(shí)，A、B才發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，A對(duì)，B、D錯(cuò)；由于水平面光

13、滑，只要有拉力兩物體就運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)。 10．[多選](2018·桂林聯(lián)考)如圖所示，一小物體m(視為質(zhì)點(diǎn))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(dāng)傳送帶靜止時(shí)，物體m能滑過右端的B點(diǎn)，且落在水平地面上的C點(diǎn)，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(diǎn)A時(shí)對(duì)軌道的壓力大小與軌道半徑R的大小有關(guān) B．若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行，則物體m也能滑過B點(diǎn)，落在C點(diǎn) C．若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v>2 m/s 時(shí)，物體m落在C點(diǎn)的右側(cè) D．若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，則當(dāng)傳送帶速度v<2 m/s 時(shí)，物

14、體m可能落在C點(diǎn)的右側(cè) 解析：選BCD　由機(jī)械能守恒定律得mgR＝mv02，則v0＝2 m/s，傳送帶靜止時(shí)，在A點(diǎn)，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(guān)，A錯(cuò)誤；若傳送帶逆時(shí)針運(yùn)行，物體m也勻減速運(yùn)動(dòng)至B點(diǎn)，與靜止情況相同，落在C點(diǎn)，B正確；若傳送帶順時(shí)針運(yùn)行，v>2 m/s，物體m加速運(yùn)動(dòng)，落在C點(diǎn)右側(cè)，C正確；若v <2 m/s，物體m可能先勻減速運(yùn)動(dòng)后勻速運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)速度可能大于傳送帶靜止時(shí)到達(dá)B點(diǎn)的速度，可能落在C點(diǎn)右側(cè)，D正確。 11．[多選]如圖甲所示，足夠長(zhǎng)的傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，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(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊速度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，v0、t0已知，則(　　) A．傳送帶一定逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) 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(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，當(dāng)滑塊下滑時(shí)(mgsin θ>μmgcos θ)，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑時(shí)(mgsin θ<μmgcos θ)，先做勻加速運(yùn)動(dòng)，在速度與傳送帶速度相等后將做勻速運(yùn)動(dòng)，兩種情況均不符合題圖乙，故傳送帶是逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，選項(xiàng)A正確；滑塊在0～t0時(shí)間內(nèi)，所受滑動(dòng)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(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)D正確；由前述分析結(jié)合題圖乙知，傳送帶的速度等于v0，選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 12．[多選](2019屆高三·深圳調(diào)研)如圖甲所示，質(zhì)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(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中物塊速率的平方隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)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(shí)物塊速度為零 B．t＝3 s時(shí)物塊回到O點(diǎn) C．恒力F大小為2

17、 N D．物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.1 解析：選ACD　物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a1＝＝ m/s2＝ 3 m/s2，物塊向右做勻減速直線運(yùn)動(dòng)到速度為零的時(shí)間為：t1＝＝2 s，故A正確；物塊反向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小為：a2＝＝ m/s2＝1 m/s2，反向加速回到O點(diǎn)所用的時(shí)間t′＝＝ s＝2 s，故B錯(cuò)誤；根據(jù)牛頓第二定律得：F＋Ff＝ma1，F(xiàn)－Ff＝ma2，解得：F＝2 N，F(xiàn)f＝1 N，則物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為：μ＝＝0.1，故C、D正確。 13．[多選](2018·宜春四校聯(lián)考)如圖甲所示，平行于光滑斜面的輕彈簧勁度系數(shù)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(zhì)量均為m，初始時(shí)均靜止?，F(xiàn)用平行于斜面向上的力F拉動(dòng)B，使B做加速度為a的勻加速運(yùn)動(dòng)，A、B在開始一段時(shí)間內(nèi)的v -t關(guān)系分別對(duì)應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時(shí)刻A、B的圖線相切，t2時(shí)刻對(duì)應(yīng)A圖線的最高點(diǎn))，重力加速度為g，則(　　) A．t2時(shí)刻，彈簧形變量為0 B．t1時(shí)刻，彈簧形變量為 C．從開始到t2時(shí)刻，拉力F逐漸增大 D．從t1時(shí)刻開始，拉力F恒定不變 解析：選BD　由題圖知，t2時(shí)刻A的加速度為零，速度最大，根據(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsin θ＝kx1，則x1＝，故A錯(cuò)誤；t1時(shí)

19、刻A、B開始分離，對(duì)A根據(jù)牛頓第二定律得kx2－mgsin θ＝ma，則x2＝，故B正確；從開始到t1時(shí)刻，對(duì)A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得F＋kx－2mgsin θ＝2ma，得F＝2mgsin θ＋2ma－kx，x減小，F(xiàn)增大，從t1時(shí)刻開始，對(duì)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(cuò)誤，D正確。 14．[多選](2018·云南師大附中模擬)如圖所示，質(zhì)量為M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一質(zhì)量為m的木塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，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(yùn)動(dòng)最后分離。設(shè)分離時(shí)木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的位移為x，保證木塊和木

20、板會(huì)發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)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(zhì)量M B．僅減小木塊的質(zhì)量m C．僅增大恒力F D．僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù) 解析：選AD　設(shè)木板長(zhǎng)為L(zhǎng)，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t，對(duì)于木板：F－μmg＝Ma1，x1＝a1t2，對(duì)于木塊：μmg＝ma2，x2＝a2t2，當(dāng)木塊與木板分離時(shí)，它們的位移滿足L＝a1t2－a2t2，解得t＝，則木塊相對(duì)地面運(yùn)動(dòng)的位移為x＝a2t2；僅增大木板的質(zhì)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(zhì)量m，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故B錯(cuò)誤；僅增大恒力F，a1變大，a2不變，則t減小，x減小，故C錯(cuò)誤；僅增大木塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，a1變小，a2變大，則t增大，x增大，故D正確。