高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：四 以加速度為橋梁巧解動力學(xué)“三類典型問題” Word版含解析

《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：四 以加速度為橋梁巧解動力學(xué)“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(guān)《高考物理通用版二輪復(fù)習(xí)專題檢測：四 以加速度為橋梁巧解動力學(xué)“三類典型問題” Word版含解析（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測（四） 以加速度為橋梁，巧解動力學(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，另一端連接一個質(zhì)量為m的滑塊，已知滑塊與皮帶之間存在摩擦。現(xiàn)將滑塊輕放在逆時針勻速運轉(zhuǎn)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(dá)到最長的過程中，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，受到向左的滑動摩擦力，開始摩擦力大于彈簧的彈力，向左做加速運動，在此過程中，彈簧的

2、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，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，滑塊做減速運動，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錯誤。2.(2018全國卷)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動。以x表示P離開靜止位置的位移，在彈簧恢復(fù)原長前，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，彈簧的壓縮量為x0，則有kx0mg，在彈簧恢復(fù)原長前，物塊受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定

3、律得Fk(x0x)mgma，整理得Fkxma，即F是x的一次函數(shù)，選項A正確。3.如圖所示，物塊M在傾角為、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(zhuǎn)的過程中，以下分析正確的是()AM下滑的速度不變BM開始在傳送帶上加速到2v0后沿傳送帶勻速下滑CM先沿傳送帶勻速下滑，后加速下滑，最后再勻速下滑DM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 Ff，當(dāng)傳送帶突然啟動且速度 vv0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vv0瞬間，M受到沿斜面向上的靜摩擦力；傳送

4、帶速度vv0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(dá)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?fàn)顟B(tài)沿斜面自由下滑的過程中，下列說法正確的是()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

5、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 。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：axacos gsin cos ，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?。篎合mgsin ，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(zhì)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，

6、已知兩斜面體間的摩擦力為零，則F1與F2之比為()AMmBmMCm(Mm) DM(Mm)解析：選AF1作用于A時，設(shè)A和B之間的彈力為N，對A有：Ncos Mg，對B有：Nsin ma，對A和B組成的整體有：F1(Mm)agtan ；F2作用于A時，對B有：mgtan ma，對A和B組成的整體有：F2(Mm)a(Mm)gtan ，A對。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?，F(xiàn)由靜止釋放甲，在以后的運動過程中，乙與丙之間

7、沒有相對運動，假設(shè)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(xì)繩對乙的拉力大小為20 NB乙的加速度大小為2.5 m/s2C乙對丙的摩擦力大小為2.5 ND定滑輪受到細(xì)繩的作用力為30 N解析：選BC設(shè)細(xì)繩的拉力為FT，根據(jù)牛頓第二定律，對甲，有m甲gFTm甲a；對乙和丙組成的整體，有FT(m乙m丙)a，聯(lián)立解得FT15 N，a2.5 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(jù)牛頓第二定律，有fm丙a12.5 N2.5 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，其對定滑輪的作用力為15

8、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v12 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v25 m/s。若小物塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)0.2，重力加速度g10 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(shè)加速度大

9、小為a，速度減至零時通過的位移為x，根據(jù)牛頓第二定律得mgma，得 ag2 m/s2，則 x m6.25 m6 m，所以小物塊將從傳送帶左端滑出，不會向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 m4 m6 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(zhì)檢)如圖所示，在傾角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

10、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(xì)線剪斷，則剪斷細(xì)線的瞬間，下列說法錯誤的是()AB的加速度為 BA、B之間的彈力為C彈簧的彈力為 DA的加速度為解析：選A剪斷細(xì)線前，對A分析，可得彈簧彈力Fmgsin 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Fmg，C正確；剪斷細(xì)線的瞬間，細(xì)線對B的拉力消失，A、B將共同沿斜面向下運動，根據(jù)牛頓第二定律可得3mgsin F3ma，解得ag，A錯誤，D正確；以B為研究對象，可得2mgsin FN2ma，解得FNmg，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

11、面上。A、B質(zhì)量分別為6.0 kg和2.0 kg，A、B之間的動摩擦因數(shù)為0.2。在A上施加水平向右的拉力F，開始時F10 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，g10 m/s2。以下判斷正確的是()AA、B間始終沒有相對滑動BA、B間從受力開始就有相對滑動C當(dāng)拉力F18 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(dá)到最大靜摩擦力時，A、B剛好要發(fā)生相對滑動，此時aB6 m/s2，再對整體分析：F(mAmB)aB48 N，故只有當(dāng)拉力F48 N時，A、B才發(fā)生相對滑動，A對，B、D錯；由于水平面光滑，只要有拉力兩物體就運動，C錯。10多選(20

12、18桂林聯(lián)考)如圖所示，一小物體m(視為質(zhì)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R0.2 m，軌道底端與粗糙的傳送帶平滑連接，當(dāng)傳送帶靜止時，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g10 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(guān)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(dāng)傳送帶速度v2 m/s 時，物體m落在C點的右側(cè)D若傳送帶順時針運行，則當(dāng)傳送帶速度v2 m/s，物體m加速運動，落在C點右側(cè)，C正確；若v mgcos )，將一直勻加速到底端；當(dāng)滑塊上滑時(mgsin

13、mgcos )，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(zhuǎn)動，選項A正確；滑塊在0t0時間內(nèi)，所受滑動摩擦力沿傳送帶向下，勻加速下滑，a1gsin gcos ，由題圖乙可知a1，則tan ，選項B錯誤；滑塊與傳送帶的速度相等后的加速度a2gsin gcos ，解得a22gsin ，選項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C錯誤。12多選(2019屆高三深圳調(diào)研)如圖甲所示，質(zhì)量m1 kg、初速度v06 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(biāo)原點，整個運動過程中物塊速率的平方

14、隨位置坐標(biāo)變化的關(guān)系圖像如圖乙所示，取g10 m/s2，下列說法中正確的是()At2 s時物塊速度為零Bt3 s時物塊回到O點C恒力F大小為2 ND物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)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/s23 m/s2，物塊向右做勻減速直線運動到速度為零的時間為：t12 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/s21 m/s2，反向加速回到O點所用的時間t s2 s，故B錯誤；根據(jù)牛頓第二定律得：FFfma1，F(xiàn)Ffma2，解得：F2 N，F(xiàn)f1 N，則物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為：0.1，故C、D正確。13多選(2018宜春

15、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，一端固定在傾角為的斜面底端，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，初始時均靜止?，F(xiàn)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(nèi)的v t關(guān)系分別對應(yīng)圖乙中A、B圖線(t1時刻A、B的圖線相切，t2時刻對應(yīng)A圖線的最高點)，重力加速度為g，則()At2時刻，彈簧形變量為0Bt1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(jù)牛頓第二定律和胡克定律有mgsin kx1，則x1，

16、故A錯誤；t1時刻A、B開始分離，對A根據(jù)牛頓第二定律得kx2mgsin ma，則x2，故B正確；從開始到t1時刻，對A、B整體，根據(jù)牛頓第二定律得Fkx2mgsin 2ma，得F2mgsin 2makx，x減小，F(xiàn)增大，從t1時刻開始，對B由牛頓第二定律得Fmgsin ma，得Fmgsin 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(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)，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(shè)分離時木塊相對地面運動的位移為x，保證木塊和木板會發(fā)生相對滑動的情況下，下列方

17、法可使位移x增大的是()A僅增大木板的質(zhì)量MB僅減小木塊的質(zhì)量mC僅增大恒力FD僅增大木塊與木板間的動摩擦因數(shù)解析：選AD設(shè)木板長為L，當(dāng)木塊與木板分離時，運動時間為t，對于木板：FmgMa1，x1a1t2，對于木塊：mgma2，x2a2t2，當(dāng)木塊與木板分離時，它們的位移滿足La1t2a2t2，解得t，則木塊相對地面運動的位移為xa2t2；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(shù)，a1變小，a2變大，則t增大，x增大，故D正確。