2020版物理素养讲练大一轮人教通用版：高频考点强化练(一)

1、温馨提示:此套题为 Word 版，请按住 Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭 Word文档返回原板块。高频考点强化练（一）动力学综合问题（45分钟 100分）一、选择题（本题共10小题，每小题6分，共60分，16题为单选题，710题为多选题）1.如图所示，一夹子夹住木块，在力 F作用下向上提升。夹子和木块的质量分 别为m M,夹子与木块两侧间的最大静摩擦力均为 f。若木块不滑动，力F的最大值是（）A.八小由小蚂,C. -(m+M)gD. -+(m+M)g【解析】选A。当夹子与木块两侧间的摩擦力达到最大摩擦力 f时，拉力F最大, 系统向上的加速度为a。先以m为研究对象

2、，进行受力分析，根据牛顿第二定律可知：F-2f-mg=ma,再以M为研究对象，进行受力分析，根据牛顿第二定律可 知：2f-Mg=Ma,两式联立可解得F="； A正确。2.在一块固定的倾角为0的木板上叠放质量均为m的一本英语词典和一本汉语 词典，图甲中英语词典在上，图乙中汉语词典在上，已知图甲中两本书一起匀速下滑，图乙中两本书一起加速下滑。已知两本书的封面材料不同，但每本书的上、下两面材料都相同，近似认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等。设英语词典和木板之间的动摩擦因数为汉语词典和木板之间的动摩擦因数为 口,英语词典和汉语词典之间的动摩擦因数为 人,则下列说法正确的是（）C.图乙中汉语词典

3、受到的摩擦力大小是3m 3mgcosOD.图甲中英语词典受到的摩擦力大小是2m 2mgcos0【解析】选D。对图甲，对整体分析，根据共点力平衡有2mgsin 0 =2 2mgcos0 , 对乙图，对整体分析，根据牛顿第二定律得2mgsin - i 2mgcos0 =2ma,由两式可知 r小，故A错误。对图乙，对整体分析，有 2mgsinO 2mgcos0 =2ma,解得a=gsin 0 - igcos 0 ,对汉语词典分析，根据牛顿第二定 律得mgsin -f=ma,解得f= mgcosO ,因为两词典保持相对静止，则1 imgcose 13mgcos0 ,知 呼W3,故C错误。根据共点力平衡

4、条件知，图甲 中英语词典所受的摩擦力为静摩擦力，f ' =mgsin，。因为2mgsin 0 =2h2mgcosO ,所以 f' = p 2mgcos0 ,对英语词典分析：f' = p 2mgcos0 < 3mgcos0 , 所以p3>w2,故B错误，D正确。3.（2019 和平区模拟）如图所示，在倾角为a =30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B,它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使 A B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为 L,下列说法正确的是 （）A.弹簧的原长为 LLB.水平恒力大小为3mgC.撤掉恒力的瞬间小球A

5、的加速度为gD.撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为gmar【解析】选G分析小球B受力，由平衡条件可得：kx=mgsinO解得x=77，Li ft弹簧的原长为L-x=L-黄，A错误；分析小球A受力，由平衡条件可得：2v,5一Fcos % =mgsin %+kx,解得：F二-mg B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变， 1r故B球的加速度为零，由mgsin % +卜乂=海得：小球A此时的加速度为aA=g, C正确。4 .如图所示，当小车向右加速运动时，物块 M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时（）A.M受静摩擦力增大B.M对车厢壁的压力减小C.M仍相对于车厢静止D.M受静摩擦力减小【解析】选

6、C。分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有Ff=Mg , 与水平方向的加速度大小无关，A、D错误。水平方向，FN=Ma , Fn随a的增 大而增大，由牛顿第三定律知，B错误。因Fn增大，物块与车厢壁的最大静摩 擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确。5 .如图所示，倾角为0的足够长的传送带沿顺时针方向转动，转动速度大小为V1 , 一个物块从传送带底端以初速度大小 V2（V 2>Vi）上滑，同时物块受到平行传送带向上的恒力F作用，物块与传送带间的动摩擦因数w=tan 0 ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列物块运动的 v-t图象不可能是（）【解析】选a因V2>V1,则物块相对

7、于传送带向上运动，所受滑动摩擦力向下，若F=mgsin 0 + mgco则物块的加速度为零，将一直以V2向上匀速直线运动,选项B正确；若F>mgsin 0 + mgcos贝幽块的加速度向上，将一直向上做匀加速直线运动，选项A正确；若F<mgsin 0 + mgcqs则加速度向下，物块将 向上做匀减速直线运动，当两者速度相等时，物块受向上的拉力和静摩擦力而合外力为零，则物块与传送带一起向上做匀速直线运动，故选项C错误，选项D正确。【加固训练】物体A、B、C均静止在同一水平面上，它们的质量分别为 m、mB、me,与水平面 间的动摩擦因数分别为 Wb、pc,用平行于水平面的拉力F分别拉物

8、体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系如图所示，A B两直线平行，则以下关系正确的是（）A.m<m<mcB.mvm=nc【解析】选G根据牛顿第二定律F-wmg=ma得出加速度与力的函数关系F1aW- wg,可以看出图象的斜率为A、B两物体的图象斜率相等，C的斜率最 小，所以质量m=m<mc, A B项错误；图象的纵截距为-八，B和C的纵截距相等，A物体的纵截距绝对值最小，所以得出动摩擦因数 wa<wb=wc,所以C项正确，D项错误。6 .我国航天员要在“天宫一号”航天器实验舱的桌面上测量物体的质量，采用 的方法如下：质量为m的标准物A的前后连接有质量均为m的两个力传感

9、器待测质量的物体B连接在后传感器上。在某一外力作用下整体在桌面上运动，如图所示。稳定后标准物A前后两个传感器的读数分别为 Fi、F2,由此可知待测物体B的质量为（）B. 一一C.D.-【解析】选R整体为研究对象，由牛顿第二定律得 Fi=（m+2m+m）a;隔离B物 体，由牛顿第二定律得 F2=mq联立可得m=W二七,选项B正确。7 .（2019 黄冈模拟）一汽车沿直线由静止开始向右运动，汽车的速度和加速度 方向始终向右。汽车速度的二次方 v2与汽车前进位移x的图象如图所示，则下 列说法正确的是（）A.汽车从开始运动到前进xi过程中，汽车受到的合外力越来越大 B.汽车从开始运动到前进xi过程中，

10、汽车受到的合外力越来越小C.汽车从开始运动到前进xi过程中，汽车的平均速度大于yD.汽车从开始运动到前进xi过程中，汽车的平均速度小于y【解析】选A Do由v2=2ax可知，若汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x的图象为直线，则汽车做匀加速运动。由汽车速度的二次方v2与汽车前进位移x 的图象可知，汽车的加速度越来越大，汽车受到的合外力越来越大，选项确，B错误；根据汽车做加速度逐渐增大的加速运动，可画出速度图象，根据速 度图象可得出，汽车从开始运动到前进 xi过程中，汽车的平均速度小于?，选项C错误，D正确。8.如图所示，小车的质量为M,人的质量为mi人用恒力F拉绳，若人与车保持相对静止，且地面

11、为光滑的,又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能A篇F，方向向左B.缶F，方向向右一 m-M C F，万向向左D.一 F，万向向右【解析】选G D。设车对人的摩擦力Ff方向水平向右，对小车和人组成的系统f,当M<m寸，人应用牛顿第二定律有：2F=（M+m）a对人应用牛顿第二定律得 F-Ff=ma可解得:F，= F。当M>mW，人受到向右的静摩擦力，大小为 受到向左的静摩擦力，大小为 一 F，故A、B错误，G D正确。9.如图所示，水平传送带 A B间的距离为16 m,质量分别为2 kg、4 kg的物 块P、Q,通过绕在光滑定滑轮上的细线连接， Q在传送带的左端且连接物块 Q 的

12、细线水平，当传送带以8 m/s的速度逆时针转动时，Q恰好静止。取重力加速 度g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。当传送带以 8 m/s的速度顺时针转动时，下列说法正确的是（）AB白PA.Q与传送带间的动摩擦因数为0.5B.Q从传送带左端滑到右端所用的时间为2.4 sC.整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 mD.Q从传送带左端滑到右端的过程细线受到的拉力为三N【解析】选A C。当传送带以v=8 m/s逆时针转动时，Q恰好静止不动，对Q 受力分析知，F=f即为：mgmcg,解得： 尸0.5,故A正确；当传送带以 v=8 m/s顺时针转动时，物块 Q做初速度为零的匀加速直线运动，

13、有：F合=mg+umcg=（m+m）a ,代入数据解得：adm/s2,当速度达到传送带速度即8 m/s后，做匀速直线运动，匀加速的时间为：ti上=1.2 s ,匀加速的位移为： 0uz一小.16-4.8x=4.8 m,则匀速运动的时间：12=s=1.4 s, Q从传送带左端滑到右2av 8端所用的时间为：t ,E、=ti+t2=2.6 s ,故B错误；加速阶段的位移之差为 x=vti-x=4.8 m即整个过程中，Q相对传送带运动的距离为4.8 m,故C正确；当Q加速时，对P分析有：mg-T=ma,代入数据解得：T=r N,之后做匀速直线运动，有：T' =2CN,故D错误。10.（201

14、9 深圳模拟）两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处 于静止状态。弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k。t=0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F,使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列 说法正确的是（）A.A、B分离前合外力大小不变B.分离时弹簧处于原长状态C.在t警时刻A B分离D.分离时B的速度大小为【解析】选A、Q A B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项 A正确; 开始时弹簧的压缩量为xi,则2mg=kx;当两物块分离时，加速度相同且两物块 之间的弹力为零，对物块B,有kx2-mg=ma且xi-x2=at2,解得xiJ X2三詈, t= 容,此时弹簧仍

15、处于压缩状态，选项 B错误，C正确；分离时B的速度为 v=at= jg ,片二 回g,选项 D错误。2 7标Y四二、计算题（本题共2小题，共40分，需写出规范的解题步骤）11.（20分）（2020 东营模拟）某电视台的娱乐节目中，有一个拉板块的双人游戏， 考验两人的默契度。如图所示，一长 L=0.60 m、质量M=0.40 kg的木板靠在光 滑竖直墙面上，木板右下方有一质量 m=0.80 kg的小滑块（可视为质点），滑块 与木板间的动摩擦因数为 w =0.20 ,滑块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦 力，取g=10 m/s2。一人用水平恒力Fi向左作用在滑块上，另一人用竖直恒力 F2 向上拉

16、动滑块，使滑块从地面由静止开始向上运动(1)为使木板能向上运动，求Fi必须满足什么条件？(2)若Fi=22 N,为使滑块与木板能发生相对滑动，求 F2必须满足什么条件？(3)游戏中，如果滑块上移h=1.5 m时，滑块与木板没有分离，才算两人配合默契，游戏成功。现Fi=24 N, F2=16 N,请通过计算判断游戏能否成功？【解析】(1)滑块与木板间的滑动摩擦力f=旷i对木板应有f>Mg代入数据得Fi>20 N(2)对木板有 pFi-Mg=Ma i对滑块有F2-旷i-mg=ma 2要能发生相对滑动应有a2>ai代入数据可得F2>13.2 N(3)对滑块有F2-旷i-mg=

17、ma 3设滑块上升h的时间为t,则h=、3t2Jlj对木板有wFi-Mg=Ma 4设木板在t时间上升的高度为H,则H=1a4t2 二I代入数据可得H=0.75 m由于H+L<h ,滑块在上升到1.5 m之前已经脱离了木板，游戏不能成功。答案：(1)Fi>20 N(2)F2>13.2 N(3)游戏不能成功(计算过程见解析)12.(20分)(2017 全国卷田)如图，两个滑块A和B的质量分别为m=1 kg和 mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均 为w尸0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为 w 2=0.1。某时刻A B两滑

18、块开始相向滑动，初速度大小均为 V0=3 m/s。A B相遇时，A与木板 恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力， 重力加速度大小g取10 m/s2。 求卜A»T(1)B与木板相对静止时，木板的速度。(2)A、B开始运动时，两者之间的距离。【解析】(1)滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。设 A、B与木 板间的摩擦力的大小分别为f1、f2,木板与地面间的摩擦力的大小为f3, A、B、 木板相对于地面的加速度大小分别是 aA、aB和a1 在滑块B与木板达到共同速度前有：f1=田mAgf2=田mBgf3= 口(mA+m B+m)g由牛顿第二定律得f1=m AaAf2=m BaBf2-f 1-f 3=ma 1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为 V1。由运动学公式有v1=v 0-a Bt1vi=a iti联立式，代入数据解得：ti=0.4 s , vi=1 m/s(2)在ti时间间隔内，B相对于地面移动的距离1 工SB=V