（江苏选考）物理第一部分一力与运动跟踪检测（三）以加速度为桥梁攻克两类动力学问题

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE1学必求其心得，业必贵于专精PAGE专题跟踪检测（三)以加速度为桥梁,攻克两类动力学问题一、选择题(第1~5题为单项选择题，第6~9题为多项选择题）1.（2017·徐州二模)如图所示，质量为m2的物块B放置在光滑水平桌面上，其上放置质量为m1的物块A，A通过跨过光滑定滑轮的细线与质量为M的物块C连接,释放C，A和B一起以加速度a从静止开始运动，已知A、B间动摩擦因数为μ1，则细线中的拉力大小为()A．Mg B．Mg＋MaC．（m1＋m2)a D．m1a＋μ1m1g解析：选C以C为研究对象，则Mg－T＝Ma，解得T＝Mg－Ma，故A、B错误；以A、B为整体分析,根据牛顿第二定律可知T＝(m1＋m2）a，故C正确；A、B间为静摩擦力,对B,根据牛顿第二定律可知f＝m2a,对A可知T－f＝m1a,联立解得T＝m1a＋m2a，故D错误。2．（2017·泰州三模)如图甲所示,木板B静置于光滑水平面上，其上放置物块A,木板B受到水平拉力F作用时，其加速度a与拉力F的关系图像如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块A的质量为（)A．4kg B．3kgC．2kg D．1kg解析：选B设A、B的质量分别为m和M，当F＝4N时，加速度为：a＝1m/s2,对整体分析，由牛顿第二定律有：F＝（M＋m)a，代入数据解得：M＋m＝4kg.当F＞4N时，A、B发生相对滑动，对B,根据牛顿第二定律得：a＝eq\f（F－μmg,M)＝eq\f（1，M)F－eq\f(μmg，M）,知a.F图线的斜率k＝eq\f（1,M）＝1，解得：M＝1kg，所以A的质量为:m＝3kg，故B正确，A、C、D错误.3.(2017·南通模拟）如图所示，长木板放置在粗糙水平地面上，一小物块放置于长木板的中央,已知长木板和小物块的质量均为m,长木板与地面间及小物块与长木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g，现对小物块施加一水平向右的拉力F,则（)A．长木板可能向右做匀加速运动B．长木板的加速度可能为eq\f（F－2μmg，2m）C．地面对长木板的摩擦力可能等于FD．长木板受到地面的摩擦力可能等于2μmg解析:选C小物块与长木板间的最大摩擦力等于μmg，长木板与地面间的最大静摩擦力为2μmg，所以无论小物块是否运动，长木板均不会相对于地面滑动，故A、B错误;小物块在力F的作用下，若小物块相对于长木板静止,根据整体法可知地面对长木板的摩擦力等于F。如果小物块相对于长木板滑动，地面对长木板的摩擦力等于μmg，而且长木板受到地面的摩擦力最大等于μmg，故C正确，D错误。4．（2017·盐城三模）电梯在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为正方向，则电梯(）A．速度在t＝1。5s时最小B．第1s内位移等于第3s内的C．第1s内速度变化小于第2s内的D．对人的支持力在t＝1。5s时最大解析：选C0~3s内加速度方向向下，电梯一直向上做减速运动,则3s末速度最小，故A错误；0～3s内位移一直增大，则第1s内位移与第3s内的不相等,故B错误;a。t图像与坐标轴围成的面积表示速度的变化量，根据图像可知第1s内速度变化小于第2s内的,故C正确；0~3s内加速度方向向下,此时人处于失重状态，人对电梯的压力小于人的重力,t＝1.5s时加速度最大,压力最小，则t＝1。5s时对人的支持力最小，故D错误。5。（2017·南京一模)如图所示，E为斜面的中点，斜面上半段光滑，下半段粗糙,一个小物体从顶端由静止释放，沿斜面下滑到底端时速度为零,小物体下滑过程中位移x、速度v、合力F、加速度a与时间t的关系如选项图所示.以沿斜面向下为正方向，则选项图中图线可能正确的是(）解析：选B小物体在斜面的光滑段上做匀加速直线运动，位移—时间图线的开口向上,然后做匀减速直线运动，故A错误；小物体在前半段做匀加速直线运动，后半段做匀减速直线运动，由于到达底端的速度为零,则前半段和后半段的平均速度相等，由位移相等,则在前半段和后半段的运动时间相等,故B正确；由B选项知,前半段和后半段的运动时间相等，做匀加速直线运动的末速度等于做匀减速直线运动的初速度,则匀加速和匀减速直线运动的加速度大小相等，方向相反,则合力大小相等，方向相反,故C、D错误.6．甲、乙两个质点，质点甲固定在坐标原点，质点乙只能在x轴上运动,甲、乙之间的作用力F与x的关系如图所示。若质点乙自P点（x＝2.2m)由静止释放,乙只受力F作用，规定力F沿＋x方向为正，则质点乙沿＋x方向运动时，下列说法正确的是(）A．乙运动时，加速度大小先减小后增大B．乙运动到Q点时,速度最大C．乙运动到R点时，加速度最小D．乙运动到R点时，速度方向一定沿＋x方向解析：选BD由题图可知乙运动时，所受的合力大小先减小后增大，再减小，故加速度先减小后增大，再减小，选项A错误；乙运动到Q点前，所受的合外力与速度方向相同，做加速运动,过Q点后,合力的方向与速度方向相反，做减速运动，故在Q点时,速度最大，选项B正确；在Q点所受的合外力最小，加速度最小,选项C错误；力对质点乙做的功等于F。x图像与坐标轴所围的面积大小，由图像可知，从P到Q合外力对质点乙做的功大于从Q到R合外力做的功，故在R点质点乙速度方向沿＋x方向且不为0，即乙运动到R点时，速度方向一定沿＋x方向,选项D正确。7．(2017·衡水调研）如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行。初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v。t图像（以地面为参考系)如图乙所示。已知v2〉v1,则（)A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向向右D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用解析:选BC相对地面而言，小物块在0～t1时间内，向左做匀减速运动，t1～t2时间内，小物块反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t2时刻），小物块向右做匀速运动.故小物块在t1时刻离A处距离最大,选项A错误;相对传送带而言,在0～t2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力,在t2～t3时间内,小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，选项B、C正确,D错误。8．(2017·兰州一中测试)如图甲所示，在倾角为37°的足够长粗糙斜面的底端，一质量m＝2kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不拴接。t＝0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度-时间图像如图乙所示，其中Ob段为曲线，bc段为直线，g取10m/s2，sin37°＝0。6，cos37°＝0.8.则下列说法正确的是（）A．在0。15s末滑块的加速度为－8m/s2B．滑块在0。1～0.2s时间间隔内沿斜面向下运动C．滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.25D．在滑块与弹簧脱离之前，滑块一直在做加速运动解析：选AC在v­t图像中，斜率代表加速度，bc段斜率为a＝－8m/s2，A正确；由v。t图像可知，沿斜面向上为正方向，滑块在0。1~0。2s时间间隔内速度为正，故滑块沿斜面向上运动，B错误;滑块在0.1～0.2s内，由牛顿第二定律可知,－mgsin37°－μmgcos37°＝ma，解得μ＝0.25，C正确；在0~0.1s过程中,滑块和弹簧接触，由题图乙可知,滑块在此过程中先做加速运动后做减速运动，D错误。9。如图所示，A、B两物体用两根轻质细线分别悬挂在天花板上,两细线与水平方向夹角分别为60°和45°，A、B间拴接的轻质弹簧恰好处于水平状态。下列判断正确的是（）A．A、B的质量之比为1∶eq\r(3)B．A、B所受弹簧弹力大小之比为eq\r（3)∶eq\r(2）C．悬挂A、B的细线上拉力大小之比为eq\r(2）∶1D．快速撤去弹簧的瞬间，A、B的瞬时加速度大小之比为1∶eq\r(2)解析：选CD同一根弹簧弹力相等，故B错误；对A、B受力分析，如图所示，A、B都处于静止状态，受力平衡，则对A有：tan60°＝eq\f(mAg，F弹），得mA＝eq\f（\r(3）F弹，g),对B有：F弹＝mBg,得mB＝eq\f（F弹,g），所以eq\f（mA，mB)＝eq\f(\r（3)，1），故A错误；对A，细线拉力TA＝eq\f（F弹,cos60°)，对B，细线拉力TB＝eq\f（F弹,cos45°），TA∶TB＝cos45°∶cos60°＝eq\r(2）∶1,故C正确；快速撤去弹簧的瞬间,A、B将以悬点为圆心做圆周运动，刚撤去弹簧的瞬间，将重力分解为沿半径和沿切线方向,沿半径合力为零，合力沿切线方向,对A有：mAgcos60°＝mAaA，得aA＝eq\f(1，2）g，对B有：mBgcos45°＝mBaB，得aB＝eq\f（\r（2），2)g,联立得eq\f(aA,aB)＝eq\f（1，\r(2）),故D正确.二、非选择题10.如图所示，质量m＝5kg的物块(视为质点)在外力F1和F2的作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动,已知F1大小为50N，方向斜向右上方，与水平面夹角α＝37°,F2大小为30N，方向水平向左，物块的速度v0大小为11m/s.当物块运动到距初始位置距离x0＝5m时撤掉F1，g＝10m/s2,sin37°＝0。6，cos37°＝0.8.求：（1）物块与水平地面之间的动摩擦因数μ;（2）撤掉F1以后，物块在6s末距初始位置的距离。解析：(1）物块向右做匀速运动：f＋F2＝F1cosα;f＝μ(mg－F1sinα），联立解得：μ＝0。5。（2)撤掉F1后：a1＝eq\f（F2＋μmg，m）＝eq\f(30＋25，5)m/s2＝11m/s2设经过时间t1向右运动速度变为0，则：t1＝eq\f（v0，a1)＝1s此时向右位移:x1＝eq\f（v0，2）t1＝5。5m后5s物块向左运动：a2＝eq\f（F2－μmg，m）＝1m/s2后5s向左位移：x2＝eq\f(1,2)a2t22＝12.5m物块在6s末距初始位置的距离：Δx＝x2－（x0＋x1)＝12.5m－(5m＋5。5m)＝2m。答案：（1）0.5（2）2m11．如图甲所示，滑块与木板叠放在光滑水平面上,开始时均处于静止状态。作用于滑块的水平力F随时间t的变化图像如图乙所示，在2。5s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动。已知滑块质量m＝2kg，木板质量M＝1kg，滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0。2，g取10m/s2（已知滑块在2.5s内没有滑离木板）。求：（1)在0～0。5s内，滑块和木板之间的摩擦力大小；(2)在2。5s时，滑块和木板的速度分别是多少。解析：(1)在0～0.5s过程中,假设木板、滑块具有共同加速度a1，对整体由牛顿第二定律有：F1＝(M＋m)a1代入数据得：a1＝2m/s2木板能达到的最大加速度为:a2＝eq\f(μmg，M）＝eq\f(0.2×2×10,1)m/s2＝4m/s2＞a1所以木板、滑块相对静止,木板、滑块之间为静摩擦力即:f＝Ma1＝1×2N＝2N。（2）木板和滑块在0.5s时的速度为：v1＝a1t1，t1＝0.5s代入数据可得：v1＝1m/s在0。5～2.5s过程中，假设木板、滑块具有共同加速度a3，则：F2＝（M＋m)a3a3