（通用版）2019版高考物理二轮复习专题检测（四）以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题”（含解析）.doc

1、1以加速度为桥梁，巧解动力学“三类典型问题”1.(2019 届高三天津模拟)一皮带传送装置如图所示，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为 m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦。现将滑块轻放在逆时针匀速运转的皮带上，弹簧恰好处于自然长度且轴线水平。若在弹簧从自然长度到第一次达到最长的过程中，滑块始终未与皮带达到共速，则在此过程中滑块的速度和加速度变化情况是( )A速度增大，加速度增大B速度增大，加速度减小C速度先增大后减小，加速度先增大后减小D速度先增大后减小，加速度先减小后增大解析：选 D 滑块轻放到皮带上，受到向左的滑动摩擦力，开始摩擦力大于弹簧的弹力，向左做加速运动，在此过程中，弹簧的弹

2、力逐渐增大，根据牛顿第二定律，加速度逐渐减小，当弹簧的弹力与摩擦力相等时，速度达到最大，然后弹力大于摩擦力，加速度方向与速度方向相反，滑块做减速运动，弹簧弹力继续增大，根据牛顿第二定律得，加速度逐渐增大，速度逐渐减小，故 D 正确，A、B、C 错误。2.(2018全国卷)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块 P，系统处于静止状态。现用一竖直向上的力 F 作用在 P 上，使其向上做匀加速直线运动。以 x 表示 P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示 F 和 x 之间关系的图像可能正确的是( )解析：选 A 设物块 P 静止时，弹簧的压缩量为 x0，则有 kx0 mg，在弹

3、簧恢复原长前，物块受力如图所示，根据牛顿第二定律得 F k(x0 x) mg ma，整理得 F kx ma，即 F 是 x 的一次函数，选项 A 正确。3.如图所示，物块 M 在倾角为 、静止的足够长的传送带上以速度 v0匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，在传送带的速度由零逐渐增加到 2v0后匀速运转的过程中，以下分析正确的是( )2A M 下滑的速度不变B M 开始在传送带上加速到 2v0后沿传送带匀速下滑C M 先沿传送带匀速下滑，后加速下滑，最后再匀速下滑D M 受到的摩擦力方向始终沿传送带向上解析：选 C 传送带静止时， M 匀速下滑，故 mgsin Ff，当传送带突然启

4、动且速度 v v0时， M 匀速下滑， M 受到沿斜面向上的滑动摩擦力；传送带速度 v v0瞬间， M 受到沿斜面向上的静摩擦力；传送带速度 v v0后， M 可能受到向下的滑动摩擦力或静摩擦力，可能不受摩擦力，还可能受到向上的静摩擦力，但 M 一定加速下滑，最终 M 速度达到 2v0与传送带一起匀速运动，故 C 正确。4在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑)，分别有如图甲、乙所示的两套装置，斜面体 B 的上表面水平且光滑，长方体 D 的上表面与斜面平行且光滑， p 是固定在B、 D 上的小柱，完全相同的两只弹簧一端固定在 p 上，另一端分别连在 A 和 C 上，在 A 与B、 C 与

5、 D 分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中，下列说法正确的是( )A两弹簧都处于拉伸状态B两弹簧都处于压缩状态C弹簧 L1处于压缩状态，弹簧 L2处于原长D弹簧 L1处于拉伸状态，弹簧 L2处于压缩状态解析：选 C 由于斜面光滑， A 与 B、 C 与 D 分别沿斜面下滑的加速度相同，为 gsin 。对于题图甲，以 A 为研究对象，重力与支持力的合力沿竖直方向，而 A 沿水平方向的加速度： ax acos gsin cos ，该加速度由水平方向弹簧的弹力提供，所以弹簧L1处于压缩状态；对于题图乙，以 C 为研究对象，重力与斜面支持力的合力大小： F 合 mgsin ，即 C 不受弹簧的弹

6、力，弹簧 L2处于原长。故选项 C 正确，A、B、D 错误。5光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体 A、 B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为 M、 m。如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力 F1、 F2，均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则 F1与 F2之比为( )A M m B m MC m( M m) D M( M m)3解析：选 A F1作用于 A 时，设 A 和 B 之间的弹力为 N，对 A 有： Ncos Mg，对 B有： Nsin ma，对 A 和 B 组成的整体有： F1( M m)a gtan ； F2作用于 M m

7、 MmA 时，对 B 有： mgtan ma，对 A 和 B 组成的整体有： F2( M m)a( M m)gtan ， ，A 对。F1F2 Mm6.多选如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为 m 乙 5 kg 的盒子乙，乙内放置一质量为 m 丙 1 kg 的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为 m 甲 2 kg 的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放甲，在以后的运动过程中，乙与丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中乙始终没有离开水平桌面，取重力加速度g 10 m/s 2。则( )A细绳对乙的拉力大小为 20 NB乙的加速度大小为 2.5 m/s2C乙

8、对丙的摩擦力大小为 2.5 ND定滑轮受到细绳的作用力为 30 N解析：选 BC 设细绳的拉力为 FT，根据牛顿第二定律，对甲，有 m 甲 g FT m 甲 a；对乙和丙组成的整体，有 FT( m 乙 m 丙 )a，联立解得 FT15 N， a2.5 m/s2，A 错误，B正确；对丙受力分析，受重力、支持力和静摩擦力作用，根据牛顿第二定律，有 f m 丙a12.5 N2.5 N，C 正确；细绳中的张力为 15 N，由于滑轮两侧细绳相互垂直，根据平行四边形定则，其对定滑轮的作用力为 15 N，D 错误。27.(2018合肥检测)如图所示，长为 6 m 的水平传送带沿顺时针方向以恒定速度 v12

9、m/s 运行。一小物块从与传送带等高的光滑水平台面滑上传送带，其速度大小为 v25 m/s。若小物块与传送带间的动摩擦因数 0.2，重力加速度 g10 m/s 2，下列说法中正确的是( )A小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，然后向右做匀加速直线运动B若传送带的速度为 1 m/s，小物块将从传送带左端滑出C若传送带的速度为 5 m/s，小物块将以 5 m/s 的速度从传送带右端滑出D若小物块的速度为 4 m/s，小物块将以 4 m/s 的速度从传送带右端滑出解析：选 B 小物块在传送带上先向左做匀减速直线运动，设加速度大小为 a，速度减至零时通过的位移为 x，根据牛顿第二定律得 mg ma

10、，得 a g 2 m/s2，则 x m6.25 m6 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速v222a 5222直线运动，A 错误；传送带的速度为 1 m/s 和 5 m/s 时，小物块在传送带上受力情况与题述条件下相同，则运动情况相同，都将从传送带左端滑出，B 正确，C 错误；小物块的速度4为 4 m/s 时，速度减至零时通过的位移 x m4 m18 N 时，开始相对滑动解析：选 A 单独对 B 分析， A、 B 间摩擦力达到最大静摩擦力时， A、 B 刚好要发生相对滑动，此时 aB 6 m/s2，再对整体分析： F( mA mB)aB48 N，故只有当拉力 mAgmBF48 N

11、 时， A、 B 才发生相对滑动，A 对，B、D 错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就运动，C 错。10多选(2018桂林联考)如图所示，一小物体 m(视为质点)从 光滑圆弧轨道上与145圆心 O 等高处由静止释放，圆弧半径 R0.2 m，轨道底端与粗糙的传送带平滑连接，当传送带静止时，物体 m 能滑过右端的 B 点，且落在水平地面上的 C 点，取重力加速度 g10 m/s2，则下列说法正确的是( )A物体 m 滑到最低点 A 时对轨道的压力大小与轨道半径 R 的大小有关B若传送带逆时针运行，则物体 m 也能滑过 B 点，落在 C 点C若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v2 m/s 时，物

12、体 m 落在 C 点的右侧D若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v2 m/s，物体 m 加速运动，落在 C 点右侧，C 正确；若 v mg cos )，将一直匀加速到底端；当滑块上滑时( mgsin mg cos )，先做匀加速运动，在速度与传送带速度相等后将做匀速运动，两种情况均不符合题图乙，故传送带是逆时针转动，选项 A 正确；滑块在 0 t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑， a1 gsin 6 g cos ，由题图乙可知 a1 ，则 tan ，选项 B 错误；滑块与v0t0 v0gt0cos 传送带的速度相等后的加速度 a2 gsin g cos ，解得 a22 gsin

13、 ，选项 Dv0t0正确；由前述分析结合题图乙知，传送带的速度等于 v0，选项 C 错误。12多选(2019 届高三深圳调研)如图甲所示，质量 m1 kg、初速度 v06 m/s的物块受水平向左的恒力 F 作用，在粗糙的水平地面上从 O 点开始向右运动， O 点为坐标原点，整个运动过程中物块速率的平方随位置坐标变化的关系图像如图乙所示，取 g10 m/s2，下列说法中正确的是( )A t2 s 时物块速度为零B t3 s 时物块回到 O 点C恒力 F 大小为 2 ND物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1解析：选 ACD 物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为： a1 m/s2v022x1 36

14、263 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为： t1 2 s，故 A 正确；物块v0a1反向做匀加速直线运动的加速度大小为： a2 m/s21 m/s2，反向加速回到v 22x2 1628O 点所用的时间 t s2 s，故 B 错误；根据牛顿第二定律得：2x1a2 261 3F Ff ma1， F Ff ma2，解得： F2 N， Ff1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为： 0.1，故 C、D 正确。Ffmg13多选(2018宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端与物块 A 连接，物块 B 与物块 A 接触但不粘连；

15、两物块 A、 B 质量均为 m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动 B，使 B 做加速度为 a 的匀加速运动， A、 B 在开始一段时间内的 v t 关系分别对应图乙中 A、 B 图线(t1时刻 A、 B 的图线相切， t2时刻对应 A 图线的最高点)，重力加速度为 g，则( )7A t2时刻，弹簧形变量为 0B t1时刻，弹簧形变量为mgsin makC从开始到 t2时刻，拉力 F 逐渐增大D从 t1时刻开始，拉力 F 恒定不变解析：选 BD 由题图知， t2时刻 A 的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律有 mgsin kx1，则 x1 ，故 A 错误； t1时刻

16、A、 B 开始分离，对 A 根据mgsin k牛顿第二定律得 kx2 mgsin ma，则 x2 ，故 B 正确；从开始到 t1时刻，mgsin mak对 A、 B 整体，根据牛顿第二定律得 F kx2 mgsin 2 ma，得 F2 mgsin 2 ma kx， x 减小， F 增大，从 t1时刻开始，对 B 由牛顿第二定律得 F mgsin ma，得 F mgsin ma，可知 F 不变，故 C 错误，D 正确。14多选(2018云南师大附中模拟)如图所示，质量为 M的木板放在光滑的水平面上，木板的右端有一质量为 m 的木块(可视为质点)，在木板上施加一水平向右的恒力 F，木块和木板由静止

17、开始运动最后分离。设分离时木块相对地面运动的位移为 x，保证木块和木板会发生相对滑动的情况下，下列方法可使位移 x 增大的是( )A仅增大木板的质量 MB仅减小木块的质量 mC仅增大恒力 FD仅增大木块与木板间的动摩擦因数解析：选 AD 设木板长为 L，当木块与木板分离时，运动时间为 t，对于木板：F mg Ma1， x1 a1t2，对于木块： mg ma2， x2 a2t2，当木块与木板分离时，它们12 12的位移满足 L a1t2 a2t2，解得 t ，则木块相对地面运动的位移为 x a2t2；12 12 2La1 a2 12仅增大木板的质量 M， a1变小， a2不变，则 t 增大， x 增大，故 A 正确；仅减小木块的质量m， a1变大， a2不变，则 t 减小， x 减小，故 B 错误；仅增大恒力 F， a1变大， a2不变，则t 减小， x 减小，故 C 错误；仅增大木块与木板间的动摩擦因数， a1变小， a2变大，则 t 增大， x 增大，故 D 正确。8