江苏鸭高考物理二轮复习第一部分专题一力与运动专题跟踪检测三以加速度为桥梁攻克两类动力学问题

地面间及小物块与长木板间的动摩擦因数均为
口，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（ ）
专题跟踪检测（二） 以加速度为桥梁，攻克两类动力学问题
、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m 的物块B 放置在光滑水平桌 面上，其上放置质量为 m 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 A □c
知A 、B 间动摩擦因数为 L 1,则细线中的拉力大小为（ ） A. Mg B. Mg+ Ma C. (m + m 2) a D. ma +(i i mg 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 = （m + m ）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 = ma ,对A 可知T - f = ma ，联立解得T = ma + ma ,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 代木 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（ ） 甲 B. 3 kg A. 4 kg C. 2 kg
D .
1 kg 解析：选B
设A B 的质量分别为m 和
当F = 4 N 时，加速度为:
2
a = 1 m/s ，对整
体分析，由牛顿第二定律有： F =（阿ma ,代入数据解得：M+ m= 4 kg 。

当 F >4 N 时，A 、
F — K mg 1 Lt mg
B 发生相对滑动，对B,根据牛顿第二定律得：a = —— M =M 3-
而：知a -F 图线的斜率k
1
M = 1，解得：M= 1 kg ，所以A 的质量为：m = 3 kg ，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,
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 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
F
-
2m mg
C. 地面对长木板的摩擦力可能等于 F
D.长木板受到地面的摩擦力可能等于 2 口mg
解析：选C小物块与长木板间的最大摩擦力等于口mg长木板与地面间的最大静摩擦
力为2 口mg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口mg而且长木板受到地面的摩擦力最大等于口mg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，
B. 第1 s内位移等于第3 s内的
C. 第1 s内速度变化小于第 2 s内的
D. 对人的支持力在t = 1.5 s时最大
解析：选C 0〜3 s内加速度方向向下，电梯一直向上做减速运动，则3 s末速度最小，故A错误；0〜3 s内位移一直增大，则第 1 s内位移与第3 s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 1 s内速度变化小于第2s
内的，故C正确；0〜3 s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 = 1.5 s时加速度最大，压力最小，则t = 1.5 s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
（）
农i
I _ 1b
I一i i冷L_：
* 0
A C D
解析：选B小物体在斜面的光滑段上做匀加速直线运动，位移一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= 2.2 m）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V i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>V i，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0〜11时间内，向左做匀减速运动，t i〜12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t i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，
B. 滑块在0.1〜0.2 s 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 口 = 0.25
D. 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v -t 图像中，斜率代表加速度，
bc 段斜率为a =— 8 m/s 2, A 正确；由
v -t 图像可知，沿斜面向上为正方向，滑块在 0.1〜0.2 s 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0.1〜0.2 s 内，由牛顿第二定律可知，一m®n 37°— 口 m 妙os 37°= ma 解得
口= 0.25 , C 正确；在0〜0.1 s 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， 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 :
3
B. A B 所受弹簧弹力大小之比为 .3 2
C. 悬挂A B 的细线上拉力大小之比为 ，2 ： 1
D. 快速撤去弹簧的瞬间， A B 的瞬时加速度大小之比为 1 : 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：tan 60°
mg
3F 弹 F 弹 m 3
,,
=
，得m = •，对B 有：F 弹=0!^，得m = ，所以=〒，故
F 弹
g
g
m
1
A 错误；对A 细线拉力T A =co“厂，对
B 细线拉力T
B = co 而
cos 60°= .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
小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此 距离达到最大值，选项 B 、C 正确，D 错误。

t 2时刻小物块相对传送带滑动的
& （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= 2 kg 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一时间图像如图乙所示，其中 Ob 段为曲线，be 段为直
线， 2
g 取10 m/s , sin 37 ° = 0.6 , eos 37 °= 0.8。

则下列说法正确的是
A.在0.15 s 末滑块的加速度为—
8 m/s
T A : T B = cos 45°
乙
2
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，
1 \[2
a A
对 A 有: mg cos 60°= ma A ，得 a A =2g ，对 B 有:吨cos 45
°= ma B ，得 a B =2g ，联立得云
器，故D 正确。

二、非选择题
cos 37 °= 0.8。

求:
（1）物块与水平地面之间的动摩擦因数
（2）撤掉R 以后，物块在6 s 末距初始位置的距离。

解析：（1）物块向右做匀速运动：f + F 2= F 1COS a ;
f = 口 (mg- Hsin a ),
联立解得：口 = 0.5。

此时向右位移：X 1= V ^t 1= 5.5 m
后5 s 物块向左运动： a 2= F _^^竺=1 m/s 2
1 2
后 5 s 向左位移：X 2= ?a 2t 2 = 12.5 m 物块在6 s 末距初始位置的距离:
△ x = X 2 — (x o + X 1) = 12.5 m — (5 m + 5.5 m) = 2 m 。

答案：(1)0.5
(2)2 m
11 •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
2.5 s 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= 2 kg ,木板质量M= 1 kg ,滑块与木板间的动摩擦因数 口 = 0.2 ,
g 取10 m/s 2 （已知滑块在
10.如图所示，质量 m ^ 5 kg 的物块（视为质点）在外力F i 和F 2的 作用下正沿某一水平面向右做匀速直线运动, 已知 向斜向右上方，与水平面夹角
a = 37°,
小为11 m/s 。

当物块运动到距初始位置距离 F 2大小为30 N ，方向水平向左，物块的速度
V 0大
2
X 0= 5 m 时撤掉 F 1, g = 10 m/s , sin 37°= 0.6 ,
⑵撤掉R 后：a 1
F 2 + 口 mg 30+ 25
2 2
厂 m/s = 11 m/s
5
设经过时间t 1向右运动速度变为
V 0
，则："5= 1 s
2.5 s 内没有滑离木板）。

求：
1
M
6 ZZ1—
0.5
2,5 i/s
甲
£
F i 大小为50 N 方
(1) 在0〜0.5 s 内，滑块和木板之间的摩擦力大小； (2) 在2.5 s 时，滑块和木板的速度分别是多少。

解析：(1)在0〜0.5 s 过程中，假设木板、滑块具有共同加速度 a i ,对整体由牛顿第二
定律有：
F i = (M+ m ) a i
代入数据得：a i = 2 m/s 2 木板能达到的最大加速度为:
所以木板、滑块相对静止，木板、滑块之间为静摩擦力即： f = Ma = 1 x 2 N = 2 N 。

(2)木板和滑块在0.5 s 时的速度为：
V 1 = at 1, 11 = 0.5 s
代入数据可得：V 1= 1 m/s
在0.5〜2.5 s 过程中，假设木板、滑块具有共同加速度
a 3,则：
F 2= (M+ m ) a 3 a 3~5.3 m/s 2> a 2
则木板、滑块相对滑动 木板在2.5 s 时的速度为：
V 2= V 1+ a 2t 2, t 2= 2.5 s — t 1
代入数据得：V 2= 9 m/s
以滑块为研究对象： F 2 — 口 mg= ma 代入数据解得：a 4= 6 m/s 2 滑块在2.5 s 时的速度为：
V 3= V 1+ a 4t 2
代入数据解得：V 3= 13 m/s 。

答案：(1)2 N (2)13 m/s 9 m/s
a 2= 口 mg 0.2 x 2X 10 ~M = 1
2 2
m/s = 4 m/s > a 1。