专题强化训练(二)一、选择题1．(2019·贵阳高三监测)一物体做匀减速直线运动，4 s 内的位移为16 m ，速度大小变为原来的三分之一，方向不变．则该物体的加速度大小为( )A ．1 m/s 2B ．1.5 m/s 2C ．2 m/s 2D ．0.75 m/s 2[解析] 设该物体的初速度为v 0，加速度大小为a ，由题意知t ＝4 s ，根据匀变速直线运动规律，x ＝v 0＋v 032·t ，v 03＝v 0－at ，联立解得a ＝1 m/s 2，选项A 正确．[答案] A2．(多选)(2019·江西南昌三模)高速公路上甲、乙两车在同一车道上同向行驶．甲车在前，乙车在后，速度均为v 0＝30 m/s ，距离s 0＝100 m ．t ＝0时刻甲车遇紧急情况后，甲、乙两车的加速度随时间变化的关系如图甲、乙所示．取运动方向为正方向．下列说法正确的是( )A ．t ＝3 s 时两车相距最近B ．0～9 s 内两车位移之差为45 mC ．t ＝6 s 时两车相距最近，为10 mD ．两车在0～9 s 内会相撞[解析] 由题图可画出两车的速度—时间图像，如图所示．由图像可知，t ＝6 s 时两车速度相等，此时两车相距最近，故A 错误；图中阴影部分面积为0～6 s 内两车位移之差，可得Δx ＝12×30×3 m＋12×30×(6－3) m ＝90 m<100 m ，此时两车相距最近，为10 m ，所以两车不会相撞，故C 正确，D 错误；0～9 s 内两车位移之差Δx ′＝12×30×3 m＝45 m ，故B 正确．[答案] BC3．(2019·福州市质检)物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6 s 内力F 、速度v 随时间变化如图所示，由图像可得( )A ．物体的质量为2 kgB ．物体在6 s 内运动的位移为6 mC ．在0～2 s 内推力做的功为2 JD ．物体与地面间的动摩擦因数为0.025[解析] 物体在0～2 s 内做匀加速直线运动，加速度为a ＝12m/s 2，由牛顿第二定律有：F －μmg ＝ma ，即：3－μmg ＝ma ；物体在2～6 s 内做匀速直线运动，因此有：μmg ＝1 N ，联立解得：物体的质量为m ＝4 kg ，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.025，选项A 错误，选项D 正确；根据v －t 图像所围的面积表示物体运动的位移可得物体在6 s 内运动的位移为x ＝12×2×1 m＋4×1 m＝5 m ，选项B 错误；力对物体所做的功等于力乘以力方向上的位移，因此在2 s 内推力做的功为W ＝Fx ＝3×12×2×1 J＝3 J ，选项C 错误．[答案] D4．(2019·河南南阳一中开学考试)如图所示，一轻质长木板置于光滑水平地面上，木板上有质量分别为m A ＝1 kg 和m B ＝2 kg 的A 、B 两物块，A 、B 与木板之间的动摩擦因数都为μ＝0.2，水平恒力F 作用在A 物块上，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g 取10 m/s 2.则( )A ．若F ＝1 N ，则物块、木板都静止不动B ．若F ＝1.5 N ，则A 物块所受摩擦力大小为1.5 NC ．若F ＝4 N ，则B 物块所受摩擦力大小为4 ND ．若F ＝8 N ，则B 物块的加速度大小为1 m/s 2[解析] A 与木板间的最大静摩擦力f A ＝μm A g ＝0.2×1×10 N＝2 N ，B 与木板间的最大静摩擦力f B ＝μm B g ＝0.2×2×10 N＝4 N ，设A 与木板恰好发生相对滑动时水平恒力大小为F 0，则由牛顿第二定律可知F 0－f A m A ＝f Am B，解得F 0＝3 N ，F ＝1 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，故A 错误；F ＝1.5 N<F 0，则A 、B 均与木板保持相对静止，整体在F 作用下向左做匀加速运动，根据牛顿第二定律得F －f 1＝m A a ，所以A 物块所受摩擦力f 1<F ＝1.5 N ，故B 错误；F ＝4 N>F 0，所以A 在木板上滑动，B 和木板整体受到的摩擦力大小为f A ，轻质木板质量不计，所以B 的加速度大小为a 1＝f A m B ＝22m/s 2＝1m/s 2，对B 进行受力分析，有f 2＝m B a 1＝2×1 N ＝2 N ，故C 错误；F ＝8 N>f 0，所以A 相对于木板滑动，B 和木板整体受到摩擦力f A ，由上述分析可知B 的加速度大小为1 m/s 2，故D 正确．[答案] D5．(多选)(2019·乐山二诊)如下图所示，在光滑水平面上放着紧靠在一起的A 、B 两物体，B 的质量是A 的2倍，B 受到水平向右的恒力F B ＝2 N ，A 受到的水平向右的变力F A ＝(9－2t ) N ，t 的单位是s.从t ＝0开始计时，则( )A ．A 物体在3 s 末时刻的加速度是初始时刻的511倍B ．t >4 s 后，B 物体做匀加速直线运动C ．t ＝4.5 s 时，A 物体的速度为零D ．t >4.5 s 后，A 、B 的加速度方向相反[解析] 当A 、B 间作用力为0时二者分离，此时a A ＝a B ，即9－2t m A ＝2m B，t ＝4 s ，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动．当t ＝4.5 s 时，A 物体的加速度为零而速度不为零；t >4.5 s 后，A 所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反．当t <4 s时，A 、B 的加速度均为a ＝F A ＋F Bm A ＋m B.综上所述，选项A 、B 、D 正确． [答案] ABD6．(多选)(2019·沈阳教学抽样检测)如图所示，足够长的固定斜面倾角为θ，斜面a 点以下(含a 点)光滑，a 点以上粗糙．可视为质点的质量均为1 kg 的A 、B 两滑块静止在a 点，某时刻在B 上加一沿斜面向上、大小为7 N 的恒力，弹簧的劲度系数为100 N/m ，θ＝37°，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，两滑块与斜面间的动摩擦因数均为0.25，则A 、B 向上运动的过程中有( )A ．A 、B 刚分离时A 有沿斜面向上的加速度 B ．从加上恒力到A 、B 分离A 上升高度为7 cmC ．A 速度最大时，A 沿斜面移动的距离为3 cmD ．A 速度最大时，A 、B 间弹力为1 N[解析] 由题意知m ＝1 kg 、F ＝7 N 、k ＝100 N/m 、μ＝0.25，A 、B 刚过a 点时的加速度大小为F －2μmg cos θ2m＝1.5 m/s 2，刚分离时A 、B 间无弹力，对B 有a B ＝F －μmg cos θ－mg sin θm＝－1 m/s 2，此时A 、B 加速度相同，故A 的加速度沿斜面向下，此时对A 有a A ＝kx 1－μmg cos θ－mg sin θm＝－1 m/s 2，解得x 1＝0.07 m ，初态kx 0＝2mg sin θ，解得x 0＝0.12 m ，A 上升的高度为(0.12 m －0.07 m)sin37°＝3 cm ，A 、B 错；A 速度最大即加速度为零，对A 、B 整体有kx 2＋F －2mg sin θ－2μmg cos θ＝0，解得x 2＝0.09 m ，A 沿斜面移动的距离Δx ＝x 0－x 2＝0.03 m ，此时对A 有kx 2－N －mg sin θ－μmg cos θ＝0，解得A 、B 间弹力N ＝1 N ，C 、D 对．[答案] CD7．(多选)(2019·湖北七市联合模拟)如下图所示，在一沿顺时针方向匀速转动的传送带的左端A 点，每隔T 的时间，轻放上一个相同的工件，已知工件与传送带间的动摩擦因数为μ，工件的质量均为m ，经测量，发现后面那些已经和传送带达到相同速度的工件之间的距离为x ，重力加速度为g ，下列判断正确的是( )A ．传送带的速率为x TB ．工件加速运动的时间为x μgTC ．工件与传送带间的相对位移一定为xD ．根据题目已知条件可以求出工件与传送带的相对位移[解析] 工件在传送带上先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，每个工件放上传送带后运动的规律相同，可知x ＝vT ，解得传送带的速率v ＝xT，故A 正确；设每个工件匀加速运动的时间为t ，根据牛顿第二定律得，工件的加速度为a ＝μg ，根据v ＝at ，解得t ＝v a＝x μgT ，故B 正确；工件加速过程的位移x 工件＝v 22a ＝x 22μgT 2，工件加速过程中传送带的位移x 传送带＝vT ＝2×x 工件＝x 2μgT 2，工件与传送带间的相对位移Δx ＝x 传送带－x 工件＝x 22μgT2，故C错误，D 正确．[答案] ABD8．(多选)(2019·山东省泰安市上学期期中)如图所示，倾角为θ的斜面静置于地面上，斜面上表面光滑，A 、B 、C 三球的质量分别为m 、2m 、3m ，轻质弹簧一端固定在斜面顶端、另一端与A 球相连，A 、B 间固定一个轻杆，B 、C 间由一轻质细线连接．弹簧、轻杆与细线均平行于斜面，初始系统处于静止状态，现突然剪断细线或弹簧．下列判断正确的是( )A ．弹簧被剪断的瞬间，A 、B 、C 三个小球的加速度均为零 B ．弹簧被剪断的瞬间，A 、B 之间杆的弹力大小为零C ．细线被剪断的瞬间，A 、B 球的加速度沿斜面向上，大小为g sin θD．细线被剪断的瞬间，A、B之间杆的弹力大小为4mg sinθ[解析]若是弹簧被剪断，将三个小球看做一个整体，整体的加速度为a＝g sinθ，然后隔离A，对A分析，设杆的作用力为F，则F＋mg sinθ＝ma，解得F＝0，A错误，B正确；剪断细线前，以A、B、C组成的系统为研究对象，系统静止，处于平衡状态，合力为零，则弹簧的弹力为F弹＝(3m＋2m＋m)g sinθ＝6mg sinθ.以C为研究对象知，细线的拉力为3mg sinθ.剪断细线的瞬间，由于弹簧弹力不能突变，以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得F弹－(m＋2m)g sinθ＝(m＋2m)a AB，解得A、B两个小球的加速度为a AB＝g sinθ，方向沿斜面向上，以B为研究对象，由牛顿第二定律得：F AB－2mg sinθ＝2ma AB，解得杆的拉力为F AB＝4mg sinθ，故C、D正确．[答案]BCD9．(多选)(2019·湖北省黄冈市质检)如图所示，足够长的倾斜传送带以v＝2.4 m/s 的速度逆时针匀速转动，传送带与水平面的夹角θ＝37°，某时刻同时将A、B物块(可视为质点)轻放在传送带上，已知A、B两物块释放时的间距为0.042 m，与传送带间的动摩擦因数分别为μA＝0.75、μB＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法中正确的是( )A．物块B先做匀加速直线运动，后与传送带保持相对静止B．物块B最终一定追上物块AC．在t＝0.24 s时，A、B物块速度大小相等D．在t＝0.54 s前，A、B两物块之间的距离先增大后不变[解析]物块B先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μB＝0.5<tan37°＝0.75，则物块B将继续加速下滑，选项A错误；物块A先做匀加速直线运动，当与传送带共速后，因为μA＝0.75＝tan37°，则物块A将与传送带相对静止，一起下滑，则物块B最终一定追上物块A，选项B正确；物块B开始下滑的加速度a B1＝g sin37°＋μB g cos37°＝10m/s2，与传送带共速经过的时间：t B＝va B1＝0.24 s，共速后物块B以a B2＝g sinθ－μB g cosθ＝2 m/s2的加速度加速下滑；物块A开始下滑的加速度a A1＝g sin37°＋μA g cos37°＝12m/s2，与传送带共速时经过的时间：t A＝va A1＝0.2 s；共速后物块A与传送带一起匀速下滑，则t ＝0.24 s 时两物块速度相等，选项C 正确；在开始的0.24 s 内因为A 的加速度较大，则两物块间的距离逐渐变大；在0.24 s 后物块B 继续加速下滑，速度逐渐变大，则两物块间的距离又逐渐减小，选项D 错误．[答案] BC 二、非选择题10．(2019·成都实验中学月考)如图所示，质量m ＝1 kg 的物块A 放在质量M ＝4 kg 的木板B 的左端，起初A 、B 均静止在水平地面上．现用一水平向左的力F 作用在木板B 上，已知A 、B 之间的动摩擦因数为μ1＝0.4，地面与B 之间的动摩擦因数为μ2＝0.1，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10 m/s 2.(1)求能使A 、B 相对静止的F 的最大值．(2)若F ＝30 N ，作用1 s 后撤去F ，要使A 不从B 上滑落，则木板至少为多长？从开始到A 、B 均静止，A 运动的总位移是多少？[解析] (1)对A 进行受力分析可知，其最大加速度由A 、B 之间的最大静摩擦力决定，由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma max ，代入数据解得a max ＝4 m/s 2对A 、B 整体进行受力分析可知，恰好无相对运动时，A 、B 具有共同的加速度，且大小为a max ，由牛顿第二定律得F max －μ2(M ＋m )g ＝(M ＋m )a max ，代入数据解得F max ＝25 N.(2)设F 作用在B 上时，A 、B 的加速度大小分别为a 1、a 2，经t 1＝1 s ，撤掉F 时，A 、B 的速度大小分别为v 1、v 2，加速度大小分别为a 1′、a 2′，A 、B 共同运动时速度大小为v 3，加速度大小为a 3.对A 进行受力分析，可知a 1＝a max ＝4 m/s 2，v 1＝a 1t 1＝4 m/s对B 进行受力分析，有F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma 2，故a 2＝5.25 m/s 2，v 2＝a 2t 1＝5.25 m/s撤去F 时，有a 1′＝a 1＝4 m/s 2，a 2′＝μ1mg ＋μ2(M ＋m )g M＝2.25 m/s 2经过t 2时间后A 、B 速度相等，有v 1＋a 1′t 2＝v 2－a 2′t 2，代入数据解得t 2＝0.2 s 则v 3＝v 1＋a 1′t 2＝4.8 m/s从开始到A 、B 相对静止，A 、B 的相对位移应不大于木板的长度L ，设A 的位移为x A ，B 的位移为x B ，有L ≥x B －x A ＝v 222a 2＋v 22－v 232a 2′－12a 1(t 1＋t 2)2＝0.75 mA 、B 速度相等后共同在水平面上做匀减速直线运动，加速度a 3＝μ2g ＝1 m/s 2 从A 、B 相对静止至最终静止，位移x ＝v 232a 3＝11.52 m故A 运动的总位移为x A 总＝x A ＋x ＝14.4 m. [答案] (1)25 N (2)0.75 m 14.4 m11．(2019·安徽皖南八校联考)在某电视台举办的冲关游戏中，AB 是处于竖直平面内的光滑圆弧轨道，半径R ＝1.6 m ，BC 是长度为L 1＝3 m 的水平传送带，CD 是长度为L 2＝3.6 m 水平粗糙轨道，AB 、CD 轨道与传送带平滑连接，参赛者抱紧滑板从A 处由静止下滑，参赛者和滑板可视为质点，参赛者质量m ＝60 kg ，滑板质量可忽略．已知滑板与传送带、水平轨道的动摩擦因数分别为μ1＝0.4、μ2＝0.5，g 取10 m/s 2.求：(1)参赛者运动到圆弧轨道B 处对轨道的压力；(2)若参赛者恰好能运动至D 点，求传送带运转速率及方向； (3)在第(2)问中，传送带由于传送参赛者多消耗的电能． [解析] (1)对参赛者：A 到B 过程，由动能定理得mgR (1－cos60°)＝12mv 2B解得v B ＝4 m/s在B 处，由牛顿第二定律得F N B －mg ＝m v 2BR解得F N B ＝2mg ＝1200 N根据牛顿第三定律得，参赛者对轨道的压力F N B ′＝F N B ＝1200 N ，方向竖直向下 (2)C 到D 过程由动能定理得－μ2mgL 2＝0－12mv 2C解得v C ＝6 m/sB 到C 过程加速阶段由牛顿第二定律得μ1mg ＝ma解得a ＝4 m/s 2参赛者加速至v C 历时t ＝v C －v Ba＝0.5 s位移x 1＝v B ＋v C2t ＝2.5 m<L 1参赛者从B 到C 先匀加速后匀速，传送带顺时针运转，速率v ＝6 m/s (3)0.5 s 内传送带位移x 2＝vt ＝3 m参赛者与传送带的相对位移Δx ＝x 2－x 1＝0.5 m 传送带由于传送参赛者多消耗的电能E ＝μ1mg Δx ＋12mv 2C －12mv 2B ＝720 J[答案] (1)1200 N ，方向竖直向下 (2)6 m/s ，顺时针运转(3)720 J。