《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第4讲 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题” Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019版高考物理通用版二轮复习讲义：第一部分 第一板块 第4讲 以加速度为桥梁巧解动力学“三类典型问题” Word版含解析.pdf（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第第 4 讲讲 Error!Error! 考法考法 学法学法 应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体 问题、传送带问题、板 应用牛顿运动定律解决动力学问题是高考必考内容，其中有三类典型问题：连接体 问题、传送带问题、板块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问 题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思 想方法有：整体法和隔离法；正交分解法；作图法；图像法； 块模型问题，这三类问题均是高考的热点。解答这三类问 题需要的知识有：匀变速直线运动的规律、牛顿运动定律、受力分析等。用到的思 想方法有：整体法和隔离法；正交分解法；作
2、图法；图像法； 等效思想；临界极值思想。等效思想；临界极值思想。 提提能能点点 一一 以以加加速速度度为为桥桥梁梁， ，巧巧解解连连接接体体问问题题基 基础 础保保分 分类 类考考点点 练练练练就就能能过过关关 知能全通知能全通 1连接体问题中的两类瞬时性模型连接体问题中的两类瞬时性模型 刚性绳刚性绳(或接触面或接触面)弹簧弹簧(或橡皮绳或橡皮绳) 不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断不发生明显形变就能产生弹力的物体，剪断 (或脱离或脱离)后，其弹力立即消失，不需要形变恢 复时间 后，其弹力立即消失，不需要形变恢 复时间 两端同时连接两端同时连接(或附着或附着)有物体的弹簧有物体的弹簧(或橡
3、皮 绳 或橡皮 绳)，形变量大，其形变恢复需要较长时间， 在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看 成保持不变 ，形变量大，其形变恢复需要较长时间， 在瞬时性问题中，其弹力的大小通常可以看 成保持不变 2动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则动力学连接体问题中整体法、隔离法的选用原则 (1)当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速 度不同时，一般采用隔离法。 当连接体中各物体具有共同的加速度时，一般采用整体法；当系统内各物体的加速 度不同时，一般采用隔离法。 (2)求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。求连接体内各物体间的相互作用力时必须采用隔离法。
4、 题点全练题点全练 1.如图所示， 物块如图所示， 物块 A 放在木板放在木板 B 上，上， A、 B 的质量均为的质量均为 m， A、 B 之间 的动摩擦因数为 之间 的动摩擦因数为 ， B 与地面之间的动摩擦因数为 。若将水平力作用与地面之间的动摩擦因数为 。若将水平力作用 3 在在 A 上，使上，使 A 刚好要相对刚好要相对 B 滑动，此时滑动，此时 A 的加速度为的加速度为 a1；若将水平力作用在；若将水平力作用在 B 上，使上，使 B 刚好要相对刚好要相对 A 滑动，此时滑动，此时 B 的加速度为的加速度为 a2， 则， 则 a1与与 a2的比为的比为( ) A11 B23 C13
5、D32 解析 ： 选解析 ： 选 C 当水平力作用在 当水平力作用在 A 上， 使上， 使 A 刚好要相对刚好要相对 B 滑动， 此时滑动， 此时 A、 B 的加速度相等， 单独对 的加速度相等， 单独对 B 分析，分析，B 的加速度为：的加速度为：aBa1 g；当水平力作用在；当水平力作用在 B 上，使上，使 B mg 32mg m 1 3 刚好要相对刚好要相对 A 滑动，此时滑动，此时 A、B 间的摩擦力刚好达到最大，间的摩擦力刚好达到最大，A、B 的加速度相等，有：的加速度相等，有：aA a2g，可得，可得 a1a213，C 正确。正确。 mg m 2.如图所示，如图所示，50 个大小相
6、同、质量均为个大小相同、质量均为 m 的小物块，在平行于斜 面向上的恒力 的小物块，在平行于斜 面向上的恒力 F 作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角 为 作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角 为30， 各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为， 各小物块与斜面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g， 则第， 则第46 个小物块对第个小物块对第 45 个小物块的作用力大小为个小物块的作用力大小为( ) A.F 9 10 B.F 1 10 C.mgF 45 2 1 10 D因为动摩擦因数未知，所以不能确定因为动摩擦因数未知，所以不能确定 解析：选解析：选 B 以 以 50
7、个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得 a g(sin 30cos 30)， 以下侧， 以下侧 45 个小物块为研究对个小物块为研究对 F50mgsin 3050mgcos 30 50m F 50m 象，由牛顿第二定律得象，由牛顿第二定律得 F45mgsin 3045mgcos 30FN45ma，解得，解得 FNF，故，故 B 1 10 正确。正确。 3(2018保定调研保定调研)如图所示，两个质量分别为如图所示，两个质量分别为 m1、m2的物块的物块 A 和和 B 通过一轻弹簧连接在一起并放置于水平传送带上， 水平轻绳一端连 接 通过一轻
8、弹簧连接在一起并放置于水平传送带上， 水平轻绳一端连 接 A， 另一端固定在墙上， 另一端固定在墙上， A、 B 与传送带间的动摩擦因数均为与传送带间的动摩擦因数均为 。 传送带沿顺时针方向转动， 系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设 。 传送带沿顺时针方向转动， 系统达到稳定后，突然剪断轻绳的瞬间，设 A、B 的加速度大小分别为的加速度大小分别为 aA和和 aB(弹簧在弹性 限度内，重力加速度为 弹簧在弹性 限度内，重力加速度为 g)，则，则( ) AaAg，aBg ( ( 1m 2 m1) ) BaAg，aB0 CaAg，aB0 ( ( 1m 2 m1) ) DaAg，aBg 解析：选解
9、析：选 C 系统稳定时 系统稳定时 A 和和 B 均受到向右的滑动摩擦力，均受到向右的滑动摩擦力，B 受到的滑动摩擦力大小 为 受到的滑动摩擦力大小 为 m2g，等于弹簧向左的弹力大小，等于弹簧向左的弹力大小 F，B 受到的合外力为受到的合外力为 0。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和。剪断轻绳瞬间，弹簧弹力和 B 受到的滑动摩擦力都不变， 则受到的滑动摩擦力都不变， 则B的加速度大小的加速度大小aB0； A的加速度大小的加速度大小 aA F m1g m1 ( ( 1m 2 m1) ) g，选项，选项 C 对。对。 提提能能点点 二二 以以加加速速度度为为桥桥梁梁， ，巧巧解解传传送送带带问问题题重 重
10、难 难增增分 分类 类考考点点 讲讲练练结结合合过过关关 研一题研一题 如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速度 v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为沿顺时针方向转动，传送带的倾角为 37。 一物块以初速度 。 一物块以初速度 v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的 vt 图像如 图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零， 图像如 图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin 370.6，cos 370.8，g 取取 10 m/s2， 则 ， 则( ) A传送带的速度为传送带的速度为 4
11、m/s B传送带底端到顶端的距离为传送带底端到顶端的距离为 14 m C物块与传送带间的动摩擦因数为物块与传送带间的动摩擦因数为1 8 D物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反物块所受的摩擦力方向一直与物块运动的方向相反 解析解析 如果 如果 v0小于小于 v1， 则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变， 与题图乙不符， 因此物块的初速度 ， 则物块沿传送带向上做减速运动时加速度不变， 与题图乙不符， 因此物块的初速度 v0一定大于一定大于 v1。结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同后， 继续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为 。结合题图乙可知物块减速运动
12、到与传送带速度相同后， 继续做减速运动，但加速度发生变化，由此可以判断传送带的速度为 4 m/s，选项，选项 A 正确 ； 传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积， 即 正确 ； 传送带底端到顶端的距离等于题图乙中图线与横轴所围的面积， 即 (412)1 m 1 2 14 m10 m， 选项， 选项 B 错误 ；错误 ； 01 s 内，内， a1gsin gcos 8 m/s2， 12 s 内，内， a 2gsin 1 2 gcos 4 m/s2，解得，解得 ，选项 ，选项 C 错误 ； 在错误 ； 在 12 s 内，物块所受的摩擦力方向与物块内，物块所受的摩擦力方向与物块 1
13、 4 的运动方向相同，选项的运动方向相同，选项 D 错误。错误。 答案答案 A 悟一法悟一法 传送带问题的突破口传送带问题的突破口初态、共速、末态初态、共速、末态 通一类通一类 1(2019 届高三届高三衡水调研衡水调研)如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率 v1沿顺时沿顺时 针方向运行，初速度大小为针方向运行，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 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
14、动的 vt 图像图像(以地面为参考系以地面为参考系) 如图乙所示。已知如图乙所示。已知 v2v1，则，则( ) At1时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 Bt1时刻，小物块离时刻，小物块离 A 处的距离达到最大处的距离达到最大 C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左 D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 解析 ： 选解析 ： 选 B 由题图乙可知 ： 由题图乙可知 ： t1时刻小物块向左运动最远， 即离时刻小物块向左运动最远， 即离 A 处
15、的距离达到最大，处的距离达到最大， t1 t2时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此时间内，小物块向右加速，但相对传送带还是向左滑动，因此 t2时刻小物块相对传送带滑 动的距离达到最大， 时刻小物块相对传送带滑 动的距离达到最大， A 错误，错误， B 正确 ；正确 ； 0t2时间内， 小物块受到的摩擦力方向始终向右，时间内， 小物块受到的摩擦力方向始终向右， t2t3 时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，时间内小物块与传送带共速，摩擦力为零，C、D 错误。错误。 2.(2018郑州模拟郑州模拟)如图所示为粮袋的传送装置，已知如图所示为粮袋的传送装置，已知 A、B 间长度 为
16、 间长度 为 L，传送带与水平方向的夹角为，传送带与水平方向的夹角为 ，工作时其运行速度为，工作时其运行速度为 v，粮袋与 传送带间的动摩擦因数为 ，粮袋与 传送带间的动摩擦因数为 ，正常工作时 工人在，正常工作时 工人在 A 点将粮袋轻轻放到运 行中的传送带上，关于粮袋从 点将粮袋轻轻放到运 行中的传送带上，关于粮袋从 A 到到 B 的运动，以下说法正确的是的运动，以下说法正确的是(设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力 设最 大静摩擦力等于滑动摩擦力)( ) A粮袋到达粮袋到达 B 点的速度与点的速度与 v 比较，可能大，也可能相等或小比较，可能大，也可能相等或小 B粮袋开始运动的加速度为粮袋开始
17、运动的加速度为 g(sin cos )，若，若 L 足够大，则以后将一定以速度足够大，则以后将一定以速度 v 做 匀速运动 做 匀速运动 C若若 tan ，则粮袋从，则粮袋从 A 到到 B 一定一直做加速运动一定一直做加速运动 D不论不论 大小如何，粮袋从大小如何，粮袋从 A 到到 B 一直做匀加速运动，且一直做匀加速运动，且 agsin 解析：选解析：选 A 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达 B 点时的速度小于点时的速度小于 v，可 能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达 ，可 能先做匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速
18、运动，到达 B 点时速度与点时速度与 v 相同，也 可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动， 到达 相同，也 可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动， 到达B点时的速度大于点时的速度大于 v， 故， 故 A 正确；粮袋开始运动时受到沿斜面向下的滑动摩擦力， 大小为 正确；粮袋开始运动时受到沿斜面向下的滑动摩擦力， 大小为 mgcos ，根据牛顿第二定律得，加速度，根据牛顿第二定律得，加速度 ag(sin cos )，故，故 B 错误 ； 若错误 ； 若 tan ， 粮袋从， 粮袋从 A 到到 B 可能一直做匀加速运动，
19、 也可能先做匀加速运动， 当速度与传送带相同后， 做匀速运动，故 可能一直做匀加速运动， 也可能先做匀加速运动， 当速度与传送带相同后， 做匀速运动，故 C 错误；由以上分析可知，粮袋从错误；由以上分析可知，粮袋从 A 到到 B 不一定一直做匀加速运动，故不一定一直做匀加速运动，故 D 错误。错误。 提提能能点点 三三 以以加加速速度度为为桥桥梁梁， ，巧巧解解板板块块模模型型问问题题重 重难 难增增分 分类 类考考点点 讲讲练练结结合合过过关关 研一题研一题 (2018铁岭协作体模拟铁岭协作体模拟)如图所示，质量为如图所示，质量为 M10 kg 的小 车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个
20、 的小 车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一个 F10 N 的水平 恒力。当小车向右运动的速度达到 的水平 恒力。当小车向右运动的速度达到 2.8 m/s 时，在其右端轻轻放 上一质量 时，在其右端轻轻放 上一质量 m2.0 kg 的小黑煤块的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零小黑煤块视为质点且初速度为零)，从此时刻开始计时，煤 块与小车间动摩擦因数 ，从此时刻开始计时，煤 块与小车间动摩擦因数 0.20。假定小车足够长，。假定小车足够长，g10 m/s2。则下列说法中正确的是。则下列说法中正确的是 ( ) A煤块在整个运动过程中先做匀加速直线运动后做匀速直线运动煤块在整个运动过程中先做
21、匀加速直线运动后做匀速直线运动 B小车一直做加速度不变的匀加速直线运动小车一直做加速度不变的匀加速直线运动 C煤块在前煤块在前 3 s 内前进的位移为内前进的位移为 9 m D煤块最终在小车上留下的痕迹长度为煤块最终在小车上留下的痕迹长度为 2.8 m 解析解析 根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有： 根据牛顿第二定律，计时开始时对煤块有：FNma1，FNmg0，解得：，解得： a12 m/s2，对小车有：，对小车有：FFNMa2，解得：，解得：a20.6 m/s2，经过时间，经过时间 t，煤块和小车的速 度相等，煤块的速度为： ，煤块和小车的速 度相等，煤块的速度为：v1a1t，小车的速度为
22、：，小车的速度为：v2va2t，v1v2，解得：，解得：t2 s，以后 煤块和小车共速，根据牛顿第二定律： ，以后 煤块和小车共速，根据牛顿第二定律：F(Mm)a3，解得：，解得：a3 m/s2，即煤块和小车一，即煤块和小车一 5 6 起以加速度起以加速度 a3 m/s2 做匀加速运动，做匀加速运动， A、 B 错误 ； 在前错误 ； 在前 2 s 内煤块前进的位移为 ：内煤块前进的位移为 ： x1 a1t2 5 6 1 2 222 m4 m， 然后和小车共同运动， 然后和小车共同运动1 s时间， 此时间， 此1 s时间内位移为 ：时间内位移为 ： x1v1t 1 2 1 2 a3t24.4
23、m，故煤块在前，故煤块在前 3 s 内前进的位移为内前进的位移为 4 m4.4 m8.4 m，C 错误；在前错误；在前 2 s 内煤 块前进的位移 内煤 块前进的位移 x14 m，小车前进的位移为 ：，小车前进的位移为 ： x2vt a2t2m 1 2 ( ( 2.8 21 2 0.6 22 ) ) 6.8 m，两者的相对位移，两者的相对位移(即痕迹长度即痕迹长度)为：为：xx2x16.8 m4 m2.8 m，D 正确。正确。 答案答案 D 悟一法悟一法 1板板块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带 类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处
24、理此类问题要注 意从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。 块模型类问题中，滑动摩擦力的分析方法与传送带类似，但这类问题比传送带 类问题更复杂，因为木板往往受到摩擦力的影响也做匀变速直线运动，处理此类问题要注 意从速度、位移、时间等角度，找到两者运动之间的联系。 2滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度 恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够 大。 滑块不从木板的末端掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时的速度与木板的速度 恰好相等，如果木板做变速运动或者倾斜放置，还要求滑块与木板间的最大静摩擦力足够 大。 通一
25、类通一类 1.如图所示，固定斜面如图所示，固定斜面 C 的倾角为的倾角为 ，长木板，长木板 A 与斜面间动摩擦 因数为 与斜面间动摩擦 因数为 1， A 沿斜面下滑时加速度为沿斜面下滑时加速度为 a1， 现将， 现将 B 置于长木板置于长木板 A 顶端，顶端， A、 B 间动摩擦因数为间动摩擦因数为2，此时释放，此时释放A、B，A的加速度为的加速度为a2， B的加速度为的加速度为a3，则下列说法正确的是，则下列说法正确的是( ) A若若 12，则有，则有 a1a22，则有，则有 a2a3 D若若 1a2a3 解析 ： 选解析 ： 选 B 若 若 12，A、B 之间有相对滑动，且之间有相对滑动，
26、且 B 的加速度大于的加速度大于 A 的加速度，的加速度，a2a1， A mB mA 错误，错误，B 正确；若正确；若 16 m，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，所以小物块将从传送带左端滑出，不会向右做匀加速直线运动，A 错误； 传送带的速度为 错误； 传送带的速度为 1 m/s 和和 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， 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，正确，C 错误；小物块的速度为错误；小物块的速度为 4 m/s 时，速度减至时，速度减至 零
27、时通过的位移零时通过的位移 x m4 m18 N 时，开始相对滑动时，开始相对滑动 解析：选解析：选 A 单独对 单独对 B 分析，分析，A、B 间摩擦力达到最大静摩擦力时，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 刚好要发生 相对滑动， 此时 aB6 m/s2， 再对整体分析 ：， 再对整体分析 ： F(mAmB)aB48 N， 故只有当拉力， 故只有当拉力 F mAg mB 48 N 时，时，A、B 才发生相对滑动，才发生相对滑动，A 对，对，B、D 错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就 运动， 错；由于水平面光滑，只要有拉力两物体就 运动，C 错。错。 10 多
28、选多选(2018桂林联考桂林联考)如图所示， 一小物体如图所示， 一小物体m(视为质点视为质点)从 光滑圆弧轨道上与圆心从 光滑圆弧轨道上与圆心O 1 4 等高处由静止释放，圆弧半径等高处由静止释放，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 ，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 能滑过右端的能滑过右端的 B 点，且落在水平地面上的点，且落在水平地面上的 C 点，取重力加速度点，取重力加速度 g10 m/s2， 则下列说法正确的是 ， 则下列说法正确的是( ) A物体物体 m 滑到最低点滑到最低点 A 时对轨道的压力大小与轨道半径时对
29、轨道的压力大小与轨道半径 R 的大小有关的大小有关 B若传送带逆时针运行，则物体若传送带逆时针运行，则物体 m 也能滑过也能滑过 B 点，落在点，落在 C 点点 C若传送带顺时针运行，则当传送带速度若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v2 m/s 时，物体时，物体 m 落在落在 C 点的右侧点的右侧 D若传送带顺时针运行，则当传送带速度若传送带顺时针运行，则当传送带速度 v2 m/s，物体，物体 m 加速运动，落在加速运动，落在 C 点右侧，点右侧，C 正确；若正确；若 vmgcos )，将一直匀加 速到底端；当滑块上滑时 ，将一直匀加 速到底端；当滑块上滑时(mgsin mgcos )，先做
30、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 ，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 正确；滑块 在 0t0时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，时间内，所受滑动摩擦力沿传送带向下，匀加速下滑，a1gsin gcos ，由题，由题 图乙可知图乙可知 a1，则，则 tan ，选项，选项 B 错误；滑块与传送带的速度相等后的加速错误；滑块与传送带的速度相等后的加速 v0 t0 v0 gt0cos 度度 a2gsin gcos ，解得，解得 a
31、22gsin ，选项，选项 D 正确 ； 由前述分析结合题图乙知，传正确 ； 由前述分析结合题图乙知，传 v0 t0 送带的速度等于送带的速度等于 v0，选项，选项 C 错误。错误。 12多选多选(2019 届高三届高三深圳调研深圳调研)如图甲所示，质量如图甲所示，质量 m1 kg、初速度、初速度 v06 m/s 的物 块受水平向左的恒力 的物 块受水平向左的恒力 F 作用， 在粗糙的水平地面上从作用， 在粗糙的水平地面上从 O 点开始向右运动，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 点为坐标原点， 整个运动过程中物块速率的平
32、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 ， 下 列说法中正确的是( ) At2 s 时物块速度为零时物块速度为零 Bt3 s 时物块回到时物块回到 O 点点 C恒力恒力 F 大小为大小为 2 N D物块与水平面间的动摩擦因数为物块与水平面间的动摩擦因数为 0.1 解析：选解析：选 ACD 物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为： 物块向右做匀减速直线运动的加速度大小为：a1 m/s2 v02 2x1 36 2 6 3 m/s2，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：，物块向右做匀减速直线运动到速度为零的时间为：t12 s，故，故 A 正确；物
33、块反正确；物块反 v0 a1 向做匀加速直线运动的加速度大小为 ：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，反向加速回到 O 点点 v2 2x2 16 2 8 所用的时间所用的时间 t s2 s， 故， 故 B 错误 ； 根据牛顿第二定律得 ：错误 ； 根据牛顿第二定律得 ： FFfma1， F 2x1 a2 2 6 1 3 Ffma2，解得：，解得：F2 N，Ff1 N，则物块与水平面间的动摩擦因数为：，则物块与水平面间的动摩擦因数为：0.1， Ff mg 故故 C、D 正确。正确。 13多选多选(2018宜春四校联考宜春四校联考)如图甲所示，平行于光滑
34、斜面的轻弹簧劲度系数为如图甲所示，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 ， 一端固定在倾角为 的斜面底端，另一端与物块的斜面底端，另一端与物块 A 连接，物块连接，物块 B 与物块与物块 A 接触但不粘连； 两物块 接触但不粘连； 两物块 A、B 质量均为质量均为 m，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力，初始时均静止。现用平行于斜面向上的力 F 拉动拉动 B，使，使 B 做加 速度为 做加 速度为 a 的匀加速运动，的匀加速运动，A、B 在开始一段时间内的在开始一段时间内的 v t 关系分别对应图乙中关系分别对应图乙中 A、B 图线图线(t1 时刻时刻 A、B 的图线相切
35、，的图线相切，t2时刻对应时刻对应 A 图线的最高点图线的最高点)，重力加速度为，重力加速度为 g，则，则( ) At2时刻，弹簧形变量为时刻，弹簧形变量为 0 Bt1时刻，弹簧形变量为时刻，弹簧形变量为mgsin ma k C从开始到从开始到 t2时刻，拉力时刻，拉力 F 逐渐增大逐渐增大 D从从 t1时刻开始，拉力时刻开始，拉力 F 恒定不变恒定不变 解析：选解析：选 BD 由题图知， 由题图知，t2时刻时刻 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 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，则 x1，故，故 A 错误；错误；t1时刻
36、时刻 A、B 开始分离，对开始分离，对 A 根据牛根据牛 mgsin k 顿第二定律得顿第二定律得 kx2mgsin ma， 则， 则 x2， 故， 故 B 正确 ； 从开始到正确 ； 从开始到 t1时刻， 对时刻， 对 A、 B mgsin ma k 整体， 根据牛顿第二定律得整体， 根据牛顿第二定律得 Fkx2mgsin 2ma， 得， 得 F2mgsin 2makx， x 减小，减小， F 增大，从增大，从 t1时刻开始，对时刻开始，对 B 由牛顿第二定律得由牛顿第二定律得 Fmgsin ma，得，得 Fmgsin ma，可 知 ，可 知 F 不变，故不变，故 C 错误，错误，D 正确。
37、正确。 14多选多选(2018云南师大附中模拟云南师大附中模拟)如图所示，质量为如图所示，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 的 木板放在光滑的水平面上， 木板的右端有一质量为 m 的木块的木块(可视 为质点 可视 为质点)， 在木板上施加一水平向右的恒力， 在木板上施加一水平向右的恒力 F， 木块和木板由静止开 始运动最后分离。 设分离时木块相对地面运动的位移为 ， 木块和木板由静止开 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 ，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
38、大的是增大的是( ) A仅增大木板的质量仅增大木板的质量 M B仅减小木块的质量仅减小木块的质量 m C仅增大恒力仅增大恒力 F D仅增大木块与木板间的动摩擦因数仅增大木块与木板间的动摩擦因数 解析 ： 选解析 ： 选 AD 设木板长为 设木板长为 L， 当木块与木板分离时， 运动时间为， 当木块与木板分离时， 运动时间为 t， 对于木板 ：， 对于木板 ： Fmg Ma1， x1 a1t2， 对于木块 ：， 对于木块 ： mgma2， x2 a2t2， 当木块与木板分离时， 它们的位移满足， 当木块与木板分离时， 它们的位移满足 L 1 2 1 2 a1t2 a2t2， 解得， 解得 t，
39、则木块相对地面运动的位移为， 则木块相对地面运动的位移为 x a2t2； 仅增大木板的质量； 仅增大木板的质量 M， 1 2 1 2 2L a1a2 1 2 a1变小，变小，a2不变，则不变，则 t 增大，增大，x 增大，故增大，故 A 正确；仅减小木块的质量正确；仅减小木块的质量 m，a1变大，变大，a2不变， 则 不变， 则 t 减小，减小，x 减小，故减小，故 B 错误；仅增大恒力错误；仅增大恒力 F，a1变大，变大，a2不变，则不变，则 t 减小，减小，x 减小，故减小，故 C 错误 ； 仅增大木块与木板间的动摩擦因数，错误 ； 仅增大木块与木板间的动摩擦因数，a1变小，变小，a2变大，则变大，则 t 增大，增大，x 增大，故增大，故 D 正确。正确。