辽宁丹东市第二中学上册运动和力的关系(培优篇)(Word版 含解析)
一、第四章 运动和力的关系易错题培优(难)
1.沿平直公路匀速行驶的汽车上,固定着一个正四棱台,其上、下台面水平,如图为俯视示意图。在顶面上四边的中点a 、b 、c 、d 沿着各斜面方向,同时相对于正四棱台无初速释放4个相同小球。设它们到达各自棱台底边分别用时T a 、T b 、T c 、T d ,到达各自棱台底边时相对于地面的机械能分别为E a 、E b 、E c 、E d (取水平地面为零势能面,忽略斜面对小球的摩擦力)。则有( )
A .a b c d T T T T ===,a b d c E E E E >=>
B .a b c d T T T T ===,a b d c E E E E ==>
C .a b d d T T T T <=<,a b d c E E E E >=>
D .a b d d T T T T <=<,a b d c
E E E E === 【答案】A 【解析】 【分析】
由题意可知,根据相对运动规律可以确定小球的运动状态,根据功的计算式,通过判断力和位移的夹角可判断弹力做功的情况,从而确定落地时的动能。 【详解】
根据“沿平直公路匀速行驶的汽车上,固定着一个正四棱台”,因为棱台的运动是匀速运动,可以选棱台作为参考系,则a 、b 、c 、d 的加速度大小相等,故有
a b c d T T T T ===
判断a 、b 、c 、d 的机械能的变化,只需比较弹力做功的情况即可,根据弹力方向与位移方向的夹角可知,由于b 、d 弹力不做功,机械能不变;a 弹力做正功,机械能增加;c 弹力做负功,机械能减小。故有
a b d c E E E E >=>
结合上面二个关系式,故A 正确。 故选A 。 【点睛】
本题要注意正确选择参考平面,机械能的变化看除重力之外的其它力做功的情况即可。其它力做正功,机械能增加;其它力做负功,机械能减小,其它力不做功,机械能守恒。
2.如图甲所示,在光滑的水平面上有质量为M 且足够长的长木板,木板上面叠放一个质量为m 的小物块。现对长木板施加水平向右的拉力F =3t (N )时,两个物体运动的a --t 图象如图乙所示,若取重力加速度g =10 m/s 2,则下列说法中正确的是( )
A .图线Ⅰ是小物块运动的a --t 图象
B .小物块与长木板间的动摩擦因数为0.3
C .长木板的质量M =1 kg
D .小物块的质量m =2 kg
【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】
A .根据乙图可知,在3s 以后,m 与M 开始发生相对运动,m 的加速度不变,其大小为23m/s ,所以Ⅰ是长木板的—a t 图象,故A 错误;
B .设小物块与长木板间的动摩擦因素为μ,根据牛顿第二定律可知
23m/s m a g μ==
解得
0.3μ=
故B 正确;
CD .当3s t >时,以M 为研究对象,根据牛顿第二定律可知
F mg Ma μ-=
即
kt mg Ma μ-=
解得
3mg
a t M M μ=
- 由此可得
332
M = 解得
2kg M =
在3s 内,以整体为研究对象,可得
F M m a =+()
即
3()1M m =+?
所以
m
1kg
故CD错误。
故选B。
3.如图所示,将质量为2m的长木板静止地放在光滑水平面上,一质量为m的小铅块(可视为质点)以水平初速v0由木板A端滑上木板,铅块滑至木板的B端时恰好与木板相对静止。已知铅块在滑动过程中所受摩擦力始终不变。若将木板分成长度与质量均相等的两段后,紧挨着静止放在此水平面上,让小铅块仍以相同的初速v0由左端滑上木板,则小铅块将()
A.滑过B端后飞离木板
B.仍能滑到B端与木板保持相对静止
C.在滑到B端前就与木板保持相对静止
D.以上三答案均有可能
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】
在第一次在小铅块运动过程中,小铅块与木板之间的摩擦力使整个木板一直加速,第二次小铅块先使整个木板加速,运动到B部分上后A部分停止加速,只有B部分加速,加速度大于第一次的对应过程,故第二次小铅块与B木板将更早达到速度相等,所以小铅块还没有运动到B的右端,两者速度相同。
故选C。
考点:牛顿第二定律。
4.一足够长的木板B静置于光滑水平面上,如图甲所示,其上放置小滑块A,木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用,木板加速度a随力F变化的a﹣F图象如图乙所示,g取10m/s2,下判定错误的是
A.木板B的质量为1kg
B.当F=10N时木板B加速度为4m/s2
C .滑块A 的质量为4kg
D .当F =10N 时滑块A 的加速度为2m/s 2 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
AC .当F 等于8N 时,加速度为a =2m/s 2,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 大于8N 时,对B 由牛顿第二定律得:
1F mg mg
a F M M M
μμ-=
=- 由图示图象可知,图线的斜率
12186
a k M F ?=
===?- 解得,木板B 的质量M =1kg ,滑块A 的质量为m =3kg .故A 正确,不符合题意;C 错误,符合题意.
B .根据F 大于8N 的图线知,F =6N 时,a =0m/s 2,由
1mg a F M M
μ=
- 可知:
13100611
μ??=?- 解得
μ=0.2
由图示图象可知,当F =10N 时,滑块与木板相对滑动,B 的加速度为
2110.2310104m/s 11
B mg a a F M M μ??==
-=?-= 故B 正确,不符合题意;
D .当F =10N 时,A 、B 相对滑动,木块A 的加速度
22m/s A Mg
a g M
μμ=
==
故D 正确,不符合题意. 故选C . 【点睛】
本题考查牛顿第二定律与图象的综合,知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键,掌握处理图象问题的一般方法,通常通过图线的斜率和截距入手分析.
5.如图所示,倾斜传送带以速度1v 顺时针匀速运动,0t =时刻小物体从底端以速度2v 冲上传送带,t t =0时刻离开传送带。下列描述小物体的速度随时间变化的图像可能正确的是( )
A .
B .
C .
D .
【答案】ABD 【解析】 【分析】 【详解】
若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥,即加速度沿传送带向上,则物体传送带向上做匀加速运动至速度为1v 后做匀速向上运动;
若21v v <且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ<,则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为0,后沿传送带向下做匀加速运动;
若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因数tan μθ≥,则物体沿传送带向上做匀减速运动至速度为1v 后向上做匀速运动;
若21v v >且物体与传送带间的动摩擦因教tan μθ<,则物体沿传送带向上做匀减速运动,加速度为
sin cos a g g θμθ=+
至速度为1v 后加速度变为
sin cos a g g θμθ=-
向上减速运动至速度为零后开始向下做匀加速运动,加速度为
sin cos a g g θμθ=-
直至离开传送带。 选项C 错误,ABD 正确。 故选ABD 。
6.如图所示,光滑水平桌面放置着物块 A ,它通过轻绳和轻质滑轮 悬挂着物块 B ,已知 A 的质量为 m ,B 的质量为 3m ,重力加速 度大小为 g ,静止释放物块 A 、B 后()
A.相同时间内,A、B 运动的路程之比为 2:1 B.物块 A、B 的加速度之比为 1:1
C.细绳的拉力为6
7 mg
D.当 B 下落高度 h 时,速度为2 5 gh
【答案】AC
【解析】
【分析】
【详解】
同时间内,图中A向右运动h时,B下降一半的距离,即为h/2,故A、B运动的路程之比为2:1,故A正确;任意相等时间内,物体A、B的位移之比为2:1,故速度和加速度之比均为2:1,故B错误;设A的加速度为a,则B的加速度为0.5a,根据牛顿第二定律,
对A,有:T=ma,对B,有:3mg-2T=3m?0.5a,联立解得:T=6
7
mg
,a=6
7
g,故C正确;
对B,加速度为a′=0.5a=3
7
g,根据速度位移公式,有:v2=2?a′?h,解得:v=
6
7
gh
,故D
错误;故选AC.
【点睛】
本题考查连接体问题,关键是找出两物体的位移、速度及加速度关系,结合牛顿第二定律和运动学公式列式分析,也可以结合系统机械能守恒定律分析.
7.如图甲所示,光滑水平面上停放着一辆表面粗糙的平板车,质量为M,与平板车上表面等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来,从滑块刚滑上平板车开始计时,之后他们的速度随时间变化的图像如图乙所示,t0是滑块在车上运动的时间,以下说法正确的是
A.滑块与平板车最终滑离
B .滑块与平板车表面的动摩擦因数为
v 3gt C .滑块与平板车的质量之比m :M=1:2 D .平板车上表面的长度为005
v t 6
【答案】AB 【解析】 【分析】
根据图线知,铁块在小车上滑动过程中,铁块做匀减速直线运动,小车做匀加速直线运动.根据牛顿第二定律通过它们的加速度之比求出质量之比,以及求出动摩擦因数的大小.根据运动学公式分别求出铁块和小车的位移,从而求出两者的相对位移,即平板车的长度.物体离开小车做平抛运动,求出落地的时间,从而根据运动学公式求出物体落地时与车左端的位移. 【详解】
由图象可知,滑块运动到平板车最右端时,速度大于平板车的速度,所以滑块将做平抛运
动离开平板车,故A 正确;根据图线知,滑块的加速度大小00
01
00233v v v a t t -==.小车的
加速度大小a 2=0
3v t ,知铁块与小车的加速度之比为1:1,根据牛顿第二定律得,滑块的加速度大小为:1f
a m =
,小车的加速度大小为:a 2=f M
,则滑块与小车的质量之比m :M=1:1.故C 错误.滑块的加速度1f
a g m
μ=
=,又0103v a t =,则003v gt μ=,故B 正确;
滑块的位移00100025326v v x t v t +==,小车的位移0
2000
1
1326v x t v t ==,则小车的长度
L=
56v 0t 0-16v 0t 0=2
3v 0t 0,故D 错误.故选AB . 【点睛】
解决本题的关键理清小车和铁块的运动情况,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.
8.如图所示,在倾角为θ的光滑斜劈P 的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A 、B ,C 为一垂直固定在斜面上的挡板.A 、B 质量均为m ,斜面连同挡板的质量为M ,弹簧的劲度系数为k ,系统静止于光滑水平面.现开始用一水平恒力F 作用于P,(重力加速度为g )下列说法中正确的是( )
A .若F=0,挡板受到
B 物块的压力为2sin mg θ
B .力F 较小时A 相对于斜面静止,F 大于某一数值,A 相对于斜面向上滑动
C .若要B 离开挡板C ,弹簧伸长量需达到sin /mg k θ
D .若(2)tan F M m g θ=+且保持两物块与斜劈共同运动,弹簧将保持原长 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
A 、F=0时,对物体A 、
B 整体受力分析,受重力、斜面的支持力N 1和挡板的支持力N 2,根据共点力平衡条件,沿平行斜面方向,有N 2-(2m )gsinθ=0,故压力为2mgsinθ,故A 错误;
B 、用水平力F 作用于P 时,A 具有水平向左的加速度,设加速度大小为a ,将加速度分解如图
根据牛顿第二定律得 mgsinθ-kx=macosθ
当加速度a 增大时,x 减小,即弹簧的压缩量减小,物体A 相对斜面开始向上滑行.故只要有力作用在P 上,A 即向上滑动,故B 错误;
C 、物体B 恰好离开挡板C 的临界情况是物体B 对挡板无压力,此时,整体向左加速运动,对物体B 受力分析,受重力、支持力、弹簧的拉力,如图
根据牛顿第二定律,有 mg-Ncosθ-kxsinθ=0 Nsinθ-kxcosθ=ma
解得:kx=mgsinθ-macosθ,
sin cos
mg ma
x
k
θθ
-
=故C错误;
D、若F=(M+2m)gtanθ且保持两物块与斜劈共同运动,则根据牛顿第二定律,整体加速度为gtanθ;
对物体A受力分析,受重力,支持力和弹簧弹力,如图
根据牛顿第二定律,有
mgsinθ-kx=macosθ
解得
kx=0
故弹簧处于原长,故D正确;
9.如图所示,一质量为M、带有挂钩的小球套在倾角为θ的细杆上,恰能沿杆匀速下滑,小球所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力.若在小球下滑过程中在挂钩上加挂质量为m 的物体或改变倾角θ,则下列说法正确的是()
A.仅增大θ(θ<90°)时,小球被释放后仍能沿杆匀速下滑
B .仅增大θ(θ<90°)时,小球被释放后将沿杆加速下滑
C .θ不变,仅在挂钩上加挂物体时,小球被释放后将沿杆加速下滑
D .θ不变,仅在挂钩上加挂物体时,挂钩对物体的拉力等于物体的重力 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
AB .当球形物体沿细杆匀速下滑时,由力的平衡条件可知
cos sin cos N F Mg Mg Mg θθμθ
==
解得
tan μθ=
仅增大θ(θ<90°),则有球形物体的重力沿杆的分力大于杆对球形物体的摩擦力,小球被释放后沿杆加速下滑,选项A 错误,B 正确;
CD .当挂上一质量为m 的物体时,以两物体整体为研究对象,沿杆向下的重力分力为
1()sin F M m g θ=+
当挂上一质量为m 的物体时,球形物体所受的摩擦力即沿杆向上的力,大小为
2()cos f F F M m g μθ==+
摩擦力增大,分析可知12F F =,因此球形物体仍沿细杆匀速下滑。所以挂钩对物体的拉力等于物体的重力。选项C 错误,D 正确。 故选BD 。
10.如图所示,A 、B 两物块的质量分别为3m 和2m ,两物块静止叠放在水平地面上A 、B
间的动摩擦因数为μ,B 与地面间的动摩擦因数为1
2
μ(μ≠0).最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g .现对B 施加一水平推力F ,则下列说法正确的是( )
A .若F =μmg ,A 、
B 间的摩擦力一定为零 B .当F >7.5μmg 时,A 相对B 滑动
C .当F =3μmg 时,A 的加速度为μg
D .若去掉B 上的力,而将F =3μmg 的力作用在A 上,则B 的加速度为0.1μg 【答案】ABD 【解析】 【详解】
A .
B 与地面间的最大静摩擦力
f B=1
2
μ×5mg=
5
2
μmg,
当F=μmg时,AB处于静止,对A分析,A所受的摩擦力为零,故A正确;B.A发生相对滑动的临界加速度a=μg,对整体分析,
F?1
2
μ?5mg=5ma,
解得
F=7.5μmg,所以当F>7.5μmg时,A相对B滑动.故B正确;
C.当7.5μmg>F=3μmg>5
2
μmg,可知AB保持相对静止,一起做匀加速直线运动,加速
度
a=
2.5
5
F mg
m
μ
-
=0.1μg,
故C错误;
D.若去掉B上的力,而将F=3μmg的力作用在A上,B发生相对滑动的临界加速度
a=
1
35
2
2
mg mg
m
μμ
?-?
=0.25μg,
对A分析
F-μ?3mg=3ma,
解得不发生相对滑动的最小拉力F=3.75μmg,可知F=3μmg的力作用在A上,一起做匀加速直线运动,加速度
a=
1
5
2
5
F mg
m
μ
-?
=0.1μg,
故D正确。
故选ABD。
【点睛】
本题考查了摩擦力的计算和牛顿第二定律的综合运用,解决本题的突破口在于通过隔离法和整体法求出A、B不发生相对滑动时的最大拉力.
11.如图,三个质量均为m的物块a、b、c,用两个轻弹簧和一根轻绳相连,挂在天花板上,处于静止状态,现将b、c之间的轻绳剪断(设重力加速度为g),下列说法正确的是()
A .刚剪断轻绳的瞬间,b 的加速度大小为2g
B .刚剪断轻绳的瞬间,c 的加速度大小为g
C .剪断轻绳后,a 、b 速度相等时两者相距一定最近
D .剪断轻绳后,a 、b 下落过程中加速度相同的瞬间,两者加速度均为g 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】
AB .剪断弹簧的瞬间,绳的弹力立即消失,而弹簧弹力瞬间不变;对b 根据牛顿第二定律可得
2b mg ma =
解得
2b a g =,方向向下;
c 上面的弹簧在绳子剪断前的弹力等于总重,即为3mg ,剪断细线后对c 根据牛顿第二定律可得
3b C ma mg mg ma =-=
解得
2c a g =,方向向上;
故A 正确,B 错误;
C .剪断轻绳后,a 、b 下落过程中,二者在开始的一段时间内加速度不同,所以两者不会保持相对静止,先是b 相对靠近a ,速度相等时两者的距离最近,后a 相对b 远离,速度再次相等时两者距离最远,故C 错误;
D .剪断轻绳后,a 、b 下落过程中加速度相等的瞬间,对整体分析由牛顿第二定律可知加速度为g ,且两者之间的轻弹簧一定处于原长状态,故D 正确。 故选AD 。
12.如图所示,在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板A ,其上叠放一质量为m 2=2kg 的物块B ,木板与地面间的动摩擦因数1μ=0.1,物块和木板之间的动摩擦因数
2μ=0.3,假定最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给物块施加随时间t 增大的水平拉力
F =3t (N),重力加速度大小g =10m/s 2。则( )
A .t =ls 之后,木板将在地面上滑动
B .t =2s 时,物块将相对木板滑动
C .t =3s 时,物块的加速度大小为4m/s 2
D .木板的最大加速度为3m/s 2 【答案】AD 【解析】 【分析】 【详解】 A .当
()1123N F m m g μ≤+=
物块和木板都没有动,处于静止状态,根据
F =3t (N)
可知t =ls 之后,木板将在地面上滑动,故A 符合题意;
BD .两物体刚要相对滑动时,此时木板有最大加速度,根据牛顿第二定律,对木块有
222F m g m a μ-=
对木板有
()221121m g m m g m a μμ-+=
解得
12N F =
23m/s a =
根据
F =3t (N)
可知t =4s 之后,物块将相对木板滑动,故B 不符合题意,D 符合题意;
C .由上分析可知,t =3s 时,物块相对木板静止,一起做匀加速运动,根据牛顿第二定律
()()111212F m m g m m a μ-+=+
代入数据可得
22m/s a =
故C 不符合题意。 故选AD 。
13.如图所示,物体A 和B 的质量均为m ,分别与跨过定滑轮的轻绳连接(不计绳与轮、滑轮与轴之间的摩擦),用水平变力F 拉物体A 沿水平方向向右做匀速直线运动。则( )
A .物体
B 做匀加速直线运动 B .物体B 处于超重状态
C .物体B 的加速度逐渐增大
D .物体B 的加速度逐渐减小
【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
ACD .设绳子与水平方向夹角为α,A 、B 两物体沿着绳子方向的速度相等
cos B A v v α=
随着A 向右运动,α逐渐减小,因此B 的速度逐渐增大,B 做加速运动,当A 运动到绳子方向与水平方向夹角很小时,B 的速度接近A 的速度,但不会超过A 的速度,因此B 做加速度减小的加速运动,最终加速度趋近于零,AC 错误,D 正确; B .由于B 做加速运动,合力向上,因此处于超重状态,B 正确。 故选BD 。
14.如图所示,两块长方体滑块A 和B 叠放在倾角为θ的斜面体C 上。已知A 、B 质量分别为1m 和2m ,A 与C 的动摩擦因数为1μ,B 与A 的动摩擦因数为2μ。两滑块A 、B 在斜面体上以相同加速度自由下滑,斜面体C 在水平地面上始终保持静止,则下列说法正确的是( )
A .斜面C 受到地面的静摩擦力方向水平向右
B .滑块A 与斜面间的动摩擦因数1=tan μθ
C .滑块A 受到斜面对其摩擦力的大小为()112cos m m g μθ+
D .滑块B 所受的摩擦力大小为22cos m g μθ 【答案】C 【解析】 【分析】 【详解】
A .把A
B 看成一个整体,AB 对
C 的压力在水平方向的分力为
()12cos sin x N m m g θθ=+?
方向水平向右,AB 对C 的摩擦力在水平方向的分力为
cos x f f θ=
方向水平向左。因为AB 一起加速下滑,所以
()12sin m m g f θ+>
则
x x N f >
所以斜面C 有向右的运动趋势,则斜面C 受到地面的静摩擦力方向水平向左,A 错误; B .因为AB 一起加速下滑,所以
()()11212cos sin m m g m m g μθθ+<+
则
1tan μθ<
B 错误;
C .把AB 看成一个整体,滑块A 与斜面之间的摩擦力为
()112cos f m m g μθ=+
C 正确;
D .滑块AB 一起加速下滑,其加速度为
1sin cos a g g θμθ=-
则滑块B 所受的摩擦力大小为
12cos B f m g μθ=
D 错误。 故选C 。
15.如图所示为粮袋的传送装置,已知A 、B 间长度为L ,传送带与水平方向的夹角为θ,工作时运行速度为v ,粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ,正常工作时工人在A 点将粮袋放到运行中的传送带上,关于粮袋从A 到B 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)( )
A .粮袋到达
B 点的速度与v 相比较,可能大,也可能相等或小
B .粮袋开始运动的加速度为g (sin θ ? μcos θ),若L 足够大,则粮袋最后将以速度v 做匀速运动
C .若μ ≥ tan θ,则粮袋从A 到B 一定一直做加速运动
D .不论μ大小如何,粮袋从A 到B 一直做匀加速运动,且a ≥ g sin θ 【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】
A.粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动,到达B点时的速度小于或等于v;可能先匀加速运动,当速度与传送带相同后,做匀速运动,到达B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B点时的速度大于v,故A正确;
B.粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力,大小为μmg cosθ,根据牛顿第二定律得到,加速度a = g(sinθ + μcosθ),若μ < tanθ,则重力沿传送带的分力大于滑动摩擦力,故a 的方向一直向下,粮袋从A到B一直是做加速运动,可能是一直以g(sinθ + μcosθ)的加速度匀加速,也可能先以g(sinθ + μcosθ)的加速度匀加速,后以g(sinθ? μcosθ)匀加速;故B错误;
C.若μ≥ tanθ,粮袋从A到B可能是一直做加速运动,有可能在二者的速度相等后,粮袋做匀速直线运动,故C错误;
D.由上分析可知,粮袋从A到B不一定一直匀加速运动,故D错误。
故选A。