2025高考物理專項復(fù)習(xí)專題進階練(九)　動力學(xué)的圖像問題含答案

2025高考物理專項復(fù)習(xí)專題進階練(九)動力學(xué)的圖像問題含答案專題進階練(九)動力學(xué)的圖像問題(40分鐘90分)一、選擇題1.(6分)(2024·邯鄲高一檢測)如圖甲所示,一物塊放在水平桌面上,物塊受到水平向右的拉力F的作用后運動,以水平向右為加速度的正方向。物塊的加速度a與拉力F之間的關(guān)系如圖乙所示,重力加速度g=10m/s2。物塊與水平桌面間的動摩擦因數(shù)為 ()A.0.2 B.0.4C.0.6 D.0.8【解析】選B。根據(jù)圖乙可得加速度與拉力函數(shù)關(guān)系為a=0.2F-4(m/s2),根據(jù)牛頓第二定律可得F-μmg=ma,整理可得a=Fm-μg,比較關(guān)系式可得μ=0.2.(6分)(2024·吉林高一檢測)如圖甲所示,傾角為30°的足夠長的光滑斜面上,有一質(zhì)量m=0.8kg的物體受到平行斜面向上的力的作用,其大小F隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,t=0時刻物體速度為零,重力加速度g=10m/s2,下列說法中正確的是 ()A.第1s內(nèi)物體的加速度最大B.第2s末物體的速度為零C.2s初到3s末時間內(nèi)物體沿斜面向上做勻減速直線運動D.第3s末物體回到了原來的出發(fā)點【解析】選B。規(guī)定沿斜面向上為正方向,設(shè)第1s、2s、3s內(nèi)的加速度分別為a1、a2、a3,根據(jù)牛頓第二定律分別有F1-mgsin30°=ma1,F2-mgsin30°=ma2,F3-mgsin30°=ma3,解得a1=1.25m/s2,a2=-1.25m/s2,a3=-3.75m/s2,所以第3s內(nèi)物體的加速度最大,故A錯誤;因為第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的加速度大小相等、方向相反,且t=0時刻物體速度為零,根據(jù)對稱性可知第2s末物體的速度為零,之后(即2s末到3s末時間內(nèi))物體沿斜面向下做勻加速直線運動,故B正確,C錯誤;前2s內(nèi)物體的位移為x1=2×12a1t2=1.25m,第3s內(nèi)物體的位移為x2=12a3t2=-1.875m,第3s末物體的位移為x=x1+x2=-03.(6分)(2024·太原高一檢測)物體A、B、C均靜止在同一水平面上,它們的質(zhì)量分別為mA、mB、mC,與水平面間的動摩擦因數(shù)分別為μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C,所得加速度a與拉力F的關(guān)系如圖所示,A、B兩物體的圖線平行,則以下關(guān)系正確的是 ()A.mA<mB<mC B.mA<mB=mCC.μA<μB=μC D.μA>μB=μC【解析】選C。根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=ma,可得a=Fm-μg,圖像斜率為k=1m,由圖可知kA=kB>kC,可得mA=mB<mC,故A、B錯誤;圖像截距為b=-μg,即|b|=μg,由圖可知|bA|<|bB|=|bC|,可得μA<μB=μ4.(6分)放在水平地面上的一物塊,受到方向不變的水平推力F的作用,F的大小與時間t的關(guān)系圖像和物塊的速度v與時間t的關(guān)系圖像分別如圖甲、乙所示。取重力加速度g=10m/s2,由此兩圖像可以求得物塊的質(zhì)量m和物塊與地面之間的動摩擦因數(shù)μ分別為 ()A.0.5kg,0.4 B.1.5kg,2C.0.5kg,0.2 D.1kg,0.2【解析】選A。在4~6s內(nèi)物塊做勻速直線運動,可知Ff=2N,在2~4s內(nèi)物塊做勻加速直線運動,加速度a=2m/s2,根據(jù)牛頓第二定律有:F-Ff=ma,解得:m=0.5kg,又Ff=μmg,解得:μ=0.4,故A項正確。5.(6分)(2024·重慶高一檢測)質(zhì)量為0.2kg的物塊在水平推力F的作用下沿水平面做直線運動,6s末撤去水平推力F,如圖實線表示其運動的v-t圖像,其中經(jīng)過點(4,0)的虛線是6s末v-t圖像的切線。g取10m/s2。下列說法不正確的是 ()A.6s末物塊運動方向不發(fā)生改變B.0~6s內(nèi)物塊平均速度比6~10s內(nèi)物塊平均速度小C.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.1D.水平推力F的最大值為0.9N【解析】選C。6s末前后物塊速度都為正值,故速度方向沒改變,選項A正確,不符合題意;若0~6s內(nèi)物塊做勻加速運動,則平均速度為3m/s,而由圖線可知,物塊在0~6s內(nèi)的位移小于勻加速運動的位移,可知平均速度小于3m/s,而物塊在6~10s內(nèi)的平均速度等于3m/s,故0~6s內(nèi)物塊平均速度比6~10s內(nèi)物塊平均速度小,選項B正確,不符合題意;撤去外力后的加速度a=ΔvΔt=610-6m/s2=1.5m/s2,根據(jù)a=μg=1.5m/s2可知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.15,選項C錯誤,符合題意;物塊的最大加速度為am=ΔvΔt=66-4m/s2=3m/s2,根據(jù)牛頓第二定律F6.(6分)在地面上把一物體以一定初速度豎直向上拋出。假設(shè)物體在運動過程中受到的空氣阻力恒定,到地面的高度用h表示,在空中運動的時間用t表示,取豎直向下為正方向,則物體從上拋開始到再次落回地面的過程中,以下關(guān)系圖像可能正確的是 ()【解析】選A。上升階段,由牛頓第二定律得mg+f=ma1,解得a1=g+fm,物體做勻減速直線運動;下降階段,由牛頓第二定律得mg-f=ma2,解得a2=g-fm,物體做勻加速直線運動,由勻變速直線運動位移—速度公式2ah=v2-v02,可得v2=2ah+v02,可知v2-h斜率為k=2a,可知A正確,B錯誤;根據(jù)速度—時間關(guān)系v=v0+at,可知v-t圖像斜率為k'=a,上升階段,由牛頓第二定律得mg+f=ma1,解得k1=a1=g+fm,物體做勻減速直線運動;下降階段,由牛頓第二定律得mg-f=ma2,解得k2=【補償訓(xùn)練】(2024·鹽城高一檢測)一彈性小球從離地板不太高的地方自由釋放,與地板碰撞時速度大小不變,方向反向。設(shè)小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比,則小球從釋放到第一次上升到最高點的過程中,小球運動的速度—時間圖像可能正確的是 ()【解析】選B。小球所受的空氣阻力的大小與速率成正比,即f=kv,根據(jù)牛頓第二定律,下降過程中有mg-kv=ma1,可知,加速下降的過程中,加速度從g開始逐漸減小。小球碰后上升過程中mg+kv=ma2,可知,小球減速上升過程中加速度從大于g的值逐漸減小到g。速度—時間圖像的斜率表示加速度,則加速下降階段,斜率逐漸減小,減速上升階段,斜率逐漸減小,到最高點時的圖像斜率等于剛釋放時的斜率。7.(6分)如圖甲所示,在傾角θ為30°的足夠長的光滑固定斜面上,有一質(zhì)量為m的物體,受到沿斜面方向的力F作用,力F按圖乙所示規(guī)律變化(圖中縱坐標(biāo)是F與mg的比值,力F沿斜面向上為正)。則物體運動的速度v隨時間t變化的規(guī)律是下列選項圖中的(物體的初速度為零,重力加速度g取10m/s2) ()【解析】選C。在0~1s內(nèi),Fmg=1,根據(jù)牛頓第二定律得a1=F-mgsinθm=12g,方向沿斜面向上,物體沿斜面向上做勻加速直線運動,在1s末的速度為5m/s;在1~2s內(nèi),拉力F為零,根據(jù)牛頓第二定律得a2=mgsinθm=12g8.(6分)(多選)(2024·長春高一檢測)如圖甲所示,靜止在水平地面上質(zhì)量為1kg的物體,在t=0時刻受到水平向右的推力F作用,t=2s時撤去推力,物體運動的v-t圖像如圖乙所示,取g=10m/s2。下列說法正確的是 ()A.在0~1s內(nèi)推力大小為4NB.物體先向右運動,后向左運動C.t=3s時,物體與出發(fā)點間的距離為4mD.物體和水平地面間的動摩擦因數(shù)為0.5【解析】選A、C。v-t圖像斜率表示加速度,則0~1s內(nèi)和2~3s內(nèi)物體加速度大小相等,大小為a=21m/s2=2m/s2,根據(jù)牛頓第二定律,在0~1s內(nèi)F-μmg=ma,2~3s內(nèi),μmg=ma,得F=4N,μ=0.2,A正確,D錯誤;在前3s物體速度一直為正值,一直在向右運動,3s末速度減為零,3s后沒有運動,B錯誤;v-t圖像與橫軸所圍面積表示位移,t=3s時,物體與出發(fā)點間的距離為x=1【補償訓(xùn)練】(多選)某馬戲團演員做滑桿表演,已知豎直滑桿上端固定,下端懸空,滑桿的重力為200N,在桿的頂部裝有一拉力傳感器,可以顯示桿頂端所受拉力的大小。從演員在滑桿上端做完動作開始計時,演員先在桿上靜止了0.5s,然后沿桿下滑,3.5s末剛好滑到桿底端,并且速度恰好為零,整個過程演員的v-t圖像和傳感器顯示的拉力隨時間的變化情況分別如圖甲、乙所示,g=10m/s2,則下列說法正確的是 ()A.演員的重力為800NB.演員在最后2s內(nèi)一直處于超重狀態(tài)C.傳感器顯示的最小拉力為620ND.滑桿長7.5m【解析】選B、C。演員在滑桿上靜止時傳感器顯示的800N等于演員和滑桿的重力之和,所以演員重力為600N,A錯誤;由v-t圖像可知,1.5~3.5s內(nèi)演員向下做勻減速運動,加速度方向向上,演員處于超重狀態(tài),B正確;演員加速下滑時滑桿所受拉力最小,此時a1=3m/s2,對演員由牛頓第二定律知mg-Ff1=ma1,解得Ff1=420N,對滑桿由平衡條件得傳感器顯示的最小拉力為F1=420N+200N=620N,C正確;由v-t圖像中圖線與時間軸圍成的面積可得滑桿長為4.5m,D錯誤。二、計算題9.(12分)(2024·株洲高一檢測)在某次消防演習(xí)中,消防員從一根豎直的靜置于地面的長桿上由靜止滑下,經(jīng)過2.5s到達地面。已知消防員與桿之間摩擦力的大小與他自身重力大小的比值fmg隨時間的變化規(guī)律如圖所示,g取10m/s2(1)消防員在0~1.0s、1.0s~2.5s內(nèi)的加速度的大小和方向;(2)消防員下滑的總距離。【解析】(1)設(shè)消防員在0~1.0s內(nèi)的加速度大小為a1,在1.0~2.5s內(nèi)的加速度大小為a2,由圖可知該消防員在0~1.0s內(nèi)所受阻力為f1=0.6mg由牛頓第二定律得mg-f1=ma1所以a1=g-f1m=4m/s由圖可知該消防員在1.0~2.5s內(nèi)所受阻力為f2=1.2mg由牛頓第二定律得f2-mg=ma2所以a2=f2m-g加速度方向豎直向上(2)消防員在0~1.0s內(nèi)的下落距離為x1=12a1t消防員在1.0s末的速度為v1=a1t1=4m/s消防員在1.0~2.5s內(nèi)下落距離為x2=v1t2-12a2t22消防員在0~2.5s內(nèi)在下滑過程中的總距離為x=x1+x2=5.75m答案:(1)4m/s2,方向豎直向下2m/s2,方向豎直向上(2)5.75m10.(14分)(2024·衡水高一檢測)如圖甲所示,可視為質(zhì)點的質(zhì)量m1=1kg的小物塊放在質(zhì)量m2=2kg的長木板正中央位置,長木板靜止在水平地面上,連接物塊的輕質(zhì)細(xì)繩與水平方向的夾角為37°,現(xiàn)對長木板施加水平向左的拉力F=18N,長木板運動的v-t圖像如圖乙所示,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求:(1)長木板長度L;(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2;(3)物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ1?！窘馕觥?1)從圖線分析可知,在0~2s內(nèi)木板做勻加速直線運動,小物塊保持靜止,運動到2s時木板與小物塊分離,由圖線可知0~2s木板位移x1=0+12小物塊放在長木板正中央位置,小物塊保持靜止,故有L=2x1=2m(2)在2~3s內(nèi),由圖線可得a2=ΔvΔt=5-對木板受力分析,由牛頓第二定律有a2=F解得μ2=0.5(3)在0~2s內(nèi),小物塊保持靜止,對其受力分析,由平衡條件可知FN+Tsin37°=m1gTcos37°=f1f1=μ1FN由圖像可知在0~2s內(nèi),長木板加速度a1=Δv'Δt'=對長木板受力分析,由牛頓第二定律可知F-f1-μ2(m2g+FN)=m2a1聯(lián)立解得μ1=8答案:(1)2m(2)0.5(3)811.(16分)(2024·貴陽高一檢測)如圖甲所示,質(zhì)量為m=1kg的小球從固定斜面上的A點由靜止開始做加速度大小為a1的運動,小球在t1=1s時刻與擋板B碰撞,然后沿著斜面做加速度大小為a2的運動,在t2=1.25s時刻到達C點,接著從C點運動到擋板B點,到達擋板B點的時刻為t3,以上過程的v-t圖像如圖乙所示(v0未知),已知a2與a1大小的差值為4m/s2,重力加速度g=10m/s2,則:(1)小球所受阻力的大小為多少?(2)圖乙中v0大小等于多少?(3)到達擋板B的時刻t3為多少?【解析】(1)(2)根據(jù)圖像,0~1s時間內(nèi),有mgsinθ-f=ma12v0=a1t11~1.25s時間內(nèi),有mgsinθ+f=ma2v0=a2(t2-t1)Δa=a2-a1=4m/s2解得a1=4m/s2,a2=8m/s2,f=2N,v0=2m/s(3)根據(jù)圖像可得,BC間的位移大小為x=v02(t2-t解得x=0.25mC到B,小球運動的加速度大小為a1=4m/s2x=12a1t解得t=24所以t3=t+t2=(24+1.25)s=5+答案:(1)2N(2)2m/s(3)5+2專題進階練(二)勻變速直線運動的三個推論和六個比例關(guān)系式(25分鐘54分)選擇題1.(6分)(多選)物體從靜止開始做勻加速直線運動,第3s內(nèi)通過的位移是3m,則 ()A.第3s內(nèi)的平均速度是3m/sB.第1s內(nèi)的位移是0.6mC.前3s內(nèi)的位移是6mD.第2s內(nèi)的平均速度是1.8m/s【解析】選A、B、D。第3s內(nèi)的平均速度為:v3=31m/s=3m/s,故A正確;由比例式關(guān)系xⅠ∶xⅡ∶xⅢ=1∶3∶5,xⅢ=3m,則xⅠ=0.6m,xⅡ=1.8m,前3s內(nèi)的位移x3=xⅠ+xⅡ+xⅢ=5.4m,故B正確,C錯誤;第2s內(nèi)的平均速度v2=x2.(6分)一物體做勻變速直線運動,某時刻速度的大小為4m/s,1s后速度的大小變?yōu)?0m/s。在這1s內(nèi)該物體的位移大小可能是 ()A.3mB.6mC.8mD.9m【解析】選A。在勻變速直線運動中,可以根據(jù)平均速度和位移的關(guān)系x=v+v02t計算物體的位移,規(guī)定初速度的方向為正方向,如果末速度的方向與初速度的方向相同,則在這1s內(nèi)該物體的位移為x=v同理,規(guī)定初速度的方向為正方向,如果末速度的方向與初速度的方向相反,則在這1s內(nèi)該物體的位移為x=v1-v23.(6分)一物體做勻減速直線運動,在開始連續(xù)的兩個1s內(nèi)通過的位移分別為3m和2m,速度減為零后不再運動,下列說法正確的是 ()A.物體的初速度大小為2.5m/sB.物體的加速度大小為2m/s2C.物體運動的時間為4.5sD.物體的總位移大小為6.125m【解析】選D。取初速度方向為正方向,根據(jù)Δx=at2,得a=Δxt2=2-312m/s2=-1m/s2,由x1=v0t1+12at12,解得物體的初速度v0=3.5m/s,故A、B錯誤,由v=v0+at,得物體運動的時間為t'=0-v4.(6分)(2024·黃岡高一檢測)如圖所示,物體自O(shè)點由靜止開始做勻加速直線運動,A、B、C、D是軌跡上的四點,測得AB=4m,BC=6m,CD=8m,且物體通過AB、BC、CD所用時間相等,則O、A之間的距離為 ()A.98mB.94mC.74【解析】選B。設(shè)物體的加速度為a,通過AB的時間為t,B點的速度等于AC段的平均速度,則有vB=AC2t=5t(m/s),又因為兩個連續(xù)相等時間間隔內(nèi)的位移差為恒量,有at2=2m,那么OA=vB22a5.(6分)某質(zhì)點做勻減速直線運動,經(jīng)過3.5s后靜止,則該質(zhì)點在第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的位移之比為 ()A.3∶2 B.5∶3 C.3∶1 D.2∶1【解析】選A。由勻變速直線運動的規(guī)律可知,某質(zhì)點做勻減速直線運動,經(jīng)過3.5s后靜止,其逆過程為初速度為零的勻加速直線運動,若以0.5s為間隔,則連續(xù)相等時間間隔的位移之比為x1∶x2∶x3∶x4∶x5∶x6∶x7=13∶11∶9∶7∶5∶3∶1,故該質(zhì)點在第1s內(nèi)和第2s內(nèi)的位移之比為(x1+x2)∶(x3+x4)=3∶2,故選A。6.(6分)(多選)如圖所示,一個滑塊從斜面頂端A由靜止開始沿斜面向下做勻加速直線運動到達底端C,已知AB=BC,則下列說法正確的是 ()A.滑塊到達B、C兩點時的速度大小之比為1∶2B.滑塊到達B、C兩點時的速度大小之比為1∶2C.滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1∶2D.滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為(2+1)∶1【解析】選B、D。初速度為零的勻變速直線運動通過連續(xù)相等的位移所用時間之比為1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1),所以滑塊通過AB、BC兩段的時間之比為1∶(2-1)=(2+1)∶1,C錯誤,D正確;通過前x、前2x的位移時的瞬時速度大小之比為1∶7.(6分)一滑雪運動員從長度為L的山坡頂端由靜止開始沿直線勻加速滑至山腳,經(jīng)歷的時間為t,則下列說法不正確的是 ()A.運動員運動全過程中的平均速度是LB.運動員在t2時刻的瞬時速度是C.運動員運動到山坡中點時的瞬時速度是2D.運動員從山頂運動到山坡中點所需的時間是2【解析】選B。全程的平均速度v=xt=Lt,A正確;t2時刻運動員的速度等于全過程的平均速度Lt,B錯誤;設(shè)末速度為v,則v2=Lt,v=2Lt,運動員運動到山坡中點時的速度vL2=02+v22=(2Lt)22=2L8.(6分)(多選)(2024·莆田高一檢測)如圖所示,港珠澳大橋上四段110m的等跨鋼箱連續(xù)梁橋,標(biāo)記為a、b、c、d、e,若汽車從a點由靜止開始做勻加速直線運動,通過ab段的時間為t。則下列說法正確的是 ()A.通過bc段的時間也為tB.通過ae段的時間為2tC.汽車通過b、c、d、e的速度之比為1∶2∶3∶4D.汽車通過b、c、d、e的速度之比為1∶2∶3∶2【解析】選B、D。根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律可知,通過連續(xù)相同的位移所用的時間之比為1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1),通過ab段的時間為t,可得出通過bc段時間為(2-1)t,通過ae段的時間為tae=t+(2-1)t+(3-2)t+(2-3)t=2t,故A錯誤,B正確;根據(jù)初速度為零的勻加速直線運動規(guī)律可知,汽車通過b、c、d、e的速度之比為1∶2∶39.(6分)如圖所示,a、b、c、d為光滑斜面上的四個點。一滑塊自a點由靜止開始下滑,通過ab、bc、cd各段所用時間均為T?，F(xiàn)讓該滑塊自b點由靜止開始下滑,則該滑塊 ()A.通過bc、cd段的時間均等于TB.通過c、d點的速度之比為3∶5C.通過bc、cd段的時間之比為1∶3D.通過c點的速度大于通過bd段的平均速度【解析】選D。由題意知,滑塊從a靜止下滑,經(jīng)過各段的時間都是T,所以ab、bc、cd各段的長度之比為1∶3∶5,則bc、cd段的位移之比為3∶5,如果從b點由靜止開始下滑,bc間距離大于ab間距離,所以通過bc、cd段的時間均大于T,選項A錯誤;設(shè)bc間距離為3x,則cd間的距離為5x,所以bd間的距離為8x,滑塊下滑的加速度為a,滑塊從b點由靜止開始下滑,所以通過c點的速度為vc=2通過d點的速度為vd=2通過c、d點的速度之比為3∶8,選項B錯誤;滑塊從b點由靜止開始下滑,通過bc的時間t1=2×3通過cd段的時間t2=2×8xa通過bc、cd段的時間之比為3∶(8-3),選項C錯誤;對勻變速直線運動來說,平均速度等于中間時刻的瞬時速度,對初速度為零的勻加速直線運動來說,連續(xù)相等時間內(nèi)的位移之比為1∶3,所以滑塊經(jīng)過bc的時間大于從b到d時間的二分之一,故通過c點的速度大于bd段的平均速度,選項D正確。專題進階練(八)板塊模型(40分鐘70分)一、選擇題1.(6分)(2024·南京高一檢測)如圖,桌面上放置一張紙和一個小紐扣,紐扣靜止在紙面上。用手迅速拉動紙的一邊,紐扣相對紙滑動,則 ()A.手用力越大,紐扣受到的摩擦力越大B.手用力越小,紐扣離開紙時的速度越大C.拉動速度越大,紐扣受到的摩擦力越小D.拉動速度越小,紐扣離開紙時的速度越小【解析】選B。紐扣在紙上滑動時受到的摩擦力為滑動摩擦力,根據(jù)滑動摩擦力公式Ff=μFN可知,滑動摩擦力大小與手拉紙作用力的大小及紙的速度大小無關(guān),A、C錯誤;手用力越小,即紙獲得的加速度越小,無論是紙運動的加速度小還是手拉動紙的速度小,都會導(dǎo)致紐扣在紙上滑動的時間增加,手拉動速度越小或手用力越小,紐扣離開紙時的速度越大,B正確,D錯誤。2.(6分)(多選)(2024·大同高一檢測)如圖所示,光滑水平面上靜止著質(zhì)量為3kg的木板,一質(zhì)量為2kg的小物塊放在木板的最右端,小物塊和木板間的動摩擦因數(shù)為0.2?，F(xiàn)對木板施加一水平向右的拉力F,為使小物塊與木板不發(fā)生相對滑動,F取值可以是(取g=10m/s2,認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力) ()A.4NB.8NC.12ND.16N【解析】選A、B。設(shè)物塊與木板不發(fā)生相對滑動的最大加速度為a,對小物塊由牛頓第二定律f=μmg=ma,對整體由牛頓第二定律得F=(m+M)a,解得F=10N;為使物塊與木板不發(fā)生相對滑動,拉力F應(yīng)滿足F≤10N,故選A、B。3.(6分)(2024·長沙高一檢測)如圖所示,質(zhì)量為m的木塊在質(zhì)量為M的長木板上水平向右加速滑行,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1,木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)為μ2,若長木板仍處于靜止?fàn)顟B(tài),則長木板對地面摩擦力大小一定為()A.μ1(m+M)g B.μ2mgC.μ1mg D.μ1mg+μ2Mg【解析】選B。木塊在長木板上向右滑行過程中,受到長木板對木塊水平向左的滑動摩擦力,由牛頓第三定律可知,木塊對長木板有水平向右的滑動摩擦力,大小為μ2mg,由于長木板處于靜止?fàn)顟B(tài),水平方向合力為零,故地面對長木板的靜摩擦力方向水平向左,大小為μ2mg,由牛頓第三定律可知,長木板對地面的摩擦力大小為μ2mg。【補償訓(xùn)練】如圖所示,物體A和B疊放在一起,開始時靜止在光滑的水平面上,mA=1kg,mB=2kg,物體A、B之間的動摩擦因數(shù)μ=0.2?，F(xiàn)用大小為F=3N的拉力作用于物體B上,若用a1和a2分別表示此時物體A、B獲得的加速度大小,f表示此時物體A、B之間的摩擦力大小,則下列關(guān)系正確的是(g取10m/s2) ()A.a1=1m/s2,a2=1m/s2,f=1NB.a1=1m/s2,a2=1m/s2,f=2NC.a1=2m/s2,a2=0.5m/s2,f=1ND.a1=2m/s2,a2=0.5m/s2,f=2N【解析】選A。當(dāng)物體A、B間的靜摩擦力達到最大值時,A與B將開始相對滑動,根據(jù)牛頓第二定律,對物體A有μmAg=mAa0,得a0=μg=2m/s2;對物體A、B整體有F0=(mA+mB)a0=(1+2)×2N=6N;所以當(dāng)F=3N時,A、B兩物體相對靜止,此時整體的加速度a=FmA+mB=31+2m/s2=1m/s2;此時物體A、B之間的摩擦力f=mAa=1N,故A正確4.(6分)(多選)如圖所示,質(zhì)量為M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做勻速運動,把質(zhì)量為m的小滑塊A無初速度地輕放在木板右端,經(jīng)過一段時間后小滑塊恰好從木板的左端滑出,已知小滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ。下列說法正確的是 ()A.若只增大M,則小滑塊能滑離木板B.若只增大v0,則小滑塊在木板上運動的時間變長C.若只減小m,則滑離木板過程中小滑塊對地的位移變小D.若只減小μ,則小滑塊離開木板的速度變大【解析】選A、C。若只增大木板的質(zhì)量M,根據(jù)牛頓第二定律a木=μmgM,可知木板的加速度減小,小滑塊的加速度為a塊=μg,不變,以木板為參考系,小滑塊運動的平均速度變大,則小滑塊能滑離木板,A正確;若只增大木板的初速度v0,小滑塊受力情況不變,小滑塊的加速度不變,小滑塊相對木板的平均速度變大,小滑塊在木板上的運動時間變短,B錯誤;若只減小小滑塊的質(zhì)量m,小滑塊的加速度不變,木板的加速度變小,以木板為參考系,小滑塊運動的平均速度變大,小滑塊在木板上的運動時間變短,滑離木板過程中小滑塊對地的位移變小,C正確;若只減小動摩擦因數(shù)μ,小滑塊和木板的加速度都減小,相對位移不變,小滑塊滑離木板的過程所用時間變短,小滑塊離開木板的速度變小,D5.(6分)(多選)(2024·銀川高一檢測)如圖甲所示,粗糙水平面上,靜置一質(zhì)量M=2kg的長木板,其上疊放一質(zhì)量為m的木塊?，F(xiàn)給木板施加一隨時間t均勻增大的水平力F=kt(k=1N/s)。已知木板與地面間的摩擦力為f1,木塊與木板之間的摩擦力為f2,f1和f2隨時間t的變化圖線如圖乙所示。若最大靜摩擦力均與相應(yīng)的滑動摩擦力相等,重力加速度g=10m/s2。下列說法正確的是 ()A.木塊的質(zhì)量m=6kgB.木板與地面間的動摩擦因數(shù)為0.1C.木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為0.5D.在0~12s內(nèi)木塊與木板加速度相等【解析】選A、D。設(shè)木板與地面間的動摩擦因數(shù)為μ1,木塊與木板間的動摩擦因數(shù)為μ2,由題圖乙可知在t1=4s時木板相對地面產(chǎn)生滑動,此時F1=4N,則F1=μ1(m+M)g;在t2=12s時木塊相對木板產(chǎn)生滑動,此時F2=12N,則F2-μ1(m+M)g=(m+M)a,μ2mg=ma=6N,聯(lián)立解得m=6kg,μ1=0.05,μ2=0.1,選項A正確,B、C錯誤;由以上分析可知在0~12s內(nèi)木塊與木板一起運動,加速度相等,12s后木塊相對木板產(chǎn)生滑動,選項D正確。6.(6分)(多選)如圖甲所示,A、B兩物體靜止在水平面上,分別施加兩個水平力F,向左拉物體A,向右拉物體B,兩個力始終大小相等。在F從0開始逐漸增大的過程中,物體先靜止后做變加速運動。A、B的加速度大小a隨外力F變化的圖像如圖乙中Ⅰ和Ⅱ所示(假設(shè)B足夠長,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)。下列判斷正確的有(g取10m/s2) ()A.圖線Ⅰ表示物體A的a-F圖B.物體B的質(zhì)量為1kgC.物體B與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.53D.物體A、B間的動摩擦因數(shù)為0.5【解析】選B、D。由圖像可知,當(dāng)力F為10N時物體開始滑動,由于A與B間的最大靜摩擦力小于B與地面間的最大靜摩擦力,則圖線Ⅱ表示物體A的a-F圖,A錯誤;當(dāng)F1=10N時,對A有F1=μABmAg,即10=μABmA×10,當(dāng)F2=30N時,對A有F2-μABmAg=mAaA,即30-10μABmA=10mA,解得μAB=0.5,mA=2kg,當(dāng)F3=16N時,對B有F3=μB(mA+mB)g+μABmAg,當(dāng)F4=30N時,對B有F4-μABmAg-μB(mA+mB)g=mBaB,解得μB=0.2,mB=1kg,故B、D正確,C錯誤。7.(6分)(多選)(2024·沈陽高一檢測)如圖所示,A、B兩物塊的質(zhì)量分別為2m和m,靜止疊放在水平地面上。A、B間的動摩擦因數(shù)為μ,B與地面間的動摩擦因數(shù)為13μ。最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,重力加速度為g。現(xiàn)對A施加一水平拉力F,則 (A.當(dāng)F<2μmg時,A、B都相對地面靜止B.當(dāng)F=52μmg時,A的加速度為1C.當(dāng)F>3μmg時,A相對B滑動D.無論F為何值,B的加速度不會超過μg【解析】選B、D。A、B之間的最大靜摩擦力為fmax=μmAg=2μmg,B與地面間的最大靜摩擦力為f'max=13μ(mA+mB)g=μmg,當(dāng)F<μmg時,A、B都相對地面靜止,故A錯誤;當(dāng)F=52μmg時,對整體根據(jù)牛頓第二定律有F-μmg=3ma,解得a=12μg,故B正確;當(dāng)兩物塊恰好發(fā)生相對運動時,對A、B整體,由牛頓第二定律得F-μmg=3ma,對B,μmg=ma,聯(lián)立解得F=4μmg,故當(dāng)F>4μmg時,A、B之間發(fā)生相對滑動,故C錯誤;當(dāng)兩物塊未發(fā)生相對滑動時,F越大,加速度越大;當(dāng)兩物塊發(fā)生相對滑動時,B的加速度最大,根據(jù)牛頓第二定律得2μmg-μmg=ma,解得a=μg,8.(6分)(多選)如圖所示,長方體滑塊A和B疊放在傾角為θ