限时练2含答案

这是一份限时练2含答案，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共9小题，共36.0分）
如图所示，质量分别为m和2m的A、B两物块，用一轻弹簧相连，将A用不可伸长的轻绳悬挂于天花板上。现用一木板托住物块B，使悬挂A的轻绳恰好伸直但没有拉力，此时轻弹簧的形变量为x。若突然撤去木板，且后续过程中弹簧始终在弹性限度内，重力加速度为g，则下列判断正确的是( )
A. 撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为g
B. 撤去木板瞬间，B物块的加速度大小为2g
C. 撤去木板后，B物块向下运动2x时速度最大
D. 撤去木板后，B物块向下运动3x时速度最大
如图所示，质量分别为m1、m2的滑块A、B分别放置在倾角为θ和β的斜面体上，斜面体的质量为M，两侧的动摩擦因数分别为μ1和μ2。在滑块运动过程中，斜面体总保持静止。下列说法正确的是(已知重力加速度为g)( )
A. 若滑块A、B均静止在斜面上，则地面受到的压力大于(m1+m2+M)g
B. 若滑块A、B均沿斜面匀速下滑，则地面受到的压力小于(m1+m2+M)g
C. 若滑块A能够静止在斜面上，将滑块A换成质量更大的滑块，则滑块可能沿斜面下滑
D. 若滑块A、B均能沿斜面加速下滑，则只有满足sinθ-μ1csθsinβ-μ2csβ=m2csβm1csθ时，地面所受摩擦力才为零
质量为M的人站在地面上，用绳通过光滑定滑轮将质量为m的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a下降(am2，A，B间水平连接着一轻质弹簧测力计．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧测力计示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧测力计示数为F2.则以下关系式正确的是( )
A. a1=a2，F1>F2B. a1=a2，F1F2
二、多选题（本大题共3小题，共12.0分）
如图所示，一车厢沿固定足够长斜面向上运动，斜面倾角θ=30°，车厢内两质量相同的小球A、B通过轻绳系于车厢顶部，稳定时，轻绳OB与垂直斜面方向的夹角也为θ，OA恰好在竖直方向上，其中A球用平行斜面方向的轻绳AC系于车厢侧壁，重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A. 车厢做加速度大小为g的匀加速直线运动
B. 车厢与斜面间的动摩擦因数μ=33
C. 轻绳OA、OB拉力大小相等
D. 轻绳AC的拉力大小是OA拉力大小的3倍
如图所示，光滑的水平地面上有三块材料完全相同的木块A、B、C，质量均为m，B、C之间用轻质细绳连接，轻绳能承受的最大拉力为Fm。现用水平拉力F作用在C上，使三者开始一起做匀加速直线运动，下列说法正确的是
A. 木块B受到四个力的作用
B. 当F逐渐增大到Fm时，轻绳刚好被拉断
C. 当F逐渐增大到1.5Fm时，轻绳拉力达到最大值Fm
D. 轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为12Fm
质量分别为M和m的物块形状大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，M恰好能静止在斜面上，不考虑M、m与斜面之间的摩擦，若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放M，斜面仍保持静止，则下列说法正确的是( )
A. 轻绳的拉力等于 mg
B. 轻绳的拉力等于Mg
C. M运动的加速度大小为(1-sin2α)g
D. M运动的加速度大小为M-mMg
三、计算题（本大题共3小题，共30.0分）
风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图．一质量为1 kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F=20 N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ=36.试求：
(1)小球运动的加速度a1的大小；
(2)若F风力作用1.2 s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离sm；
(3)若从撤去风力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25 m的B点．
如图所示为一固定斜面，斜面倾角θ=30°，O、M、N为斜面上的三个位置．已知OM=MN=L=1.8 m，其中MN部分粗糙，斜面其余部分光滑．现把均可视为质点的滑块甲和乙固定在斜面上，两滑块质量均为m=0.6 kg，滑块乙恰在O点．滑块乙上固定一长为L的轻杆，轻杆与斜面平行，上端与滑块甲接触但不拴接．现同时由静止释放两滑块，滑块甲刚进入MN段时，滑块乙和滑块甲有共同速度为v=3gLsinθ，已知两滑块与MN段的动摩擦因数均为μ=33，重力加速度大小g取10 m/s2.求：
(1)滑块乙刚进入MN段时，轻杆所受的压力大小；
(2)滑块甲刚离开MN段时，滑块乙还在斜面上运动，求此时滑块乙和甲之间的距离．
如图所示，质量M=2.5kg的一只长方形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1=0.3。这时铁箱内一个质量m=0.5kg的木块(可视为质点)恰好能相对静止在后壁上。木块与铁箱侧壁、底部间的动摩擦因数都为μ2=0.2。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。求：
(1)木块对铁箱的压力大小；
(2)水平拉力F的大小；
(3)减小拉力F，经过一段时间，木块沿铁箱左侧壁落到底部且没有反弹，当铁箱的速度为3.2m/s时撤去拉力，最终木块恰好到达铁箱的右侧壁，求铁箱的长度。
答案和解析
1.【答案】D
【解析】
【分析】
本题考查了牛顿第二定律的应用，解题的关键是撤去力的瞬间弹簧弹力不变，以及当加速度为零时物体的运动速度最大。
利用牛顿第二定律可以求出撤去木板瞬间B的加速度大小；利用平衡可以求出B速度的最大位置。
【解答】
AB.撤去木板前，对A受力分析，A受到重力和弹簧的弹力，知弹力F=mg，突然撤去木板，对B分析，B的合力为F合=2mg+F=3mg，根据牛顿第二定律，得aB=1.5g。故AB错误。
CD.当B物块受到的合外力为零时，速度最大，此时T2=2mg=kx2，又mg=kx，所以弹簧此时的伸长量x2=2x，即B物块向下运动3x时速度最大，故C错误，D正确。
故选D。
2.【答案】D
【解析】
【分析】
利用整体法与隔离法进行受力分析，结合平衡条件进行分析，即可正确解答。
本题考查受力分析，需要掌握用整体法和隔离法分析物体受力情况。
【解析】
A.若滑块A、B均静止在斜面上，则将M、m1、m2看做一个整体，进行受力分析可知，竖直方向上重力与水平地面对物体的支持力平衡，地面受到的压力
等于(m1+m2+M)g，故 A错误；
B.若滑块A、B均沿斜面匀速下滑，同样根据整体法可知，地面受到的压力也等于(m1+m2+M)g，故 B错误；
C.若滑块A能够静止在斜面上，说明动摩擦因数较大，即使将滑块A换成质量更大的滑块，则滑块也不可能沿斜面下滑，故 C错误；
D.若滑块A、B均能沿斜面加速下滑，对m1进行受力分析，可知M对m1的支持力为FN1=m1gcsθ，摩擦力，加速度为，
同理，M对m2的支持力为FN2=m2gcsβ，，加速度，
再对两物体整体分析，当二者水平方向上分力为零时，由，可得：，由整体法可得地面所受摩擦力为零，即D正确。
故选D。
3.【答案】C
【解析】
【分析】
先对物体分析，根据牛顿第二定律求得绳子拉力大小，再对人研究，由平衡条件求出地面对人的支持力，即可得到人对地面的压力大小。
本题中人处于平衡状态，物体处于有加速度的状态，运用隔离法，根据牛顿第二定律和平衡条件结合进行研究。
【解答】
以物体为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg-T=ma，解得绳子的拉力：T=m(g-a)，再以人为研究对象，根据平衡条件得地面对人的支持力为：N=Mg-T=Mg-m(g-a)=(M-m)g+ma，根据牛顿第三定律得知，人对地面的压力大小：N'=N=(M-m)g+ma，故C正确。
故选C。
4.【答案】D
【解析】
【分析】
本题主要考查牛顿第二定律的瞬时性，解决本题的关键在于明白，弹簧的弹力不能突变，根据牛顿第二定律求解。
【解答】
A.细绳未断裂时以小球为研究对象：F-mg=ma，得F=mg+ma=6N，故A选项错误；
BC.细绳断裂后瞬间，弹簧弹力和重力均不变，故小球加速度依然向上，且大小为a=2m/s2，因此小球处于超重状态，B、C选项错误；
D.以箱子为研究对象有F+Mg=Ma，得箱子加速度为：a=mg+ma+MgM=13m/s2，故D选项正确。
故选D。
5.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查了连接体问题，采用整体法和隔离法，由牛顿第二定律分析物体的受力情况，考查灵活选择研究对象的能力。
以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析加速度的大小，再对B受力分析，根据牛顿第二定律计算AB间作用力。
【解答】
A.将容器以初速度v0竖直向上抛出后，若不计空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到加速度为g，再以小球B为研究对象，其合力等于其重力，则B对A没有压力，A对B也没有支持力，故A错误；
B.若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：上升过程加速度大于g，再以球B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力大于重力，B除受到重力外，还应受到向下的压力，即A对B的压力向下，故B正确；
CD.若考虑空气阻力，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到：下落过程加速度小于g，再以B为研究对象，根据牛顿第二定律分析：B受到的合力小于重力，B除受到重力外，还应受到向上的力，即A对B的支持力向上，B对A的压力向下，故CD错误。
故选B。
6.【答案】D
【解析】
【分析】
以圆槽与小球组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可以求出系统的加速度，以小球为研究对象，应用牛顿第二定律与力的合成知识可以求出小球受到的支持力，然后由牛顿第三定律可以求小球对圆槽的压力。
熟练应用整体法与隔离法是正确解题的关键，应用平行四边形定则、牛顿第二定律、牛顿第三定律即可正确解题。
【解答】
A.以圆槽与小球组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得：F=M+ma，解得系统的加速度为a=FM+m，以小球为研究对象，由牛顿第二定律得：Fx=ma=mFM+m，
小球受到圆槽的支持力为FN=Fx2+Fy2=(mg)2+m2F2(M+m)2，由牛顿第三定律可知，小球对圆槽的压力FN'=(mg)2+m2F2(M+m)2，故AB错误；
CD.水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，由FN'=(mg)2+m2F2(M+m)2可知小球对圆槽的压力增大，可知压力和重力的夹角发生变化，小球位置发生了变化，因此小球一定不能在P点静止，故C错误，D正确。
故选D。
7.【答案】D
【解析】
【分析】
结合小车的运动状态对小车进行受力分析，小车所受合外力的方向与加速度的方向一致，从而确定杆对小球的作用力。
本题中轻杆与轻绳的模型不同，绳子对物体只有拉力，一定沿绳子方向，而杆子对物体的弹力不一定沿杆子方向，要根据状态，由牛顿定律分析确定。
【解答】
AB.小球受竖直向下的重力mg与杆对小球的力F作用；当小车静止时，小球也静止，小球处于平衡状态，受平衡力作用，杆的作用力F与重力是一对平衡力，由平衡条件得：F=mg，方向竖直向上，故AB错误。
C.小车向右以加速度a运动时，竖直方向Fy=mg，水平方向Fx=ma，则F=ma2+mg2，只有当a=gtanθ时，才有F=masin θ，故C错误；
D.小车向左匀速运动时，根据平衡条件知，杆对球的弹力大小为mg，方向竖直向上，故D正确。
故选D。
8.【答案】A
【解析】
【分析】
先对物体N受力分析，受重力、支持力和摩擦力，三力平衡；再对物体M、N整体受力分析，根据平衡条件判断整体与竖直墙壁间的作用力情况，最后对物体M受力分析。
本题考查了物体受力分析的相关知识，掌握弹力产生的条件是解决此类问题的关键；同时还要注意物体的形变有弹性形变和塑性形变，只有相互接触的物体发生弹性形变时才会产生弹力的作用。
【解答】
M、N两物体一起向上做匀加速直线运动，合力向上，对MN整体进行受力分析，受到重力和F，墙对M没有弹力，否则合力不能向上，也就不可能有摩擦力；对N进行受力分析，得：N受到重力，M对N的支持力，这两个力的合力不能向上，所以还受到M对N向上的静摩擦力，共3个力作用，则N也给M一个沿斜面向下的静摩擦力，再对M进行受力分析，得：M受到重力，推力F，N对M的压力以及N给M沿斜面向下的静动摩擦力，一共4个力，故A正确，BCD错误。
故选A。
9.【答案】A
【解析】解：当拉力向右拉B时，对整体分析，加速度a1=Fm1+m2，隔离对A分析，有F1=m1a1=m1m1+m2F
当拉力向左拉A时，对整体分析，加速度a2=Fm1+m2，隔离对B分析，有F2=m2a2=m2m1+m2F，
所以a1=a2，因为m1>m2，所以F1>F2.故A正确，B、C、D错误。
故选：A。
先对整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度，再隔离分析，运用牛顿第二定律求出弹簧秤的拉力．
本题综合运用了整体法和隔离法，关键是受力分析，然后运用牛顿第二定律进行求解．
10.【答案】BC
【解析】
【分析】
本题考查了连接体的问题，知道它们具有相同的加速度是解题的关键，根据牛顿第二定律分析求解。
根据B得受力分析加速度的大小，再根据加速度对A、C受力分析，计算各自受力。
【解答】
A.由于车和A、B小球加速度相同，故加速度方向都沿斜面向下，对B受力分析可得a=2gsinθ=g，方向沿着斜面向下，故车厢向上做加速度大小为g的匀减速直线运动，故A错误；
B.对车厢和小球整体受力分析，可得a=gsinθ+μgcsθ=g，可得μ=33，故B正确；
C.根据B球的受力分析，知OB绳拉力等于小球重力，对A受力分析，由于垂直斜面方向合力为0，故绳OA拉力也等于小球重力，故轻绳OA、OB拉力大小相等，故C正确；
D.对A球分析TAC=ma=mg，故轻绳AC的拉力大小等于OA拉力大小，故D错误。
故选BC。
11.【答案】CD
【解析】
【分析】
由题意，三个木块以同一加速度做加速运动，采用隔离法分析2m可得出其受力的个数；再对整体分析可得出整体的加速度与力的关系；再以后面两个物体为研究对象可得出拉力与加速度的关系，则可分析得出F与T的关系。
本题是连接体问题，关键在于研究对象的选择，以及正确的受力分析，再由整体法与隔离法求解拉力之间的关系。
【解答】
A.木块B受到重力、A木块的压力、A对其向后的静摩擦力、轻绳的拉力和地面的支持力五个力的作用，故A错误；
B.对三个木块整体，由牛顿第二定律可得：a=F3m，隔离后面的组合体，由牛顿第二定律可得，轻绳中拉力为：F'=2ma=23F，由此可知，当F逐渐增大到Fm时，轻绳中拉力等于23Fm