专题3 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版

这是一份专题3 知能达标训练-2022高考物理 新编大一轮总复习（word）人教版，共9页。

1．(2020·惠州第二次调研)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g。要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为( )
A．3μmg B．4μmg
C．5μmg D．6μmg
[解析] 当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为a1，纸板的加速度大小为a2，则有f1＝μ·2mg＝2ma1
得：a1＝μg
设桌面对纸板的摩擦力为f2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力f1′＝f1，则
F－f1－f2＝ma2
发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即a2＞a1
所以F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg
即F＞6μmg，故选D。
[答案] D
2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2。下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )
[解析] 在m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a1，a1与t成正比关系，a1­t关系图线的斜率为eq \f(k,m1＋m2)，当m1与m2相对滑动后，m1受的力是Ff1＝μm2g＝m1a1，a1＝eq \f(μm2g,m1)为一恒量，对m2有F－μm2g＝m2a2，得a2＝eq \f(kt,m2)－μg，斜率为eq \f(k,m2)，可知A正确，B、C、D错误。
[答案] A
3.(多选)(2021·黄冈模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持v＝1 m/s的恒定速率运动，AB为传送带水平部分且长度L＝2 m，现有一质量为m＝1 kg的背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，可从B端沿斜面滑到地面。已知背包与传送带间的动摩擦因数且μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是( )
A．背包从A运动到B所用的时间为2.1 s
B．背包从A运动到B所用的时间为2.3 s
C．背包与传送带之间的相对位移为0.3 m
D．背向与传送带之间的相对位移为0.1 m
[解析] 背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得a＝5 m/s2，背包达到传送带的速度所用时间t1＝eq \f(v,a)＝0.2 s，此过程背包对地面位移x1＝eq \f(v,2)t1＝eq \f(1,2)×0.2 m＝0.1 m＜L＝2 m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移为Δx＝vt1－x1＝1×0.2 m－0.1 m＝0.1 m，背包匀速运动的时间t2＝eq \f(L－x1,v)＝eq \f(2－0.1,1) s＝1.9 s，所以背包从A运动到B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故A、D正确。
[答案] AD
4．(2021·湖北模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹簧把相同的物块A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知A、B与接触面间的动摩擦因数均为μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证A、B仍相对车厢静止，则车厢( )
A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g
B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g
C．加速度一定向左，不能超过μg
D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g
[解析] 开始时A恰好不下滑，对A受力分析如图所示，有fA＝mg＝μFNA＝μF弹，解得F弹＝eq \f(mg,μ)，
此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证A不下滑，侧壁对A的支持力必须大于等于eq \f(mg,μ)，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对B受力分析如图所示，有fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得a≤(1－μ)g，故选项B正确，A、C、D错误。
[答案] B
5．(多选)(2020·泰州期末)如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止。已知木块与长木板间的动摩擦因数为μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。则( )
A．μ1一定小于μ2
B．μ1可能大于μ2
C．改变F的大小，当F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动
D．将F作用于长木板，当F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动
[解析] 对木块，根据牛顿运动定律有F—μ1m1g＝m1a，对长木板，由于保持静止有μ1m1g－Ff＝0，Ff＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较，故A错误，B正确。改变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保持静止，故C错误。若将F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块有μ1m1g＝m1a，解得a＝μ1g，对整体分析，有F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得F＝(μ1＋μ2)(m1＋m2)g，所以当F＞(μ1＋μ2)·(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故D正确。
[答案] BD
6．(多选)(2020·安徽联考)如图所示，三角形传送带以1 m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都是2 m，且与水平方向的夹角均为37°。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以1 m/s的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列判断正确的是( )
A．物块A、B同时到达传送带底端
B．物块B到达传送带底端的速度为3 m/s
C．物块A下滑过程中相对传送带的路程为3 m
D．物块B下滑过程中相对传送带的路程为3 m
[解析] 两个物块在沿斜面方向上由于mgsin 37°＞μmgcs 37°，所以物块都会沿斜面向下加速滑动，并且加速度大小都等于a＝gsin 37°－μgcs 37°＝2 m/s2，初速度相同，加速度大小相同，经过的位移大小相同，根据x＝v0t＋eq \f(1,2)at2可知两者的运动时间相同，都为t＝1 s，即两者同时到达底端，A正确；B到达传送带底端时的速度vB＝v0＋at＝1＋2×1 m/s＝3 m/s，B正确；传送带在1 s内的路程为x＝vt＝1 m，A与传送带是同向运动的，A的划痕长度是A对地路程(斜面长度)减去在此时间内传送带的路程，即为2 m－1 m＝1 m，B与传送带是反向运动的，B的划痕长度是B对地路程(斜面长度)加上在此时间内传送带的路程，即为2 m＋1 m＝3 m，C错误，D正确。
[答案] ABD
[提升题组]
7．(2021·重庆七校联考)如图甲所示，一小物块在一木板上运动时，它们运动的v­t图象如图乙所示，已知小物块始终在木板上，则下列说法正确的是( )
A．木板的长度至少为12 m
B．木板的长度至少为6 m
C．小物块在0～4 s内的平均速度是2 m/s
D．在0～4 s内，木板和小物块的平均加速度相同
[解析] 小物块先减速到零再反向加速至与木板速度相同，速度相同时二者相对静止，此时，小物块相对木板的位移最大，Δx＝eq \f(4－－4,2)×1.5 m＝6 m，B正确，A错误；小物块在0～4 s内的位移为小物块的速度—时间图线与坐标轴所围图形的面积，x＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(4×1,2)＋\f(3×－2,2))) m＝－1 m，小物块的平均速度eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝－0.25 m/s，C错误；在0～4 s内，小物块的平均加速度方向与木板的平均加速度方向相反，D错误。
[答案] B
8．(多选)(2021·石家庄测试)如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1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v­t图象(以地面为参考系)如图乙所示。已知v2＞v1，则下列说法中正确的是( )
A．t1时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左
C．t2～t3时间内，小物块与传送带相对静止，小物块不受静摩擦力作用
D．0～t2时间内，小物块运动方向发生了改变，加速度方向也发生了改变
[解析] 0～t1时间内小物块向左做匀减速直线运动，受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增大到与传送带速度相等时，一起向右匀速运动，摩擦力为零。t1时刻小物块向左运动到速度为零，离A处的距离达到最大，故A正确；0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向始终向右，加速度方向未变，故B、D错误；t2～t3时间内小物块不受摩擦力作用，与传送带相对静止，故C正确。
[答案] AC
9．如图所示，水平地面上依次排放两块完全相同的木板，长度均为l＝2 m，质量均为m2 ＝1 kg，一质量为m1＝1 kg的物体(可视为质点)以v0＝6 m/s的速度冲上A木板的左端，物体与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.2。(最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，g取10 m/s2)
(1)若物体滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；
(2)若μ1＝0.5，求物体滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。
[解析] (1)若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g；
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得
μ1m1g>μ2(m1 ＋m2 )g，
联立两式，代入数据得0.4<μ1≤0.6。
(2)若μ1＝0.5，则物体在木板A上滑动时，木板A不动。设物体在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，
由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1，
设物体滑到木板A末端时的速度为v1，
由运动学公式得veq \\al(2,1)－veq \\al(2,0)＝－2a1l，
设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得
v1＝v0－a1t，
代入数据得v1 ＝4 m/s，t＝0.4 s。
[答案] (1)0.4＜μ1≤0.6 (2)4 m/s 0.4 s
10．(2021·合肥调研)如图所示，长L＝2 m、质量M＝1 kg的木板B静止在水平地面上，其正中央放置一质量m＝2 kg的小滑块A(可视为质点)，现对B施加一水平向右的恒力F。已知A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为μ1＝0.2和μ2＝0.4，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若A、B间发生相对滑动，求F的最小值；
(2)当F＝20 N时，若F的作用时间为2 s，求2 s末B的速度大小；
(3)当F＝16 N时，若使A从B上滑下，求F的最短作用时间。
[解析] (1)A、B间恰要发生相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力。
对A，由牛顿第二定律可知，加速度a＝μ1g＝2 m/s2
对B，由牛顿第二定律有Fmin－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma
解得Fmin＝18 N
(2)F＝20 N＞18 N，二者间会发生相对滑动
对B，由牛顿第二定律有F－μ2(m＋M)g－μ1mg＝Ma1
解得a1＝4 m/s2
设作用t1时间后A从B左端滑出
则eq \f(L,2)＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)－eq \f(1,2)ateq \\al(2,1)
解得t1＝1 s＜2 s，此时B的速度大小为
v1＝a1t1＝4 m/s
故在F作用的后1 s内，对B有F－μ2Mg＝Ma2
解得a2＝16 m/s2
则2 s末B的速度大小v2＝v1＋a2(2 s－t1)＝20 m/s
(3)若F＝16 N＜18 N，则二者一起加速运动
由牛顿第二定律可知整体的加速度
a3＝eq \f(F－μ2M＋mg,M＋m)＝eq \f(4,3) m/s2
当A刚好从B上滑下时，F作用的最短时间为t2，设刚撤去F瞬间，整体的速度为v则v＝a3t2
撤去F后，对A，a＝μ1g＝2 m/s2
对B，a2′＝eq \f(μ2M＋mg－μ1mg,M)＝8 m/s2
经分析，B先停止运动，A滑至B的最右端时速度减为0
则有eq \f(v2,2a)－eq \f(v2,2a2′)＝eq \f(L,2)
联立解得t2＝eq \r(3) s。
[答案] (1)18 N (2)20 m/s (3)eq \r(3) s
11．如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA ＝9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB＝10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t＝0时刻，分别作出三个物体的v—t图象如图乙、丙、丁所示，g取10 m/s2，求：
(1)传送带的速度大小v0；
(2)传送带的长度L；
(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数，物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC。
[解析] (1)物体A与B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0＝4 m/s。
(2)v­t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A的位移xA＝eq \f(1,2)×(8.5＋9.5)×4 m＝36 m
传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m。
(3)物体A的加速度aA＝eq \f(ΔvA,t1)＝4 m/s2
由牛顿第二定律得μAmg＝maA
所以μA＝eq \f(aA,g)＝0.4
同理，物体B的加速度aB＝eq \f(ΔvB,t2)＝2 m/s2，
μB＝eq \f(aB,g)＝0.2
设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，则L＝eq \f(0＋vC,2)tC
tC＝eq \f(2L,vC)＝24 s
物体C的加速度aC＝eq \f(ΔvC,tC)＝eq \f(1,8) m/s2，
μC＝eq \f(aC,g)＝0.012 5。
[答案] (1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s