1、第三章 第二节限时检测(限时45分钟，满分100分)一、选择题(每小题6分，共54分)1(2016沈阳月考)如图3215所示，当小车向右加速运动时，物块M相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时AM受静摩擦力增大BM对车厢壁的压力减小CM仍相对于车厢静止DM受静摩擦力减小 图3215解析分析M受力情况如图所示，因M相对车厢壁静止，有FfMg，与水平方向的加速度大小无关，A、D错误。水平方向，FNMa，FN随a的增大而增大，由牛顿第三定律知，B错误。因FN增大，物体与车厢壁的最大静摩擦力增大，故M相对于车厢仍静止，C正确。答案C2(2016绵阳一诊)如图3216所示，一轻弹簧竖直固定在水平
2、地面上，弹簧正上方有一个小球自由下落。从小球接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，下列关于小球的加速度a随时间t或者随距O点的距离x变化的关系图线正确的是 图3216解析小球自接触弹簧上端O点到将弹簧压缩到最短的过程中，其弹力Fkx，由牛顿第二定律可得：mgkxma，解得agx，故选项B正确、D错误；加速度随时间的变化是先减小再反向增大，但不是线性关系变化，故选项A、C错。答案B3 (多选)将一个质量为1 kg的小球竖直向上抛出，最终落回抛出点，运动过程中所受阻力大小恒定，方向与运动方向相反。该过程的vt图象如图3217所示，g取10 m/s2。下列说法中正确的是图3217A小球所受重力
3、和阻力大小之比为51B小球上升过程与下落过程所用时间之比为23C小球落回到抛出点时的速度大小为8 m/sD小球下落过程中，受到向上的空气阻力，处于超重状态解析上升过程中mgfma1，代入a112 m/s2，解得f2 N，小球所受重力和阻力之比为51，选项A正确；下落过程中mgfma2，可得a28 m/s2，根据hat2可得 ，选项B错误；根据va2t2，t2 s可得v8 m/s，选项C正确；小球下落过程中，加速度方向竖直向下，小球处于失重状态，选项D错误。答案AC4如图3218所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接。
4、图中v、a、Ff和s分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程，其中正确的是图3218解析物体在斜面上下滑，受到重力、支持力和摩擦力的作用，其合外力为恒力，加速度为恒量，物体做匀加速直线运动，其加速度图象为一平行时间横轴的直线段，速度vat，其速度图象应为一向上倾斜的直线段，路程sat2，路程随时间变化的图象应为一开口向上的抛物线，A、B、D均错；物体滑到水平面后，在摩擦力作用下做匀减速直线运动，其摩擦力大于在斜面上运动时的摩擦力，所以C正确。答案C5 (2012安徽理综)如图3219所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则图321
5、9A物块可能匀速下滑B物块仍以加速度a匀加速下滑C物块将以大于a的加速度匀加速下滑D物块将以小于a的加速度匀加速下滑解析设斜面倾角为，根据牛顿第二定律，知物块的加速度a0，即tan 。对物块施加竖直向下的压力F后，物块的加速度aa，且Fsin Fcos 0，故aa，物块将以大于a的加速度匀加速下滑。故选项C正确，选项A、B、D错误。答案C6(2016安庆模拟)如图3220所示，车内绳AB与绳BC拴住一球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则图3220AAB绳、BC绳拉力都变大BAB绳拉力变大，BC绳拉力变小CAB绳拉力变大，BC绳拉力不变DAB绳拉力不
6、变，BC绳拉力变大答案D7 (2015天津联考)如图3221所示，在倾角为30的光滑固定斜面上，有两个质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻弹簧连接，现对A施加一水平向右的恒力，使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，下列说法正确的是图3221A弹簧的原长为LB水平恒力大小为mgC撤掉恒力的瞬间小球A的加速度为gD撤掉恒力的瞬间小球B的加速度为g解析分析小球B受力，由平衡条件可得：kxmgsin ，解得x，弹簧的原长为LxL，A错误；分析小球A受力，由平衡条件可得：Fcos mgsin kx，解得：Fmg，B错误；撤去F的瞬间，弹簧弹力不变，故B球的加速度为零，由mgsin kxm
7、aA可得：小球A此时的加速度为aAg，C正确。答案C8如图3222所示，足够长的传送带与水平面夹角为，以速度v0逆时针匀速转动，在传送带的上端轻轻放置一个质量为m的小木块，小木块与传送带间的动摩擦因数tan ，则下图中能反映小木块的速度随时间变化关系的是 图3222解析当小木块速度小于v0时，对小木块受力分析可知，小木块受沿传送带向下的滑动摩擦力作用，此时有mgsin mgcos ma1，可知a1gsin gcos ，当小木块速度达到v0时，因为mgcos ，所以小木块将继续加速下滑，再次对小木块受力分析可知，小木块此时受沿传送带向上的滑动摩擦力作用，此时有mgsin mgcos ma2，可知
8、a2gsin gcos ，a1a2，对比各vt图象可知选项D正确。答案D9如图3223所示，在倾角为30的足够长的光滑斜面上有一质量为m的物体，它受到沿斜面方向的力F的作用，力F可按图(a)、(b)、(c)、(d)所示的四种方式随时间变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)。已知此物体在t0时速度为零，若用v1、v2、v3、v4分别表示上述四种受力情况下物体在3秒末的速率，取g10 m/s2，则这四个速率中最大的是图3223Av1Bv2Cv3Dv4解析(a)图中02 s内物体受沿斜面向下的拉力0.5mg，重力沿斜面向下的分力为0.5mg，因此物体受到的合外力为mg，加速度方向沿斜面
9、向下，大小为g，23 s内物体受力平衡，v120 m/s；(b)图中01 s内物体静止不动，12 s内物体向下滑动的加速度大小为0.5g，23 s内物体向下滑动的加速度大小为g，v215 m/s；(c)图中01 s内物体向下滑动的加速度大小为0.5g，13 s内物体向下滑动的加速度大小为g，v325 m/s；(d)图中02 s内物体向下滑动的加速度大小为g，23 s内物体变为加速度大小为0.5g的向下的减速运动，v415 m/s。答案C二、计算题(共46分)10 (15分)(2015上海联考)一质量m0.5 kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为30足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑
10、块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，如图3224所示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程的vt图。求：(g取10 m/s2)图3224 (1)滑块冲上斜面过程中的加速度大小；(2)滑块与斜面间的动摩擦因数；(3)判断滑块最后能否返回斜面底端？若能返回，求出返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停在什么位置。解析(1)滑块的加速度大小：a m/s212 m/s2。(2)滑块在冲上斜面过程中mgsin mgcos ma0.81(3)滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑。x m1.5 m滑块停在距底端1.5 m处。答案(1)12 m/s2(2)0.81(3)不能返回，停在距底端
11、1.5 m处11 (15分)(2016福州质检)如图3225甲所示，质量m1 kg的物块在平行斜面向上的拉力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，t0.5 s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象(vt图象)如图乙所示，g取10 m/s2，求：图3225(1)2 s内物块的位移大小s和通过的路程L；(2)沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F。解析(1)在2 s内，由图乙知：物块上升的最大距离：s121 m1 m物块下滑的距离：s211 m0.5 m所以位移大小ss1s20.5 m路程Ls1s21.5 m(2)由图乙知，所求两个阶段加速度的大小a14 m/s2a2
12、4 m/s2设斜面倾角为，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律有00.5 s内：Ffmgsin ma1051 s内：fmgsin ma2由式得F8 N。答案(1)0.5 m1.5 m(2)4 m/s24 m/s28 N12 (16分)如图3226所示，水平传送带AB长L10 m，向右匀速运动的速度v04 m/s，一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以v16 m/s的初速度从传送带右端B点冲上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数0.4，g取10 m/s2。求：图3226 (1)物块相对地面向左运动的最大距离；(2)物块从B点冲上传送带到再次回到B点所用的时间。解析(1)设物块与传送带间摩擦力大小为FfFfmgFfx物mvx物4.5 m(2)设小物块经时间t1速度减为0，然后反向加速，设加速度大小为a，经时间t2与传送带速度相等v1at10at11.5 sv0at2t21 s设反向加速时，物块的位移为x1，则有x1at2 m物块与传送带共速后，将做匀速直线运动，设经时间t3再次回到B点x物x1v0t3t30.625 s所以t总t1t2t33.125 s。答案(1)4.5 m(2)3.125 s
