发布时间 : 星期一 文章2020高考物理艺考生大二轮总复习 上篇 专题一 力与运动 第2讲 力与直线运动课时作业更新完毕开始阅读
可知a1＞a2，N1＝N2，故D正确，A、B、C错误．]
8．(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为
M，t＝0时刻质量为m的物块以速度v水平滑上长木板，此后木板与物块运动的v-t图像如图
乙所示，重力加速度g取10 m/s，则下列说法正确的是( )
2
A．M＝m B．M＝2m
C．木板的长度为8 m
D．木板与物块间的动摩擦因数为0.1
解析：BC [物块在木板上运动过程中，在水平方向上只受到木板给的滑动摩擦力，故μmg7－322
＝ma1，而v-t图像的斜率表示加速度，故a1＝ m/s＝2 m/s，解得μ＝0.2，D错误；对
22－022
木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s＝1 m/s，解得M＝2m，A错误，B正确；从题图
2乙可知物块和木板最终分离，两者v-t图像与t轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝
?1×7＋3×2－1×2×2? m＝8 m，C正确．] ?2?2??
[B级－综合练]
9．(多选)一条水平传送带以速度v0逆时针匀速转动，现有一物体以速度v向右冲上传送带，若物体与传送带间的动摩擦因数恒定，规定向右为速度的正方向，则物体在传送带上滑动时的速度随时间变化的图像可能是下图中的( )
解析：BC [物体在传送带上受到重力、传送带的支持力和摩擦力，由于摩擦力的方向与初速度方向相反，所以物体先做匀减速直线运动，若物体的速度足够大，物体在速度减小到0前，物体已经滑到传送带右端，则物体一直做匀减速运动，故B正确；若物体的速度比较小，在物体的速度减小到0时，物体仍未滑到传送带右端，则物体的速度等于0时，仍然在传送带上，由于传送带向左运动，物体在传送带上受到向左的摩擦力，将向左做加速运动，由运动的对称性可知，若传送带的速度大小大于物体开始时的速度大小，则物体返回出发点的速
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度大小仍然等于v；若传送带的速度大小小于物体开始时的速度大小，则当物体的速度与传送带的速度相等后，物体以传送带的速度随传送带一起做匀速直线运动，故C正确，故A、D错误．]
10．(多选)质量为M的足够长的木板B放在光滑水平地面上，一个质量为m的滑块A(可视为质点)放在木板上．设滑块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，如图甲所示．木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的
a-F图像，取g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量m＝1.5 kg B．木板B的质量M＝1.5 kg
C．当F＝5 N时，木板B的加速度a＝4 m/s D．滑块A与木板B间的动摩擦因数μ＝0.1
解析：AC [由图乙知，当F＝4 N时，A、B相对静止，加速度a＝2 m/s.对整体分析：F＝(m＋M)a，解得m＋M＝2 kg.当F＞4 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝－
2
2
F－μmg1
＝FMMμmg1Δa－1
，由图像可知，图线的斜率k＝＝＝2 kg，解得M＝0.5 kg，则滑块A质量m＝MMΔFMM1μmg1.5 kg，故A正确，B错误．将F＞4 N所对图线反向延长线与F轴交点坐标代入a＝F－，1解得μ＝0.2，故D错误．根据F＝5 N＞4 N时，滑块与木块相对滑动，B的加速度aB＝F－
Mmgμ＝4 m/s2，故C正确．] M11．如图所示，足够长的倾角θ＝37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1＝2 kg，m2＝4 kg，此时轻绳处于水平状态且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1＝0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2＝0.75.对物体B施加水平恒力F＝76 N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t＝2 s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F.若两物体均可视为质点，重力加速度g＝10 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.
2
(1)求两物体加速时轻绳上的张力T；
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(2)物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L. 解析：(1)两物体加速时对整体研究有
F－μ1m1g－μ2m2g＝(m1＋m2)a
对A物体有T－μ1m1g＝m1a 解得T＝22 N，a＝6 m/s
(2)当B物体到达P点时二者速度v＝at＝12 m/s 之后B物体沿斜面向上滑行，有
2
m2gsin θ＋μ2m2gcos θ＝m2a2 v2
B物体上滑距离s＝
2a2
A物体先在水平面上减速滑行，有μ1m1g＝m1a1
滑行到P点时速度设为v1，有v1－v＝－2a1L
2
2
A物体滑上斜面后，有m1gsin θ＋μ1m1gcos θ＝m1a1′
因在斜面上A物体的加速度小于B物体的加速度，所以与物体B刚好不相撞，其上滑的最大距离与B的相同，则有v1＝2a1′s，解得L＝2.4 m
答案：(1)22 N (2)2.4 m
12．如图甲所示，质量M＝4 kg且足够长的木板静止在光滑的水平面上，在木板的中点放一个质量m＝4 kg，大小可忽略的铁块，铁块与木板之间的动摩擦因数μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．铁块和木板开始均静止，从t＝0时刻起铁块受到水平向右、大小如图乙所示的拉力F的作用，F作用的时间为6 s，重力加速度g取10 m/s，求：
2
2
(1)铁块和木板在0～2 s内的加速度大小． (2)铁块在6 s内的位移大小．
(3)从开始运动到铁块和木板相对静止，它们的相对位移大小．
解析：(1)在0～2 s内，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma1，代入数据解得铁块的加速度大小为a1＝3 m/s；对木板有μmg＝Ma2，代入数据解得木板的加速度大小为a2＝2 m/s.
1212
(2)t1＝2 s时，铁块运动的位移x1＝a1t1＝6 m，木板运动的位移x2＝a2t1＝4 m,2 s末
22铁块的速度v1＝a1t1＝6 m/s，木板的速度v2＝a2t1＝4 m/s,2 s后，由牛顿第二定律，对铁块有F－μmg＝ma′1，解得a′1＝1 m/s，对木板有μmg＝Ma′2，代入数据解得a′2＝2 m/s.设再经过t2时间铁块和木板达到共同速度v，则v＝v1＋a′1t2＝v2＋a′2t2，代入数据解得t2
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＝2 s，v＝8 m/s.在t2时间内，铁块运动的位移x′1＝＝
v1＋vt2＝14 m，木板运动的位移x′2
2
v2＋vt2＝12 m．F作用的最后2 s内，铁块和木板相对静止，一起以初速度v＝8 m/s做匀
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加速直线运动，由牛顿第二定律，对铁块和木板组成的整体有F＝(m＋M)a，代入数据解得a122
＝1.5 m/s，最后2 s内铁块和木板运动的位移均为x3＝vt3＋at3＝19 m，所以铁块在6 s内
2运动的位移大小为x铁＝x1＋x′1＋x3＝39 m.
(3)铁块和木板相对静止前木板运动的总位移为x木＝x2＋x′2＝16 m，铁块和木板的相对位移大小为x1＋x′1－x木＝4 m.
答案：(1)3 m/s 2 m/s (2)39 m (3)4 m
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