第三章 第6课时 滑块、滑板问题和传送带问题-2021高考物理一轮【微考点加餐练】（新高考版）

微考点加餐练　物理 ３０N,根据牛顿第二定律,有 F２－mg＝ ma,由图乙可知,从初状态到弹簧恢复原 长的过程,物体 W４cm,所以初始时弹簧 的压缩量 Δx＝４cm＝０．０４m,代入数据 解得m＝２kg,k＝５００N/m＝５N/cm,a＝ ５m/s２,故B、D错误,C正确． ５．D　开始时,物体处于平衡状态,物体受重 力和弹力,则有 mg＝kx１,物体向下匀加 速过程,对物体受力分析,受重力、弹簧向 上的弹力、推力F,根据牛顿第二定律,有 F＋mg－F弹 ＝ma,根 据 胡 克 定 律,有 F弹 ＝k(x１＋x)＝mg＋kx,解得F＝ma－ mg＋F弹 ＝ma＋kx,故弹力与x 是线性关 系,且是增函数,故 A、B、C错误,D正确． ６．AB　由速度位移的关系式v２＝２ax 与图 形对比得,物体的最大速度vm＝８m/s,撤 去F 前的加速度大小a１＝１６m/s２,撤去 F 后的加速度大小a２＝８m/s２,撤去F 时 发生的位移x１＝２m．撤去F 前由牛顿第 二定律得F－mgsin３７°－μmgcos３７°＝ ma１,撤 去 F 后 由 牛 顿 第 二 定 律 得 mgsin３７°＋μmgcos３７°＝ma２,联 立 解 得 F＝２４N,μ＝０．２５,故 A 正确,C错误;力 F 作用时物体做加速运动,由速度公式得 vm＝a１t１,解得t１＝０．５s,即撤去拉力的 时刻为t＝０．５s,故B正确;当物体的速度为 零时,达到最高点,则有t２＝ vm a２ ＝ ８８ s＝ １s,所以物体沿斜面上滑的过程所用时间为 t＝t１＋t２＝１．５s,故D错误． ７．C　由图可知,前２s内特战兵向下做加速 运动,加速度的方向向下,则特战兵处于 失重状态,故 A 错误;由图线与时间轴围 成的面积求出下落得高度为h＝１３＋５２ × ２０m＝１８０m,故 B错误;由图可知,特战 兵减速阶段的加速度a＝ΔvΔt＝ ０－２０ １３－７m /s２ ＝－１０３ m /s２,设每根绳对特战兵的拉力 大小为F,则mg－８Fcos３７°＝ma,代入数 据可得F＝１２５N,故 C正确;整个运动过 程中的平均速度大小为v＝ht ＝ １８０ １３ m /s ≈１３．８m/s,故 D错误． ８．C　货物受重力mg和拉力F,据牛顿第二 定律有F－mg＝ma,得a＝ Fm －g ,当F ＝０时,a＝－g,即图线与纵轴的交点 M 的值aM＝－１０m/s２,故 A 错误;当a＝０ 时,F＝mg,故图线与横轴的交点 N 的值 FN＝１００N,故B错误;图线的斜率表示质 量的倒数等于０．１,故 C正确,D错误． ９．AD　由图可得,当夹角为θ１ 时,物体刚好 开始 滑 动,则 Ff１＝μmgcosθ１,解 得μ＝ Ff１ mgcosθ１ ,故 A 正确,B 错 误;由 图 可 得, 当夹角为θ２ 时,摩擦力为零,则木块只受 重力作用,加速 度 为g,但 此 时 速 度 不 为 零,木块不是做自由落体运动,故 C错误; 木板由θ１ 转到θ２ 的过程中,根据牛顿第 二定律可得,mgsinθ－μmgcosθ＝ma,解 得a＝gsinθ－μgcosθ,当θ逐渐增大时, 加速度a逐渐增大,即木块的速度变化越 来越快,故 D正确． １０．AD　A、B 间 的 最 大 静 摩 擦 力fAB ＝ μmg,B 与 地 面 间 的 最 大 静 摩 擦 力f＝ ３μmg,故在０~t１ 时间内,推力小于木板 与地面间的最大静摩擦力,B 静止,此时 A、B 间无相对滑动,A、B 间摩擦力为零, 故 A正确;A、B 间刚好出现相对滑动时, A 的加速度为a＝μmgm ＝μg ,此时对B 分 析可知F－μmg－３μmg＝２ma,解得F＝ ６μmg,故在t１~t２ 时间内,A、B 一起向 右做加速运动,对A 分析可知,A 受到的 摩擦力水平向右,故 B错误;在t２ 时刻, A、B 一起向右做加速运动,加速度aAB＝ ５μmg－３μmg ３m ＝ ２ ３μg ,A、B 间 摩 擦 力 fAB′＝ ２ ３μmg ,故 C 错误;在t３ 时刻 以 后,A、B 发生滑动,故 A、B 间的摩擦力 大小为μmg,故 D正确． １１．解析:(１)由 图 可 知,滑 块 的 加 速 度 大 小为 a１＝ Δv Δt＝２m /s２ 根据牛顿第二定律有μmg＝ma１,解得μ ＝０．２． (２)由图可知,滑块位移大小为 xA＝ ２＋４ ２ ×１m＝３m 木板的加速度a２＝μ mg M ＝１m /s２ 木板的对地位移为xB＝ １ ２a２t ２ ０＝０．５m 木板的长度为L＝xA－xB＝２．５m． 答案:(１)０．２　(２)２．５m １２．解析:根据v t图线的斜率表示加速度 可知: aa＝ Δv Δt１ ＝０－１１１．１ ＝－１０m