第四章培优提升练.docx

培优提升练
一、选择题
1．(多选)(2019·泰安市高一上期末)如图1甲所示，光滑水平地面上停放着一辆表面粗糙的平板车，质量为M，与平板车上表面等高的平台上有一质量为m的滑块以水平初速度v0向着平板车滑来，从滑块刚滑上平板车开始计时，之后它们的速度随时间变化的图像如图乙所示，t0是滑块在车上运动的时间，重力加速度为g，则以下说法正确的是(　　)

图1
A．滑块最终滑离平板车
B．滑块与平板车上表面间的动摩擦因数为
C．滑块与平板车的质量之比m∶M＝1∶2
D．平板车上表面的长度为v0t0
答案　AB
解析　由题图乙可知，滑块运动到平板车最右端时，速度大于平板车的速度，所以滑块将离开平板车，故A正确；根据图线知，滑块的加速度大小a1＝＝，平板车的加速度大小a2＝，知滑块与平板车的加速度大小之比为1∶1，根据牛顿第二定律得，滑块的加速度大小为a1＝，车的加速度大小为a2＝，则滑块与车的质量之比m∶M＝1∶1，故C错误；滑块的加速度a1＝＝μg，又a1＝，则μ＝，故B正确；滑块的位移x1＝t0＝v0t0，平板车的位移x2＝t0＝v0t0，则平板车上表面的长度L＝v0t0－v0t0＝v0t0，故D错误．
2.(2019·烟台一中模拟)如图2所示，一固定斜面上两个质量相同均为m的小物块A和B紧挨着匀加速下滑，A与B的接触面光滑．已知A与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝tan α，B与斜面之间的动摩擦因数μ2＝tan α，斜面倾角为α，重力加速度为g.下滑过程中A、B间弹力的大小为(　　)

图2
A．0 B.mgsin α
C.mgsin α D.mgsin α
答案　D
解析　对A、B整体进行受力分析，根据牛顿第二定律可得2mgsin α－μ1mgcos α－μ2mgcos α＝2ma，解得a＝gsin α，设A、B间弹力大小为FN，对B根据牛顿第二定律可得mgsin α－FN－μ2mgcos α＝ma，解得FN＝mgsin α，所以选项D正确．
3．(多选)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为(　　)
A．8 B．10 C．15 D．18
答案　BC
解析　设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma①
设PQ东边有k节车厢，则F＝km·a②
联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数，
当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5
当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10
当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15
当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确．
4.(2019·南京市模拟)如图3所示，O点是竖直圆环的顶点，Oc是圆环直径，Oa和Ob是两条不同倾角的弦．在Oc、Oa、Ob弦上各放置一个光滑的面，一个质点从O点由静止释放，先后分别沿Oc、Oa、Ob下滑，关于质点到达a、b、c三点的时间，下列说法正确的是(　　)

图3
A．最短的是a点 B．最短的是b点
C．最长的是c点 D．时间都相同
答案　D
解析　设过O点的弦长为L，L与直径Oc间的夹角为θ，Oc＝d，则L＝dcos θ，而加速度a′＝gcos θ，由L＝a′t2得t＝＝＝，由此可知，t与θ无关，故D正确．
5．(多选)(2019·全国卷Ⅲ)如图4(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t＝0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t＝4 s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示，木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取10 m/s2.由题给数据可以得出(　　)

图4
A．木板的质量为1 kg
B．2～4 s内，力F的大小为0.4 N
C．0～2 s内，力F的大小保持不变
D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案　AB
解析　由题图(c)可知木板在0～2 s内处于静止状态，再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0～2 s内逐渐增大，可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大，故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大，选项C错误；由题图(c)可知木板在2～4 s内做匀加速运动，其加速度大小为a1＝ m/s2＝0.2 m/s2，对木板进行受力分析，由牛顿第二定律可得F－Ff＝ma1，在4～5 s内做匀减速运动，其加速度大小为a2＝ m/s2＝0.2 m/s2，Ff＝ma2，另外由于物块静止不动，同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff＝0.2 N，解得m＝1 kg、F＝0.4 N，选项A、B正确；由于不知道物块的质量，所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数，选项D错误．
6．如图5，用橡皮筋将一小球悬挂在小车的架子上，系统处于平衡状态．现使小车从静止开始向左加速，加速度从零开始逐渐增大到某一值，然后保持此值，小球稳定地偏离竖直方向某一角度(橡皮筋在弹性限度内)．与稳定在竖直位置时相比，小球的高度(　　)

图5
A．一定升高
B．一定降低
C．保持不变
D．升高或降低由橡皮筋的劲度系数决定
答案　A
解析　设橡皮筋原长为l0、劲度系数为k，小球在竖直位置静止时，橡皮筋长度为l，加速时长度为l′且与竖直方向夹角为θ.由胡克定律可知，静止时k(l－l0)＝mg，加速时小球受力分析如图所示，

由牛顿第二定律可知
k(l′－l0)cos θ＝mg
则k(l－l0)＝k(l′－l0)cos θ
l′cos θ＝l－l0(1－cos θ)
即l′cos θ<l
所以小球高度一定升高，故选项A正确．
7．(多选)如图6所示，水平传送带以速度v1匀速运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是(　　)

图6

答案　BC
解析　若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力大于Q的重力，则可能先向右匀加速，加速至v1后随传送带一起向右匀速，此过程如图B所示，故B正确．若v1>v2，且P受到的滑动摩擦力小于Q的重力，此时P一直向右减速，减速到零后反向加速．若v2>v1，P受到的滑动摩擦力向左，开始时加速度a1＝，当减速至速度为v1时，摩擦力反向，若有FT>μmg，此后加速度a2＝，故C正确，A、D错误．
8.(多选)(2019·河源市模拟)有一固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连，小球某时刻正处于如图7所示状态，设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时小球的受力情况，下列说法正确的是(　　)

图7
A．若小车向左运动，FN可能为0
B．若小车向左运动，FT可能为0
C．若小车向右运动，FN不可能为0
D．若小车向右运动，FT不可能为0
答案　AB
解析　若小车向左做减速运动，则加速度向右，小球受重力及细绳的拉力可以使小球的加速度与小车相同，故此时FN为0；若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力FT为0；同理可知当小车向右运动时，也可能做加速或减速运动，故加速度也可能向右或向左，故FN和FT均可以为0.故选A、B.
二、非选择题
9．公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离．当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰．通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s．当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m．设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的.若要求安全距离仍为120 m，求汽车在雨天安全行驶的最大速度．
答案　20 m/s
解析　设路面干燥时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为s，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0①
s＝v0t0＋②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度．
设在雨天行驶时，汽车与地面间的动摩擦因数为μ，依题意有
μ＝μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
s＝vt0＋⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(72 km/h)．
10.(2019·四川棠湖中学高一上期末)如图8所示，质量M＝2.0 kg的薄木板静止在水平桌面上，薄木板上放有质量m＝1.0 kg的小铁块(可视为质点)，它离木板左端的距离为L＝0.25 m，铁块与木块间的动摩擦因数为μ＝0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．现用一水平向右的拉力作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，g取10 m/s2.

图8
(1)若桌面光滑，拉力大小恒为F1＝4.8 N，求小铁块运动的加速度大小；
(2)若木板以4.0 m/s2的加速度从铁块下向右抽出，求抽出过程所经历的时间t；
(3)若桌面与薄木板间的动摩擦因数也为μ，则拉力F2的大小满足什么条件才能将木板从铁块下抽出？
答案　(1)1.6 m/s2　(2)0.5 s　(3)F2>12 N
解析　(1)小铁块受到的最大静摩擦力Ffmax＝μmg＝0.2×1.0×10 N＝2 N，
小铁块最大加速度为am＝＝μg＝0.2×10 m/s2＝2 m/s2，
假设小铁块相对木板静止，根据牛顿第二定律有
a＝＝ m/s2＝1.6 m/s2<am，
所以小铁块不会相对长木板滑动，小铁块运动的加速度大小a＝1.6 m/s2.
(2)木板和小铁块发生相对运动，
对小铁块，根据牛顿第二定律，有
μmg＝ma1
a1＝μg＝2 m/s2
抽出经历时间为t，
x1＝a1t2
对木板，x2＝a2t2
L＝x2－x1
解得t＝0.5 s.
(3)对木板：根据牛顿第二定律有
F2－μmg－μ(M＋m)g＝Ma板′
木板从小铁块下抽出的条件：a板′>am，
则a板′＝>2 m/s2
解得F2>12 N.
11．(2020·广东执信中学高一期末)如图9，水平地面上紧靠粗糙水平台依次排放着A、B两木板，A、B的长度均为L＝5 m、质量均为M＝1.5 kg，其上表面与平台相平，A与平台和B均接触但不粘连．现有一质量m＝3 kg、可视为质点的滑块C，从平台上距平台右侧的距离d＝2.5 m处，以大小v0＝8 m/s、方向水平向右的初速度向右滑动．已知C与平台间、C与木板A、B间的动摩擦因数均为μ1＝0.3，A、B与地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.1，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10 m/s2.求：

图9
(1)滑块C刚滑上A板时的速度大小；
(2)滑块C刚滑离A板时，B板的速度大小；
(3)从滑块C滑上A板到C与B板相对静止的过程中，B板发生的位移大小．
答案　(1)7 m/s　(2)1 m/s　(3)1.375 m
解析　(1)C在水平台上做匀减速直线运动，
由运动学规律有：v12－v02＝－2a1d，
由牛顿第二定律有：μ1mg＝ma1，
代入数据解得：a1＝3 m/s2，v1＝7 m/s；
(2)滑块C在木板A上滑动时的加速度仍为a1，设木板A、B的加速度为a2，
对A、B有：μ1mg－μ2(m＋2M)g＝2Ma2，
代入数据得：a2＝1 m/s2，
设C在A上运动的时间为t1，
则：L＝(v1t1－a1t12)－a2t12，
代入数据解得：t1＝1 s或t1＝2.5 s(舍去)
C滑上B时，A、B分离．设C离开A时的速度为vC，木板A、B的速度分别为vA和vB，
vC＝v1－a1t1＝4 m/s，vA＝vB＝a2t1＝1 m/s；
(3)C在B上滑动时，C的加速度仍为a1，设B的加速度为a3，
对B有：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma3，
代入数据得：a3＝3 m/s2，
设经过时间t2，B、C达到共同速度v，
则有：v＝vC－a1t2＝vB＋a3t2，
代入数据得：t2＝0.5 s，v＝2.5 m/s，
B发生的总位移为：xB＝t1＋t2
代入数据解得：xB＝ m＝1.375 m