6、地面光滑，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a1＝，再以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F1－k·Δl1＝ma1，代入解得彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl1＝；若水平地面粗糙，則兩個(gè)滑塊與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，以整體為研究對(duì)象，根據(jù)牛頓第二定律得a2＝＝－μg，再以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得F1－k·Δl2－μmg＝ma2，代入解得彈簧的伸長(zhǎng)量為Δl2＝，可見(jiàn)Δl1＝Δl2，a1>a2，故選項(xiàng)C正確．
6.(2019·山東師大附中模擬)如圖所示，一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一質(zhì)量為m的煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn))，煤塊與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ.初始時(shí)，傳送帶與煤塊都是靜止的．現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a開(kāi)始運(yùn)
7、動(dòng)，當(dāng)其速度達(dá)到v后，便以此速度做勻速運(yùn)動(dòng)．經(jīng)過(guò)一段時(shí)間，煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后，煤塊相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng)，關(guān)于上述過(guò)程，以下判斷正確的是(重力加速度為g)( )
A．μ與a之間一定滿(mǎn)足關(guān)系μ>
B．煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移為
C．煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止經(jīng)歷的時(shí)間為
D．黑色痕跡的長(zhǎng)度為
解析：選C.方法一 公式法：由牛頓第二定律可知煤塊的加速度大小為a′＝μg，由于煤塊與傳送帶之間要發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，傳送帶的加速度需大于煤塊的加速度，即a>μg，則μ<，A錯(cuò)誤；煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止所需的時(shí)間t＝，此時(shí)煤塊的位移x1＝，傳送帶的
8、位移x2＝＋v＝－，煤塊相對(duì)于傳送帶的位移等于黑色痕跡的長(zhǎng)度，則Δx＝x2－x1＝－，C正確，B、D錯(cuò)誤．
方法二 圖象法：根據(jù)題意，由于煤塊與傳送帶之間發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，則傳送帶的加速度一定大于煤塊的加速度，由題意作出煤塊和傳送帶的速度－時(shí)間圖象，如圖所示，由于二者最終的速度均為v，則t1＝、t2＝，煤塊從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)到相對(duì)于傳送帶靜止經(jīng)歷的位移大小為圖線Ob與橫軸所圍的面積，即x＝t2＝，黑色痕跡的長(zhǎng)度為煤塊相對(duì)傳送帶的位移，即圖線Oa、ab、Ob所圍的面積，則Δx＝(t2－t1)＝－.
二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，
9、全選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有錯(cuò)選或不答的得0分)
7．如圖所示，質(zhì)量均為m的A、B兩物塊置于光滑水平地面上，A、B接觸面光滑，傾角為θ，現(xiàn)分別以水平恒力F作用于A物塊上，保持A、B相對(duì)靜止共同運(yùn)動(dòng)，則下列說(shuō)法中正確的是( )
A．采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大
B．兩種情況下獲取的最大加速度相同
C．兩種情況下所加的最大推力相同
D．采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力
解析：選BC.甲方式中，F(xiàn)最大時(shí)，A剛要離開(kāi)地面，A受力如圖1所示，則
FN1cos θ＝mg ①
對(duì)B：F′N(xiāo)1sin θ＝ma1 ②
由牛頓第三定律可知F′N(xiāo)1＝FN1 ③
10、
乙方式中，F(xiàn)最大時(shí)，B剛要離開(kāi)地面，B受力如圖2所示，則
FN2cos θ＝mg ④
FN2sin θ＝ma2 ⑤
由①③④可知FN2＝FN1＝F′N(xiāo)1 ⑥
由②⑤⑥式可得a2＝a1，對(duì)整體易知F2＝F1，
故選項(xiàng)B、C正確，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤．
8.2017年6月4日，雨花石文創(chuàng)新品在南京市新城科技園發(fā)布，20余項(xiàng)文創(chuàng)新品體現(xiàn)金陵之美．某小朋友喜歡玩雨花石，他用水平外力F將斜面上兩個(gè)形狀規(guī)則的雨花石甲和丙成功疊放在一起，如圖所示．斜面體乙靜止在水平地面上．現(xiàn)減小水平外力F，三者仍然靜止，則下列說(shuō)法中正確的是( )
A．甲對(duì)丙的支持力一定減小
B．乙對(duì)甲的摩擦力一定減小
11、
C．地面對(duì)乙的摩擦力一定減小
D．甲可能受5個(gè)力的作用
解析：
選CD.把甲、乙、丙看成一個(gè)整體，系統(tǒng)處于平衡狀態(tài)，水平方向上靜摩擦力的大小等于水平外力F的大小，當(dāng)F減小時(shí)，地面對(duì)乙的摩擦力隨之減小，C正確；對(duì)丙進(jìn)行受力分析，丙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，所受各個(gè)力的大小均不變，A錯(cuò)誤；將甲、丙看成一個(gè)整體，由于開(kāi)始時(shí)整體所受靜摩擦力的方向不確定，故乙對(duì)甲的摩擦力的大小變化不確定，B錯(cuò)誤；當(dāng)甲、乙之間的靜摩擦力為0時(shí)，甲受5個(gè)力的作用，如圖所示，D正確．
9.(2019·濰坊模擬)如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m的圓環(huán)套在一根固定的水平長(zhǎng)直桿上，環(huán)與桿的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，現(xiàn)給環(huán)一個(gè)水平向右的恒力F，
12、使圓環(huán)由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，同時(shí)對(duì)環(huán)施加一個(gè)豎直向上、大小隨速度變化的作用力F1＝kv，其中k為常數(shù)，則圓環(huán)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中( )
A．最大加速度為
B．最大加速度為
C．最大速度為
D．最大速度為
解析：選AC.當(dāng)F1mg時(shí)，由牛頓第二定律得F－μ(kv－mg)＝ma，當(dāng)a＝0時(shí)，圓環(huán)的速度最大，即vmax＝，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤．
10.如圖所示，水平傳送帶以速度v1勻速運(yùn)動(dòng)，小物體P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，t＝0時(shí)
13、刻P在傳送帶左端具有速度v2，P與定滑輪間的繩水平，t＝t0時(shí)刻P離開(kāi)傳送帶．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，繩足夠長(zhǎng)．正確描述小物體P速度隨時(shí)間變化的圖象可能是( )
解析：選BC.①若v2＞v1，則P、Q先一起做勻減速運(yùn)動(dòng)，且加速度大小a1＝.
若P能減速到v1，
當(dāng)fP≥mQg，P、Q共同勻速，速度大小為v1，
當(dāng)fP＜mQg，P、Q繼續(xù)減速，加速度大小a2＝，a1＞a2，故A錯(cuò)誤．
若傳送帶足夠長(zhǎng)，P、Q減速到零后，反向加速，加速度大小為a2.
②若v2≤v1.
當(dāng)fP≥mQg，P、Q先共同加速，后以v1共同勻速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為a2＝
當(dāng)fP＜mQg，P、Q可能一直減
14、速，也可能先減速到零，后反向加速，加速度不變．
綜上，B、C正確，D錯(cuò)誤．
三、非選擇題(本題共3小題，共40分．按題目要求作答，計(jì)算題要有必要的文字說(shuō)明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)
11．(10分)如圖甲為“用DIS(位移傳感器、數(shù)據(jù)采集器、計(jì)算機(jī))研究加速度和力的關(guān)系”的實(shí)驗(yàn)裝置．
(1)在該實(shí)驗(yàn)中必須采用控制變量法，應(yīng)保持__________不變，用鉤碼所受的重力作為_(kāi)___________，用DIS測(cè)小車(chē)的加速度．
(2)改變所掛鉤碼的數(shù)量，多次重復(fù)測(cè)量，在某次實(shí)驗(yàn)中根據(jù)測(cè)得的多組數(shù)據(jù)可畫(huà)出a－F關(guān)系圖線(如圖乙所示)．
①分析此圖線的OA段可得出的實(shí)驗(yàn)結(jié)論
15、是________________________________．
②此圖線的AB段明顯偏離直線，造成此誤差的主要原因是________．
A．小車(chē)與軌道之間存在摩擦
B．導(dǎo)軌保持了水平狀態(tài)
C．所掛鉤碼的總質(zhì)量太大
D．所用小車(chē)的質(zhì)量太大
解析：(1)因?yàn)橐骄俊凹铀俣群土Φ年P(guān)系”，所以應(yīng)保持小車(chē)的總質(zhì)量不變，鉤碼所受的重力作為小車(chē)所受的合外力．
(2)由于OA段a－F關(guān)系圖線為一傾斜的直線，所以在質(zhì)量不變的條件下，加速度與合外力成正比；由實(shí)驗(yàn)原理：mg＝Ma得：a＝＝，而實(shí)際上a′＝，可見(jiàn)AB段明顯偏離直線是沒(méi)有滿(mǎn)足M?m造成的．
答案：(1)小車(chē)的總質(zhì)量 小車(chē)所受的合外
16、力
(2)①在質(zhì)量不變的情況下，加速度與合外力成正比?、贑
12．(15分)如圖所示，水平傳送帶以速度v1＝2 m/s勻速向左運(yùn)動(dòng)，小物塊P、Q由通過(guò)定滑輪且不可伸長(zhǎng)的輕繩相連，mP＝2 kg、mQ＝1 kg，已知某時(shí)刻P在傳送帶右端具有向左的速度v2＝4 m/s，小物塊P與傳送帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.1，P與定滑輪間的輕繩始終保持水平．不計(jì)定滑輪質(zhì)量和摩擦，小物塊P與傳送帶之間的最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，傳送帶、輕繩足夠長(zhǎng)，取g＝10 m/s2，求：
(1)小物塊P在傳送帶上向左運(yùn)動(dòng)的最大距離x；
(2)小物塊P離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小v.
解析：(1)P先以大小為a1的
17、加速度向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為v1，設(shè)位移大小為x1，輕繩中的張力大小為T(mén)1，由牛頓第二定律得
對(duì)P有T1＋μmPg＝mPa1 ①
對(duì)Q有mQg－T1＝mQa1 ②
聯(lián)立①②解得a1＝4 m/s2 ③
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有－2a1x1＝v－v ④
聯(lián)立③④解得x1＝1.5 m ⑤
P接著以大小為a2的加速度向左做勻減速運(yùn)動(dòng)，直到速度減為0，設(shè)位移大小為x2，輕繩中的張力大小為T(mén)2，
由牛頓第二定律得
對(duì)P有T2－μmPg＝mPa2 ⑥
對(duì)Q有mQg－T2＝mQa2 ⑦
聯(lián)立⑥⑦式解得a2＝ m/s2 ⑧
由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有－2a2x2＝0－v ⑨
聯(lián)立⑧⑨式解得x2＝0.7
18、5 m
故P向左運(yùn)動(dòng)的最大距離x＝x1＋x2＝2.25 m.
(2)P向左運(yùn)動(dòng)的速度減為0后，再以大小為a2的加速度向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，直到從右端離開(kāi)傳送帶，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有2a2x＝v2
解得v＝2 m/s.
答案：(1)2.25 m (2)2 m/s
13．(15分)如圖甲所示，質(zhì)量為M的長(zhǎng)木板，靜止放置在粗糙水平地面上，有一個(gè)質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊，以某一水平初速度從左端沖上木板．從物塊沖上木板到物塊和木板達(dá)到共同速度的過(guò)程中，物塊和木板的v－t圖象分別如圖乙中的折線acd和bcd所示，a、b、c、d點(diǎn)的坐標(biāo)分別為a(0，10)、b(0，0)、c(4，4)、d(12，0)．根據(jù)
19、v－t 圖象，求：
(1)物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1，木板開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2，達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3；
(2)物塊質(zhì)量m與長(zhǎng)木板質(zhì)量M之比；
(3)物塊相對(duì)長(zhǎng)木板滑行的距離Δx.
解析：(1)由v－t圖象可求出物塊沖上木板做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a1＝ m/s2＝1.5 m/s2，木板開(kāi)始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a2＝ m/s2＝1 m/s2，達(dá)到共同速度后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)的加速度大小a3＝ m/s2＝0.5 m/s2.
(2)對(duì)物塊沖上木板勻減速階段：μ1mg＝ma1
對(duì)木板向前勻加速階段：μ1mg－μ2(m＋M)g＝Ma2
物塊和木板達(dá)到共同速度后向前勻減速階段：
μ2(m＋M)g＝(M＋m)a3
聯(lián)立以上三式可得＝.
(3)由v－t圖象可以看出，物塊相對(duì)于長(zhǎng)木板滑行的距離Δx對(duì)應(yīng)題圖中△abc的面積，故Δx＝10×4× m＝20 m.
答案：(1)1.5 m/s2 1 m/s2 0.5 m/s2 (2)
(3)20 m
10
（江蘇專(zhuān)用）2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第三章 牛頓運(yùn)動(dòng)定律章末過(guò)關(guān)檢測(cè)
