《高考物理新编大一轮总复习》专题3 知能达标训练

3.0 envi 2025-02-15 18 4 270KB 7 页 3知币

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[基础题组]

1．(2020·惠州第二次调研)如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的

拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验

若砝码和纸板的质量分别为 2m和m，各接触面间的动摩擦因数均为 μ。重力加速度为 g。

要使纸板相对砝码运动，所需拉力的大小至少应为(　　)

A．3μmg　　 B．4μmg　　

C．5μmg　　 D．6μmg

[解析]　当纸板相对砝码运动时，设砝码的加速度大小为 a1，纸板的加速度大小为

a2，则有 f1＝μ·2mg＝2ma1

得：a1＝μg

设桌面对纸板的摩擦力为 f2，由牛顿第三定律可知砝码对纸板的摩擦力 f1′＝f1，则

F－f1－f2＝ma2

发生相对运动需要纸板的加速度大于砝码的加速度，即 a2＞a1

所以 F＝f1＋f2＋ma2＞f1＋f2＋ma1＝μ·2mg＋μ·3mg＋μmg＝6μmg

即F＞6μmg，故选 D。

[答案]　D

2．如图所示，在光滑水平面上有一质量为 m1的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2

的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t

增大的水平力 F＝kt(k是常数)，木板和木块加速度的大小分别为 a1和a2。下列反映 a1和a2

变化的图线中正确的是(　　)

[解析]　在 m2与m1相对滑动前，F＝kt＝(m1＋m2)a1，a1与t成正比关系，a1t关系图线

的斜率为，当 m1与m2相对滑动后，m1受的力是 Ff1＝μm2g＝m1a1，a1＝为一恒量，对 m2有

F－μm2g＝m2a2，得 a2＝－μg，斜率为，可知 A正确，B、C、D错误。

[答案]　A

3.(多选)(2021·黄冈模拟)机场使用的货物安检装置如图所示，绷紧的传送带始终保持 v

＝1 m/s 的恒定速率运动，AB 为传送带水平部分且长度 L＝2 m，现有一质量为 m＝1 kg 的

背包(可视为质点)无初速度的放在水平传送带的 A端，可从 B端沿斜面滑到地面。已知背

包与传送带间的动摩擦因数且 μ＝0.5，g＝10 m/s2，下列说法正确的是(　　 )

A．背包从 A运动到 B所用的时间为 2.1 s

B．背包从 A运动到 B所用的时间为 2.3 s

C．背包与传送带之间的相对位移为 0.3 m

D．背向与传送带之间的相对位移为 0.1 m

[解析]　背包在水平传送带上由滑动摩擦力产生加速度，μmg＝ma，得 a＝5 m/s2，背

包达到传送带的速度所用时间 t1＝＝0.2 s，此过程背包对地面位移 x1＝t1＝×0.2 m＝0.1 m

＜L＝2 m，共速后背包与传送带相对静止，没有相对位移，所以背包与传送带的相对位移

为Δx＝vt1－x1＝1×0.2 m－0.1 m＝0.1 m，背包匀速运动的时间 t2＝＝ s＝1.9 s，所以背包

从A运动到 B所用的时间为：t＝t1＋t2＝2.1 s，故 A、D正确。

[答案]　AD

4．(2021·湖北模拟)如图所示，水平地面上有一车厢，车厢内固定的平台通过相同的弹

簧把相同的物块 A、B压在竖直侧壁和水平的顶板上。已知 A、B与接触面间的动摩擦因数

均为 μ，车厢静止时，两弹簧长度相同，A恰好不下滑，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重

力加速度为 g。现使车厢沿水平方向加速运动，为保证 A、B仍相对车厢静止，则车厢(

)

A．速度可能向左，加速度可大于(1＋μ)g

B．加速度一定向右，不能超过(1－μ)g

C．加速度一定向左，不能超过 μg

D．加速度一定向左，不能超过(1－μ)g

[解析]　开始时 A恰好不下滑，对 A受力分析如图所示，有 fA＝mg＝μFNA＝μF 弹，解得

F弹＝，

此时弹簧处于压缩状态。当车厢沿水平方向做加速运动时，为了保证 A不下滑，侧壁

对A的支持力必须大于等于，根据牛顿第二定律可知加速度方向一定向右。对 B受力分析

如图所示，有 fBm＝μFNB＝μ(F弹－mg)≥ma，解得 a≤(1－μ)g，故选项 B正确，A、C、D错

误。

[答案]　B

5．(多选)(2020·泰州期末)如图所示，质量为 m1的木块和质量为 m2的长木板叠放在水

平地面上。现对木块施加一水平向右的拉力 F，木块在长木板上滑行，长木板始终静止。

已知木块与长木板间的动摩擦因数为 μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为 μ2，且最大静摩

擦力与滑动摩擦力相等。则(　　 )

A．μ1一定小于 μ2

B．μ1可能大于 μ2

C．改变 F的大小，当 F>μ2(m1＋m2)g时，长木板将开始运动

D．将 F作用于长木板，当 F>(μ1＋μ2)(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动

[解析]　对木块，根据牛顿运动定律有 F—μ1m1g＝m1a，对长木板，由于保持静止有

μ1m1g－Ff＝0，Ff＜μ2(m1＋m2)g，所以动摩擦因数的大小无法比较，故 A错误，B正确。改

变F的大小，只要木块在木板上滑动，则木块对木板的滑动摩擦力不变，则长木板仍然保

持静止，故 C错误。若将 F作用于长木板，当木块与木板恰好开始相对滑动时，对木块有

μ1m1g＝m1a，解得 a＝μ1g，对整体分析，有 F－μ2(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，解得 F＝(μ1＋μ2)

(m1＋m2)g，所以当 F＞(μ1＋μ2)·(m1＋m2)g时，长木板与木块将开始相对滑动，故 D正确。

[答案]　BD

6．(多选)(2020·安徽联考)如图所示，三角形传送带以 1 m/s 的速度逆时针匀速转动，

两边的传送带长都是 2 m，且与水平方向的夹角均为 37°。现有两个小物块 A、B从传送带

顶端都以 1 m/s 的初速度沿传送带下滑，两物块与传送带间的动摩擦因数都是 0.5，g取10

m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。下列判断正确的是(　　)

A．物块 A、B同时到达传送带底端

B．物块 B到达传送带底端的速度为 3 m/s

C．物块 A下滑过程中相对传送带的路程为 3 m

D．物块 B下滑过程中相对传送带的路程为 3 m

[解析]　两个物块在沿斜面方向上由于 mgsin 37°＞μmgcos 37°，所以物块都会沿斜面

向下加速滑动，并且加速度大小都等于 a＝gsin 37°－μgcos 37°＝2 m/s2，初速度相同，加速

度大小相同，经过的位移大小相同，根据 x＝v0t＋at2可知两者的运动时间相同，都为 t＝1

s，即两者同时到达底端，A正确；B到达传送带底端时的速度 vB＝v0＋at＝1＋2×1 m/s＝

3 m/s，B正确；传送带在 1 s 内的路程为 x＝vt＝1 m，A与传送带是同向运动的，A的划痕

长度是 A对地路程(斜面长度)减去在此时间内传送带的路程，即为 2 m－1 m＝1 m，B与传

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