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高考物理二轮复习专题一第1讲 物体平衡与直线运动——课后“高仿”检测卷 (含解析)
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这是一份高考物理二轮复习专题一第1讲 物体平衡与直线运动——课后“高仿”检测卷 (含解析)，共10页。试卷主要包含了高考真题集中演练——明规律，名校模拟重点演练——知热点等内容，欢迎下载使用。
专题一·第一讲 物体平衡与直线运动——课后“高仿”检测卷
一、高考真题集中演练——明规律
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析：选CD xt图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误。t1和t2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，故C、D正确。
2．[多选](2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，A、B、D项错误，C项正确。
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m。故选项C正确。
5．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。
6．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02①
解得μ＝②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得
v02－v12＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得a2＝。
答案：(1) (2)
7．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析：A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
由匀变速直线运动规律得2aAL＝vA2
解得vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
联立解得vB＝2。
答案：(1) (2)3μg μg (3)2
二、名校模拟重点演练——知热点
8．[多选](2019·湖南株洲一模)酒后驾驶存在许多安全隐患，原因在于酒后驾驶员的反应时间变长。反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间。表中思考距离是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；制动距离是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小不变)。
思考距离/m
制动距离/m
速度/(m·s－1)
正常
酒后
正常
酒后
15
7.5
15.0
22.5
30.0
20
10.0
20.0
36.7
46.7
25
12.5
25.0
54.2
x
分析上表可知，下列说法正确的是( )
A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s
B．当汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车
C．汽车以15 m/s的速度行驶时，汽车制动的加速度大小为10 m/s2
D．表中x为66.7
解析：选ABD 反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多出的反应时间为Δt＝＝ s＝0.5 s，故A正确；当汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7 m，大于40 m，故不能安全停车，故B正确；汽车制动时，加速度大小为a＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，故C错误；此时思考距离增加Δx＝25 m－12.5 m＝12.5 m，故x＝54.2 m＋12.5 m＝66.7 m，故D正确。
9．[多选](2019·湖南岳阳二模)如图所示，物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ＜1)，不计滑轮与绳之间的摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使物体A能在斜面上滑动，物体B的质量可能为( )
A．m(1－μ)sin θ B．m(sin θ＋μcos θ)
C．m(1－μ)cos θ D．m(sin θ－μcos θ)
解析：选BD 对B物体受力分析有：T＝mBg。
当物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图甲所示，根据平衡条件有：
N－mgcos θ＝0；
T－fm－mgsin θ＝0；
由摩擦力公式知：fm＝μN
联立解得：mB＝m(sin θ＋μcos θ)
再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，这时A的受力情况如图乙所示，根据平衡条件有：
N－mgcos θ＝0
T＋fm－mgsin θ＝0
由摩擦力公式知：fm＝μN
联立解得：mB＝m(sin θ－μcos θ)
则物体B的质量的取值范围为mB≤m(sin θ－μcos θ)或mB≥m(sin θ＋μcos θ)。故A、C错误，B、D正确。
10．[多选](2019·东三省四市二模)如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因数为μ，在BC段的动摩擦因数为2μ。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是( )
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为1∶1
D．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
解析：选ACD 隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1－μmg＝ma11，F2－2μmg＝ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg＝ma21, 2μmg＝ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11＝a21，a12＝a22，联立解得：F1∶F2＝1∶2，选项A正确。若将F1、F2都增加到原来的2倍，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，2F1－μmg＝ma13,2F2－2μmg＝ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg＝ma21, 2μmg＝ma22，联立解得：a21＝μg，a22＝2μg，a13＝3μg，a14＝6μg。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t1，则有小物块位移x11＝a13t12，木板位移x21＝a21t12，x11－x21＝，联立解得t1＝ 。设小物块在木板上从C移动到B的时间为t2，则有小物块位移x12＝a14t22，木板位移x22＝a22t22，x12－x22＝，联立解得t2＝ 。即若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为t1∶ t2＝∶1，选项B错误。若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比x21∶ x22＝a21t12∶a22t22＝1∶1，选项C正确。若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1∶Q2＝∶2μmg·＋μmg·＝1∶1，选项D正确。
11．[多选](2019·安徽合肥联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与一个托盘相连，托盘中放置一与托盘质量相同的物块，初始时物块和托盘都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块上，使物块开始向上做匀加速运动，拉力F与物块位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )
A．物块和托盘静止时，弹簧的压缩量是10 cm
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物块的质量为2.5 kg
D．物块的加速度大小为5 m/s2
解析：选AC 当托盘与物块静止不动时，根据胡克定律有：kx0＝2mg，一起向上做匀加速运动时，F＋k(x0－x)－2mg＝2ma，整理得：F＝kx＋2ma，由题图乙可知：k＝5 N/cm；2ma＝10 N，当物块与托盘分离时，以物块为对象：F′－mg＝ma，联立解得m＝2.5 kg，a＝2 m/s2，x0＝10 cm，故A、C正确，B、D错误。
12．(2019·肇庆二模)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L＝3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦因数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：
(1)包裹A在传送带上运动的时间；
(2)包裹B的质量。
解析：(1)包裹A在传送带上滑行，由牛顿第二定律可得：
μ1mAg＝mAa1
解得：a1＝4 m/s2
假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：
v02－0＝2a1s1
解得：s1＝2 m＜L，所以上述假设成立
加速过程：s1＝a1t12
解得：t1＝1 s
匀速过程：L－s1＝v0t2
解得：t2＝0.25 s
所以，包裹A在传送带上运动的时间：t＝t1＋t2＝1.25 s。
(2)包裹A在水平面上滑动时，由牛顿第二定律可得：
μ2mAg＝mAa2
解得：a2＝5 m/s2
同理可知包裹B在水平面滑动的加速度大小a2＝5 m/s2。
包裹A向前滑动至静止：0－vA2＝－2a2sA
解得：vA＝1 m/s
包裹B向前滑动至静止：0－vB2＝－2a2sB
解得：vB＝2 m/s
包裹A、B相碰前后系统动量守恒：
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得：mB＝0.6 kg。
答案：(1)1.25 s (2)0.6 kg
13．(2019·四市教研联合体模拟)如图甲所示，质量为M＝0.5 kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1 kg的物块以初速度v0＝4 m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1 m－1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
(2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及F函数关系式。
解析：(1)以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：am＝μg＝2 m/s2
木板的加速度大小：aM＝＝4 m/s2
由题图乙知，板长L＝1 m
物块相对木板的路程：L＝v0t－amt2－aMt2
联立解得：t＝ s或t＝1 s
当t＝1 s时，物块的速度为2 m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t＝1 s应舍弃，故所求时间为t＝ s。
(2)①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则：
aM′＝
v＝v0－amt1＝aM′t1
s＝t1－t1＝t1
联立解得：＝
由题图乙知，相对路程：s≤1 m
代入解得：F≥1 N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则：
a＝
f＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax＝μmg＝2 N
联立解得：F≤3 N
综述：BC段恒力F的取值范围是1 N≤F≤3 N，函数关系式是＝。
答案：(1) s (2)1 N≤F≤3 N ＝
专题一·第一讲 物体平衡与直线运动——课后“高仿”检测卷
一、高考真题集中演练——明规律
1．[多选](2018·全国卷Ⅲ)甲、乙两车在同一平直公路上同向运动，甲做匀加速直线运动，乙做匀速直线运动。甲、乙两车的位置x随时间t的变化如图所示。下列说法正确的是( )
A．在t1时刻两车速度相等
B．从0到t1时间内，两车走过的路程相等
C．从t1到t2时间内，两车走过的路程相等
D．在t1到t2时间内的某时刻，两车速度相等
解析：选CD xt图像斜率表示两车速度，则可知t1时刻乙车速度大于甲车速度，故A错误。由两图线的纵截距知，出发时甲车在乙车前面，t1时刻图线相交表示两车相遇，可得0到t1时间内乙车比甲车多走了一段距离，故B错误。t1和t2时刻两图线相交，表明两车均在同一位置，从t1到t2时间内，两车走过的路程相等；在t1到t2时间内，两图线有斜率相等的一个时刻，即该时刻两车速度相等，故C、D正确。
2．[多选](2016·全国卷Ⅰ)一质点做匀速直线运动。现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析：选BC 质点原来做匀速直线运动，说明所受合外力为0，当对其施加一恒力后，恒力的方向与原来运动的速度方向关系不确定，则质点可能做直线运动，也可能做曲线运动，但加速度的方向一定与该恒力的方向相同，选项B、C正确。
3.(2017·全国卷Ⅱ)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动。若保持F的大小不变，而方向与水平面成60°角，物块也恰好做匀速直线运动。物块与桌面间的动摩擦因数为( )
A．2－ B.
C. D.
解析：选C 当拉力水平时，物块做匀速运动，则F＝μmg，当拉力方向与水平方向的夹角为60°时，物块也刚好做匀速运动，则Fcos 60°＝μ(mg－Fsin 60°)，联立解得μ＝，A、B、D项错误，C项正确。
4．(2016·全国卷Ⅲ)如图，两个轻环a和b套在位于竖直面内的一段固定圆弧上；一细线穿过两轻环，其两端各系一质量为m的小球。在a和b之间的细线上悬挂一小物块。平衡时，a、b间的距离恰好等于圆弧的半径。不计所有摩擦。小物块的质量为( )
A. B.m
C．m D．2m
解析：选C 如图所示，由于不计摩擦，线上张力处处相等，且轻环受细线的作用力的合力方向指向圆心。由于a、b间距等于圆弧半径，则∠aOb＝60°，进一步分析知，细线与aO、bO间的夹角皆为30°。取悬挂的小物块研究，悬挂小物块的细线张角为120°，由平衡条件知，小物块的质量与小球的质量相等，即为m。故选项C正确。
5．(2017·全国卷Ⅲ)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm。将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)( )
A．86 cm B．92 cm
C．98 cm D．104 cm
解析：选B 将钩码挂在弹性绳的中点时，由数学知识可知钩码两侧的弹性绳(劲度系数设为k)与竖直方向夹角θ均满足sin θ＝，对钩码(设其重力为G)静止时受力分析，得G＝2kcos θ；弹性绳的两端移至天花板上的同一点时，对钩码受力分析，得G＝2k，联立解得L＝92 cm，可知A、C、D项错误，B项正确。
6．(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线相距s0和s1(s1
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
解析：(1)设冰球的质量为m，冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ，由动能定理得
－μmgs0＝mv12－mv02①
解得μ＝②
(2)冰球到达挡板时，满足训练要求的运动员中，刚好到达小旗处的运动员的加速度最小。设这种情况下，冰球和运动员的加速度大小分别为a1和a2，所用的时间为t。由运动学公式得
v02－v12＝2a1s0③
v0－v1＝a1t④
s1＝a2t2⑤
联立③④⑤式得a2＝。
答案：(1) (2)
7．(2019·江苏高考)如图所示，质量相等的物块A和B叠放在水平地面上，左边缘对齐。A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ。先敲击A，A立即获得水平向右的初速度，在B上滑动距离L后停下。接着敲击B，B立即获得水平向右的初速度，A、B都向右运动，左边缘再次对齐时恰好相对静止，此后两者一起运动至停下。最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。求：
(1)A被敲击后获得的初速度大小vA；
(2)在左边缘再次对齐的前、后，B运动加速度的大小aB、aB′；
(3)B被敲击后获得的初速度大小vB。
解析：A、B的运动过程如图所示
(1)由牛顿运动定律知，A加速度的大小aA＝μg
由匀变速直线运动规律得2aAL＝vA2
解得vA＝。
(2)设A、B的质量均为m
对齐前，B所受合外力大小F＝3μmg
由牛顿运动定律F＝maB，得aB＝3μg
对齐后，A、B整体所受合外力大小F′＝2μmg
由牛顿运动定律F′＝2maB′，得aB′＝μg。
(3)经过时间t，A、B达到共同速度v，位移分别为xA、xB，A加速度的大小等于aA
则v＝aAt，v＝vB－aBt
xA＝aAt2，xB＝vBt－aBt2
且xB－xA＝L
联立解得vB＝2。
答案：(1) (2)3μg μg (3)2
二、名校模拟重点演练——知热点
8．[多选](2019·湖南株洲一模)酒后驾驶存在许多安全隐患，原因在于酒后驾驶员的反应时间变长。反应时间是指驾驶员发现情况到采取制动的时间。表中思考距离是指驾驶员从发现情况到采取制动的时间内汽车行驶的距离；制动距离是指驾驶员从发现情况到汽车停止行驶的距离(假设汽车制动时的加速度大小不变)。
思考距离/m
制动距离/m
速度/(m·s－1)
正常
酒后
正常
酒后
15
7.5
15.0
22.5
30.0
20
10.0
20.0
36.7
46.7
25
12.5
25.0
54.2
x
分析上表可知，下列说法正确的是( )
A．驾驶员酒后反应时间比正常情况下多0.5 s
B．当汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶不能安全停车
C．汽车以15 m/s的速度行驶时，汽车制动的加速度大小为10 m/s2
D．表中x为66.7
解析：选ABD 反应时间内汽车做匀速运动，故从表中数据得到，多出的反应时间为Δt＝＝ s＝0.5 s，故A正确；当汽车以20 m/s的速度行驶时，发现前方40 m处有险情，酒后驾驶的制动距离为46.7 m，大于40 m，故不能安全停车，故B正确；汽车制动时，加速度大小为a＝＝ m/s2＝7.5 m/s2，故C错误；此时思考距离增加Δx＝25 m－12.5 m＝12.5 m，故x＝54.2 m＋12.5 m＝66.7 m，故D正确。
9．[多选](2019·湖南岳阳二模)如图所示，物体A、B跨过定滑轮并用轻绳连接起来，物体A放在倾角为θ的固定粗糙斜面上，滑轮左边的轻绳平行斜面。已知物体A的质量为m，物体A与斜面间的动摩擦因数为μ(μ＜tan θ＜1)，不计滑轮与绳之间的摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。要使物体A能在斜面上滑动，物体B的质量可能为( )
A．m(1－μ)sin θ B．m(sin θ＋μcos θ)
C．m(1－μ)cos θ D．m(sin θ－μcos θ)
解析：选BD 对B物体受力分析有：T＝mBg。
当物体A处于将要上滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向下，这时A的受力情况如图甲所示，根据平衡条件有：
N－mgcos θ＝0；
T－fm－mgsin θ＝0；
由摩擦力公式知：fm＝μN
联立解得：mB＝m(sin θ＋μcos θ)
再假设物体A处于将要下滑的临界状态，则物体A受到的静摩擦力最大，且方向沿斜面向上，这时A的受力情况如图乙所示，根据平衡条件有：
N－mgcos θ＝0
T＋fm－mgsin θ＝0
由摩擦力公式知：fm＝μN
联立解得：mB＝m(sin θ－μcos θ)
则物体B的质量的取值范围为mB≤m(sin θ－μcos θ)或mB≥m(sin θ＋μcos θ)。故A、C错误，B、D正确。
10．[多选](2019·东三省四市二模)如图所示，有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上，另一个质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点，物块与长木板在AB段的动摩擦因数为μ，在BC段的动摩擦因数为2μ。若把物块放在长木板左端，对其施加水平向右的力F1可使其恰好与长木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端，对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与长木板发生相对滑动。下列说法正确的是( )
A．F1与F2的大小之比为1∶2
B．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比为1∶1
D．若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
解析：选ACD 隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，F1－μmg＝ma11，F2－2μmg＝ma12，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg＝ma21, 2μmg＝ma22，物块恰好与木板发生相对滑动，a11＝a21，a12＝a22，联立解得：F1∶F2＝1∶2，选项A正确。若将F1、F2都增加到原来的2倍，隔离物块受力分析，由牛顿第二定律，2F1－μmg＝ma13,2F2－2μmg＝ma14，隔离木板受力分析，由牛顿第二定律，μmg＝ma21, 2μmg＝ma22，联立解得：a21＝μg，a22＝2μg，a13＝3μg，a14＝6μg。设小物块在木板上从A移动到B的时间为t1，则有小物块位移x11＝a13t12，木板位移x21＝a21t12，x11－x21＝，联立解得t1＝ 。设小物块在木板上从C移动到B的时间为t2，则有小物块位移x12＝a14t22，木板位移x22＝a22t22，x12－x22＝，联立解得t2＝ 。即若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点的时间之比为t1∶ t2＝∶1，选项B错误。若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动到B点时木板位移之比x21∶ x22＝a21t12∶a22t22＝1∶1，选项C正确。若将F1、F2都增加到原来的2倍，小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为Q1∶Q2＝∶2μmg·＋μmg·＝1∶1，选项D正确。
11．[多选](2019·安徽合肥联考)如图甲所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端与一个托盘相连，托盘中放置一与托盘质量相同的物块，初始时物块和托盘都处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物块上，使物块开始向上做匀加速运动，拉力F与物块位移x之间的关系如图乙所示(g＝10 m/s2)，则下列结论正确的是( )
A．物块和托盘静止时，弹簧的压缩量是10 cm
B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
C．物块的质量为2.5 kg
D．物块的加速度大小为5 m/s2
解析：选AC 当托盘与物块静止不动时，根据胡克定律有：kx0＝2mg，一起向上做匀加速运动时，F＋k(x0－x)－2mg＝2ma，整理得：F＝kx＋2ma，由题图乙可知：k＝5 N/cm；2ma＝10 N，当物块与托盘分离时，以物块为对象：F′－mg＝ma，联立解得m＝2.5 kg，a＝2 m/s2，x0＝10 cm，故A、C正确，B、D错误。
12．(2019·肇庆二模)近年来，网上购物促使快递行业迅猛发展。如图所示为某快递车间传送装置的简化示意图，传送带右端与水平面相切，且保持v0＝4 m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L＝3 m。现将一质量为0.4 kg的包裹A轻放在传送带左端，包裹A刚离开传输带时恰好与静止的包裹B发生正碰，碰撞时间极短，碰撞后包裹A向前滑行了0.1 m静止，包裹B向前运动了0.4 m静止。已知包裹A与传输带间的动摩擦因数为0.4，包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.5，g取10 m/s2。求：
(1)包裹A在传送带上运动的时间；
(2)包裹B的质量。
解析：(1)包裹A在传送带上滑行，由牛顿第二定律可得：
μ1mAg＝mAa1
解得：a1＝4 m/s2
假设包裹A离开传送带前就与传送带共速，由匀变速运动知识可得：
v02－0＝2a1s1
解得：s1＝2 m＜L，所以上述假设成立
加速过程：s1＝a1t12
解得：t1＝1 s
匀速过程：L－s1＝v0t2
解得：t2＝0.25 s
所以，包裹A在传送带上运动的时间：t＝t1＋t2＝1.25 s。
(2)包裹A在水平面上滑动时，由牛顿第二定律可得：
μ2mAg＝mAa2
解得：a2＝5 m/s2
同理可知包裹B在水平面滑动的加速度大小a2＝5 m/s2。
包裹A向前滑动至静止：0－vA2＝－2a2sA
解得：vA＝1 m/s
包裹B向前滑动至静止：0－vB2＝－2a2sB
解得：vB＝2 m/s
包裹A、B相碰前后系统动量守恒：
mAv0＝mAvA＋mBvB
解得：mB＝0.6 kg。
答案：(1)1.25 s (2)0.6 kg
13．(2019·四市教研联合体模拟)如图甲所示，质量为M＝0.5 kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m＝1 kg的物块以初速度v0＝4 m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1 m－1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若恒力F＝0，则物块会从木板的右端滑下，求物块在木板上滑行的时间是多少？
(2)图乙中BC为直线段，求该段恒力F的取值范围及F函数关系式。
解析：(1)以初速度v0为正方向，物块的加速度大小：am＝μg＝2 m/s2
木板的加速度大小：aM＝＝4 m/s2
由题图乙知，板长L＝1 m
物块相对木板的路程：L＝v0t－amt2－aMt2
联立解得：t＝ s或t＝1 s
当t＝1 s时，物块的速度为2 m/s，木板的速度为4 m/s，而当物块从木板右端滑离时，物块的速度不可能小于木板的速度，t＝1 s应舍弃，故所求时间为t＝ s。
(2)①当F较小时，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值时物块恰好到达木板的右端，且两者具有共同速度v，历时t1，则：
aM′＝
v＝v0－amt1＝aM′t1
s＝t1－t1＝t1
联立解得：＝
由题图乙知，相对路程：s≤1 m
代入解得：F≥1 N
②当F继续增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动，则：
a＝
f＝ma
由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤fmax＝μmg＝2 N
联立解得：F≤3 N
综述：BC段恒力F的取值范围是1 N≤F≤3 N，函数关系式是＝。
答案：(1) s (2)1 N≤F≤3 N ＝
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