水平方向
fcos??Nsin??2m?2r
竖直方向有
fsin??Ncos??2mg
由以上两式可得，随着?的增大，f增大，N减小，选项A正确； B．对B物体分析其将要发生滑动瞬间的临界状态时的受力可得 水平方向有
?Ncos??Nsin??2m?12r
竖直方向有
?Nsin??Ncos??2mg
代入数据解得
?1?选项B正确；
5rad/s 4C．在?逐渐增大的过程中，A物体先有向外滑动的趋势，后有向内滑动的趋势，其所受静摩擦力先沿斜面向上增大，后沿斜面向上减小，再改为沿斜面向下增大，选项C错误； D．?增大到AB整体将要滑动时，B有向下滑动趋势，A有向上滑动趋势，对A物体 水平方向有
?T??NA?cos??NAsin??m?22r
竖直方向有
?T??NA?sin??NAcos??mg
对B物体 水平方向有
?T??NB?cos??NBsin??2m?22r
竖直方向有
?T??NB?sin??NBcos??2mg
联立以上四式解得
?2?选项D错误。 故选AB。
165rad/s 28
6．如图所示，一劲度系数为k的轻质弹簧，上端固定，下端连着一质量为m的物块A，A放在托盘B上，B的质量也为m。初始时在竖直向上的力F作用下系统静止，弹簧处于自然长度。现改变竖直向上的力F的大小，使A匀加速下降。已知重力加速度为g，A的加速度为a=0.25g，空气阻力不计，弹簧始终在弹性限度内，则在A匀加速下降的过程中，
以下说法正确的是（ ）
A．B对A的支持力可能为0.85mg B．弹簧的最大形变量为
0.75mg kC．力F对B的作用力可能为0.9mg D．力F对B的作用力最小值为0.65mg 【答案】BC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．设物块和托盘间的压力为零时弹簧的伸长量为xm，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
mg?kxm?ma?m?0.25g
解得
0.75mg k在此之前，以A为研究对象，根据牛顿第二定律得
mg?FN?kxa??0.25g
m可得
xm?FN?0.75mg?kx
所以B对A的支持力不可能为0.85mg，选项A错误，B正确； CD．以AB整体为研究对象，根据牛顿第二定律得
a?可得
2mg?F?kx?0.25g
2mF?1.5mg?kx
力F对B的作用力范围为
0.75mg?F?1.5mg
选项C正确，D错误。 故选BC。
7．如图所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上滑上传送带，以地面为参考系，v2>v1，从小物块滑上传送带开始计时，其v-t图像可能的是( )
A． B． C． D．
【答案】ABC 【解析】
如果物体一直减速到达左侧仍有速度，则为图像A；如果恰好见到零，则为图像C；如果在传送带上减速到零并反向加速至传送带速度，则为图像C．图像D 是不可能的．
8．如图所示，质量为3 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。质量为2 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一起但A、B之间无压力。某时刻将细线剪断，A、B一起向下运动过程中（弹簧在弹性限度范围内，g取10 m/s2） ，下列说法正确的是（ ）
A．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为12 N B．细线剪断瞬间，B对A的压力大小为8 N C．B对A的压力最大为28 N 【答案】AC 【解析】 【分析】 【详解】
AB．剪断细线前，A、B间无压力，则弹簧的弹力为
D．B对A的压力最大为20 N
F?mAg?30N
剪断细线的瞬间，对整体分析，整体的加速度为
a?隔离B进行分析有
?mA?mB?g?F?50?30ms2?4ms2mA?mB5mBg?N?mBa
解得
N?12N
故A正确，B错误；
CD．细线剪断后，整体一起向下运动，先加速后减速，当弹簧被压缩最短时，反向加速度最大，两个物体之间有最大作用力，则有
N??mBg?mBa?
根据对称性法则可知
a??a?4ms2
解得
N??28N
所以C正确，D错误。 故选AC。
9．如图所示，质量为M的三角形斜劈C放置在水平地面上，左右两侧的斜面与水平地面的夹角分别为37?和53?，斜面光滑且足够长，质量均为m的两物块A、B分别放置在左右两侧的斜面上，两物块用一根跨过斜劈顶端定滑轮的细线拴接，细线绷紧且与对应斜面平行，不计细线与滑轮处的摩擦以及滑轮的质量，重力加速度为g，两物块由静止释放，斜劈始终保持静止不动，sin37??0.6，cos37??0.8，则在A、B两物块开始运动之后的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物块A沿斜面向上加速运动的加速度大小为0.1g B．细线中的拉力大小为0.7mg C．斜劈C给地面的摩擦力大小为0 D．斜劈对地面的压力大小为(M?m)g 【答案】AB 【解析】 【分析】 【详解】
AB．设细线上的拉力大小为T，物块的加速度大小为a，对B受力分析
mgsin53??T?ma
对A受力分析
T?mgsin37??ma
解得
T?0.7mg a?0.1g
故选项AB正确；
C．整体分析，物块A向右上方加速，物块B向右下方加速，斜劈C静止不动，所以系统向右的动量增加，地面给斜劈C的摩擦力方向水平向右，不为0，故选项C错误； D．对C受力分析，在竖直方向上有
mgcos37?cos37??mgcos53?cos53??Tsin37??Tsin53??Mg?N
解得
N?(M?1.98m)g
故选项D错误。 故选AB。
10．在大型物流货场，广泛的应用着传送带搬运货物。如图甲所示，与水平面倾斜的传送带以恒定速率运动，皮带始终是绷紧的，将m=1kg的货物放在传送带上的A处，经过1.2s到达传送带的B端。用速度传感器测得货物与传送带的速度v随时间t变化图像如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2。由v—t图可知（ ）
A．A、B两点的距离为2.4m B．货物与传送带的动摩擦因数为0.5
C．货物从A运动到B过程中，传送带对货物做功大小为12.8J D．货物从A运动到B过程中，货物与传送带摩擦产生的热量为4.8J 【答案】BD 【解析】 【分析】 【详解】
A．物块在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，再做加速度运动，所以物块由A到B的间距对应所围梯形的“面积”
11x??2?0.2?(2?4)?1?3.2m
22故A错误。
B．由v﹣t图像可知，物块在传送带上先做a1匀加速直线运动，加速度为
a??v2??10m/s2 ?t0.2对物体受力分析受摩擦力，方向向下，重力和支持力，得
mgsin??f?ma1
即
mgsin???mgcos??ma1
同理，做a2的匀加速直线运动，对物体受力分析受摩擦力，方向向上，重力和支持力，加
高一上册运动和力的关系单元测试卷(解析版)
