专题过关验收卷·专题一
1．C [假设撤去积木1，积木2能继续平衡，说明积木1与积木2之间只有接触，而无力的作用，故D错误；隔离积木1受力分析，其受重力、3对1的弹力和静摩擦力，故积木1受3个力作用，故A错误；对积木1、2、3整体分析可知，水平方向无外力，则积木3与地面之间无摩擦，故C正确；对积木3受力分析，其受重力、1对3的压力和摩擦力、2对3的压力和摩擦力及地面的支持力，故积木3共受6个力作用，故B错误。]
2．B [如图所示，0时刻，切线斜率的绝对值最大，故质点的加速度不等于0，A错误；图线与时间轴围成的面积等于位移，则10 s内质点的位移为x＝10×10 m－π×102 m≈21.5 m，B正确；质点的加速度大小等于1 m/s2时，圆弧的切线的斜率等于－1，作出该切线如图所示，由数学知识可得，质点对应的速度约为2.9 m/s，C错误；圆弧切线的斜率的绝对值等于加速度的大小，由几何知识可知，质点的加速度随时间不是均匀减小的，开始减小得快，以后逐渐变慢，D错误。]
3．C [由于D处于P的正上方，所以D只能受到重力和P的支持力，则C的受力如图所示，根据平衡条件得FAB＝，FP＝，即半圆柱P和挡板对C的弹力大小分别为和，故A错误；以P、C和D组成的整体为研究对象，整体在水平方向受到挡板AB的作用力FAB，若要平衡，P必定受到向右的摩擦力，故B错误；使挡板缓慢地向右平移，但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中，则D的运动可能有两种情况：一是D仍然位于P的正上方，保持不动，此时C的球心与P的圆心的连线与水平方向之间的夹角θ减小，由FAB＝可知FAB增大，P若要平衡，则受到向右的摩擦力必定增大；二是若D受到扰动，可能随C一起向右滑下，则对C产生向下的压力，则挡板AB对C的弹力更大，所以地面对P的摩擦力将不断增大，故C正确；使挡板绕B点顺时针缓慢转动，P始终保持静止，则D可能仍然位于P的正上方，保持不动，故D错误。
]
4.B [鹊桥二号离开火箭时速度要大于第一宇宙速度小于第二宇宙速度，才能进入环月轨道，A错误；由开普勒第三定律知＝k，鹊桥二号在捕获轨道上运行的周期大于在环月轨道上运行的周期，B正确；在P点要由捕获轨道变轨到环月轨道，做近心运动，必须降低速度，经过P点时，需要点火减速，C错误；根据万有引力提供向心力知G＝ma，解得a＝，则经过A点的加速度比经过B点时小，D错误。故选B。]
5．B [滑块在木板上滑动时木板的加速度大小为a1＝＝m/s2＝2 m/s2，对木板根据牛顿第二定律有μ1 mBg－μ2(mA＋mB)g＝mAa1，滑块从木板上滑出后木板的加速度大小为a2＝＝m/s2＝1 m/s2，对木板根据牛顿第二定律有μ2mAg＝mAa2，联立解得μ1＝0.7，μ2 ＝0.1，A错误，B正确；对木块B由牛顿第二定律有F－μ1mBg＝mBaB，其中的aB>2 m/s2，则F>9 N，则F的大小不可能为9 N，C错误；根据L＝aBt2－a1t2，式中t＝1 s，联立解得F＝(2L＋9)(N)，即F的大小与板长L有关，D错误。]
6．D [若A相对B未发生滑动，则A、B可看作整体，加速度相同，C的运动方向向下，加速度方向与A、B的不同，A错误；若A和B共同运动的加速度大小为g，则C的加速度大小也为g，但对C隔离分析，C不可能做自由落体运动，因此不论M等于多少，A和B共同运动的加速度大小不可能是g，B错误；若A对B右边部分的正压力刚好为零，则此时A相对B刚好发生滑动，设此时A的加速度大小为a，B的左边部分斜面对A的支持力大小为F，绳的拉力为T，对A受力分析可得F cos α＝ma，F sin α＝mg，解得a＝g，对A、B整体运用牛顿第二定律可得T＝2ma，对C，由Mg－T＝Ma，解得M＝(＋1)m，C错误，D正确。]
7．D [在最高点，若a所受摩擦力为0，靠重力沿圆盘的分力提供向心力，有mg sin θ＝mlω2，在最低点，有f －mg sin θ＝mlω2，解得最低点的摩擦力f ＝mg，而最大静摩擦力f m＝μmg cos θ＝0.75mg，不可能为mg，故假设不成立，因此在最高点a所受到的摩擦力不会为0，故A错误；a在最低点时，由牛顿运动定律有f －mg sin θ＝mω2l，得f ＝mg sin θ＋mω2l，所以a在最低点时所受摩擦力不可能为0，故B错误；对a在最低点，由牛顿运动定律得μmg cos θ－mg sin θ＝l，代入数据解得ω1＝，故C错误；对b在最低点，由牛顿运动定律得μmg cos θ－mg sin θ＝(2l)，代入数据解得ω2＝，故D正确。]
8．AD [被检物品无初速度地放到传送带A端，物品的加速度为a＝μg，物品做匀加速运动有v＝at，解得t＝，所以在0～时间内，物品做匀加速直线运动，达到传送带速度v0后一起做匀速运动，所以A正确；物品先做匀加速运动，再做匀速运动，所以B错误；摩擦力的功率Pf ＝μmgv＝μ2mg2t，则摩擦力的功率Pf 随时间是线性变化的，所以C错误；物品加速过程的位移为x1＝＝t2，传送带的位移为x2＝v0t，物品与传送带的位移差Δx＝x2－x1，得达到共速时位移差的大小为Δx＝，共速后物品与传送带的位移差保持不变，为，所以D正确。]
9．CD [从出发点到管道的最高点，由机械能守恒定律得＝，解得小球到达管道最高点时的速度v1＝0，即它刚好能够通过管道的最高点，B错误；小球到达管道最高点时速度为0，则可求得此时小球对管道的压力等于小球的重力，为1 N，A错误；由机械能守恒定律得＋mgR＝，解得小球到达管道最低点时速度v2＝10 m/s，在最低点，由牛顿第二定律得F－mg＝，解得管道最低点对小球的支持力F＝5 N，再结合牛顿第三定律可知，C正确；小球刚好通过右侧圆轨道最高点，则在最高点，小球速度v满足mg＝m，选水平导轨所在平面为零势能面，从出发点到右侧圆轨道的最高点，由机械能守恒定律得mv2＋2mgr＝，联立解得r＝4 m，D正确。]
10．ABC [小球离开斜面之前，以小球为研究对象进行受力分析，可得T cos θ－FNsin θ＝ma，T sin θ＋FNcos θ＝mg，联立解得FN＝mg cos θ－ma sin θ，T＝ma cos θ＋mg sin θ，所以小球离开斜面之前，T a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝m/s2时，FN＝0，A正确；当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mg sin θ＝T；当a＝时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得tan θ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mg cos θ－ ma sin θ，得FN＝0.8－0.06a(N)，D错误。]
图1 图2
11．解析：(1)对小球受力分析如图甲所示，支架静止时弹簧被压缩了，则有＝mg sin θ，解得k＝。
甲
(2)轻弹簧恰为原长时，对小球受力分析如图乙所示，则有
mg tan θ＝l cos θ，
解得ω0＝。
乙
(3)当ω＝ω0时，弹簧处于压缩状态，设AB对小球弹力大小为FN1，弹簧压缩量为x，则有
FN1cos θ＋kx sin θ＝mg，
FN1sin θ－kx cos θ＝mω2(l－x)cos θ，
解得轻弹簧弹力大小F′＝kx＝，此时，挡板对小球的弹力为0；
当ω＝2ω0时，小球离开弹簧，设AB支架对小球的弹力为FN2，此时假设挡板对小球有弹力，大小设为FN3，则有
FN2cos θ＝mg＋FN3sin θ，
FN2sin θ＋FN3cos θ＝mω2cos θ，
解得FN3＝4mg>0，则假设成立，此时弹簧弹力大小为0。
答案：(1) (2) (3)见解析
12．解析：(1)设物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，物块与木板共速前，物块的加速度大小为a1，对物块受力分析可得mg sin θ＋μ1mg cos θ＝ma1，
代入数据解得a1＝8 m/s2，方向沿斜面向下。
设木板与斜面间的动摩擦因数为μ2，木板的加速度大小为a2，对木板受力分析可得F＋μ1mg cos θ－Mg sin θ－μ2(M＋m)g cos θ＝Ma2，
代入数据解得a2＝2 m/s2，方向沿斜面向上。
(2)设物块与木板达到共速所用时间为t1，则有v0－a1t1＝a2t1，
代入数据解得t1＝0.5 s，
共同速度大小为v＝a2t1＝1 m/s。
共速前物块与木板的相对位移为Δx1＝，
代入数据解得Δx1＝1.25 m。
撤掉F后，物块相对木板上滑，加速度大小仍为a1＝8 m/s2，
对木板分析有Mg sin θ＋μ2(M＋m)·g cos θ－μ1mg cos θ＝Ma2′，
解得木板的加速度大小为a2′＝12 m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑。
共速后过t2＝＝ s，木板减速到零，过t2′＝＝ s，物块减速到零。
由于Mg sin θ－μ1mg cos θ<μ2(M＋m)g cos θ，所以木板减速到零后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动。
此过程中物块与木板的相对位移为Δx2＝t2′－t2＝ m，故木板的长度至少为Lmin＝Δx1＋Δx2＝m。
(3)物块在木板上向下滑动时，木板不动，设此时物块的加速度大小为a1′，由牛顿第二定律可得
a1′＝g(sin θ－μ1cos θ)＝4 m/s2，
设物块运动到木板底端所用时间为t3，
则有Lmin＝，
解得t3＝ s，
故物块在木板上运动的总时间为t＝t1＋t2′＋t3，
代入数据得t＝()s。
答案：(1)8 m/s2 2 m/s2 (2) m (3)()s
13．解析：(1)小物块刚放上传送带时，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma1
解得加速度大小为
a1＝μ1g＝4 m/s2
如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，小物块应一直做匀加速直线运动，则有
2a1x＝
解得
vB＝＝8 m/s
可知传送带的最小速度为8 m/s。
(2)传送带以v0＝4 m/s正常运行，则小物块刚放上传送带到与传送带共速所用时间为
t1＝＝1 s
通过的位移为
x1＝＝2 m
小物块与传送带共速后，匀速运动到B点所用时间为
t2＝＝1.5 s
则小物块从A点运动到B点的时间为
t＝t1＋t2＝2.5 s。
(3)小物块滑上木板时，对小物块，由牛顿第二定律得
μ1mg＝ma2
解得
a2＝4 m/s2
方向水平向左；
对木板，由牛顿第二定律得
μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma3
解得
a3＝1 m/s2
方向水平向右；
设小物块与木板经过t3时间达到共速，则有
v共＝v0－a2t3＝a3t3
联立解得
t3＝0.8 s，v共＝0.8 m/s
则共速前小物块与木板发生的相对位移为
Δx＝xm－xM＝t3－t3＝t3＝1.6 m
小物块与木板共速后，保持相对静止一起在水平地面做匀减速运动到停下；可知要使小物块不从木板上滑落，木板至少长1.6 m。
答案：(1)8 m/s (2)2.5 s (3)1.6 m
7 / 7专题一 力与运动
(满分90分)
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．堆积木是儿童非常喜欢的一项智力活动，为了迎合孩子们的兴趣，积木的颜色越来越鲜艳，形状越来越多样，可摆出的造型也千奇百怪，充分锻炼了孩子们的想象力和动手能力。一个小朋友用三块相同的积木在竖直面内堆砌起来如图所示的图形，下面关于积木受力情况的分析正确的是( )
[A]积木1受4个力作用
[B]积木3受4个力作用
[C]积木3与地面之间无摩擦
[D]积木1与积木2之间有力的作用
2．如图所示，在0～10 s内，一质点v t图像的图线恰好是与两坐标轴相切的圆弧，则( )
[A]0时刻，质点的加速度等于0
[B]10 s内质点的位移约为21.5 m
[C]质点的加速度大小为1 m/s2时速度等于4.5 m/s
[D]质点的加速度随时间均匀减小
3．质量为M的半圆柱体P放在粗糙的水平地面上，其右端固定一个竖直挡板AB，在P上放两个大小相同的光滑小球C和D，质量均为m，整个装置的纵截面如图所示。开始时P、C球心连线与水平面的夹角为θ，P、D球心连线处于竖直方向，已知重力加速度为g。下列说法正确的是( )
[A]P和挡板对C的弹力分别为和
[B]地面对P的摩擦力大小为零
[C]使挡板AB缓慢地向右平行移动，但C仍在P和挡板AB作用下悬于半空中，则地面对P的摩擦力将不断增大
[D]使挡板绕B点顺时针缓慢转动，P始终保持静止，则D一定缓慢下滑
4．2024年3月20日，长征八号火箭成功发射，将鹊桥二号直接送入预定地月转移轨道。如图所示，鹊桥二号在进入近月点P、远月点A的月球捕获椭圆轨道，开始绕月球飞行。经过多次轨道控制，鹊桥二号最终进入近月点P和远月点B、周期为24小时的环月椭圆轨道。关于鹊桥二号的说法正确的是( )
[A]离开火箭时速度大于地球的第三宇宙速度
[B]在捕获轨道运行的周期大于24小时
[C]在捕获轨道上经过P点时，需要点火加速，才可能进入环月轨道
[D]经过A点的加速度比经过B点时大
5．如图甲所示，一块质量为mA＝2 kg的木板A静止在水平地面上，一个质量为mB＝1 kg的滑块B静止在木板的左端，对B施加一向右的水平恒力F，一段时间后B从A右端滑出，A继续在地面上运动一段距离后停止，此过程中A的速度随时间变化的图像如图乙所示。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是( )
甲 乙
[A]滑块与木板之间的动摩擦因数为0.6
[B]木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
[C]F的大小可能为9 N
[D]F的大小与板长L无关
6．质量为m的光滑圆柱体A放在质量也为m的光滑“V”形槽B(置于光滑水平桌面上)上，如图所示，槽右边部分竖直，α＝60°，另有质量为M的物体C通过跨过定滑轮的不可伸长的细绳与B相连，现将C由静止释放，重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
[A]若A相对B未发生滑动，则A、B、C三者加速度相同
[B]若M＝2m时，A和B共同运动的加速度大小为g
[C]当M＝m时，A对B右边部分的正压力刚好为零
[D]当M＝(＋1)m时，A相对B刚好发生滑动
7．如图所示，两个质量均为m的小物块a和b(可视为质点)，静止在倾斜的匀质圆盘上。圆盘可绕垂直于盘面的固定轴转动，a到转轴的距离为l，b到转轴的距离为2l，物块与盘面间的动摩擦因数为，盘面与水平面的夹角为30°。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度大小为g。若a、b随圆盘以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是( )
[A]a在最高点时所受摩擦力可能为0
[B]a在最低点时所受摩擦力可能为0
[C]ω＝是a开始滑动的临界角速度
[D]ω＝是b开始滑动的临界角速度
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
8．安检机通过传送带将被检物品从安检机一端传送到另一端，其过程可简化为如图所示的情形。设传送带速度恒为v0，质量为m的被检物品与传送带的动摩擦因数为μ，被检物品无初速度地放到传送带A端。若被检物品可视为质点，其速度为v、加速度为a、摩擦力的功率为Pf 、与传送带的位移差的大小为Δx，重力加速度为g，则下列图像可能正确的是( )
[A] [B]
[C] [D]
9．如图所示，一质量为m＝0.1 kg的小球以竖直向上的初速度v0＝10 m/s冲入一管道，该管道为圆管道，半径为R＝5 m。已知小球的入口与圆心在同一高度。经过管道后，它又沿着水平导轨进入另一个半径为r的圆轨道，且恰好能通过圆轨道的最高点。若所有衔接处均不损失机械能，不计摩擦，小球直径以及管道内径可忽略，圆管道和圆轨道底端均与水平导轨相切，重力加速度g取10 m/s2。下列说法正确的是( )
[A]小球到达管道最高点时对管道的压力为零
[B]小球到达管道最高点时速度为5 m/s
[C]小球到达管道最低点时对管道的压力为5 N
[D]圆轨道半径r为4 m
10．如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度g取10 m/s2。则( )
甲 乙
[A]a＝ m/s2时，FN＝0
[B]小球质量m＝0.1 kg
[C]斜面倾角θ的正切值为
[D]小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
三、非选择题：本题共3小题，共44分。
11．(14分)如图所示，“V”形光滑支架下端用铰链固定于水平地面上，支架两臂与水平面间夹角θ均为53°，“V”形支架的AB臂上套有一根原长为l的轻弹簧，轻弹簧的下端固定于“V”形支架下端，上端与一带孔小球相接触但不连接，该臂上端有一挡板(图中未画出)。已知小球质量为m，支架两臂的长均为，支架静止时弹簧被压缩了，重力加速度为g。现让小球随支架一起绕中轴线OO′以角速度ω匀速转动。sin 53°＝，cos 53°＝，求：
(1)轻弹簧的劲度系数k；
(2)轻弹簧恰为原长时，支架的角速度ω0；
(3)当ω＝ω0及ω＝2ω0时，轻弹簧和挡板弹力的大小。
12．(14分)如图所示，质量M＝1 kg的木板静置于倾角为θ＝37°的足够长的固定斜面上，质量m＝1 kg的可视为质点的小物块以初速度v0＝5 m/s从木板下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F＝14 N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑下。已知小物块与木板间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：
(1)物块与木板共速前，物块和木板的加速度分别是多少；
(2)木板的最小长度Lmin；
(3)物块在长度为Lmin的木板上运动的总时间。
13．(16分)水平传送带A、B两端点相距x＝8 m，以v0＝4 m/s的速度(始终保持不变)顺时针运转。今将一质量m＝2 kg的小物块，无初速度地轻放至A点处，小物块与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.4。小物块离开传送带后，无速度损失地滑上质量M＝2 kg的木板。木板与传送带等高，小物块与木板间的动摩擦因数也为μ1＝0.4，木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0.15，g取10 m/s2。求：
(1)如果想让小物块从A点运动到B点的时间最短，求传送带的最小速度；
(2)传送带以v0＝4 m/s正常运行，小物块从A点运动到B点的时间；
(3)要使小物块不从木板上滑落，木板至少多长？
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