2025高考物理专项复习专题进阶练(九)　动力学的图像问题含答案

2025高考物理专项复习专题进阶练(九)动力学的图像问题含答案专题进阶练(九)动力学的图像问题(40分钟90分)一、选择题1.(6分)(2024·邯郸高一检测)如图甲所示,一物块放在水平桌面上,物块受到水平向右的拉力F的作用后运动,以水平向右为加速度的正方向。物块的加速度a与拉力F之间的关系如图乙所示,重力加速度g=10m/s2。物块与水平桌面间的动摩擦因数为 ()A.0.2 B.0.4C.0.6 D.0.8【解析】选B。根据图乙可得加速度与拉力函数关系为a=0.2F-4(m/s2),根据牛顿第二定律可得F-μmg=ma,整理可得a=Fm-μg,比较关系式可得μ=0.2.(6分)(2024·吉林高一检测)如图甲所示,倾角为30°的足够长的光滑斜面上,有一质量m=0.8kg的物体受到平行斜面向上的力的作用,其大小F随时间t变化的规律如图乙所示,t=0时刻物体速度为零,重力加速度g=10m/s2,下列说法中正确的是 ()A.第1s内物体的加速度最大B.第2s末物体的速度为零C.2s初到3s末时间内物体沿斜面向上做匀减速直线运动D.第3s末物体回到了原来的出发点【解析】选B。规定沿斜面向上为正方向,设第1s、2s、3s内的加速度分别为a1、a2、a3,根据牛顿第二定律分别有F1-mgsin30°=ma1,F2-mgsin30°=ma2,F3-mgsin30°=ma3,解得a1=1.25m/s2,a2=-1.25m/s2,a3=-3.75m/s2,所以第3s内物体的加速度最大,故A错误;因为第1s内和第2s内的加速度大小相等、方向相反,且t=0时刻物体速度为零,根据对称性可知第2s末物体的速度为零,之后(即2s末到3s末时间内)物体沿斜面向下做匀加速直线运动,故B正确,C错误;前2s内物体的位移为x1=2×12a1t2=1.25m,第3s内物体的位移为x2=12a3t2=-1.875m,第3s末物体的位移为x=x1+x2=-03.(6分)(2024·太原高一检测)物体A、B、C均静止在同一水平面上,它们的质量分别为mA、mB、mC,与水平面间的动摩擦因数分别为μA、μB、μC,用平行于水平面的拉力F分别拉物体A、B、C,所得加速度a与拉力F的关系如图所示,A、B两物体的图线平行,则以下关系正确的是 ()A.mA<mB<mC B.mA<mB=mCC.μA<μB=μC D.μA>μB=μC【解析】选C。根据牛顿第二定律有F-μmg=ma,可得a=Fm-μg,图像斜率为k=1m,由图可知kA=kB>kC,可得mA=mB<mC,故A、B错误;图像截距为b=-μg,即|b|=μg,由图可知|bA|<|bB|=|bC|,可得μA<μB=μ4.(6分)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系图像和物块的速度v与时间t的关系图像分别如图甲、乙所示。取重力加速度g=10m/s2,由此两图像可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 ()A.0.5kg,0.4 B.1.5kg,2C.0.5kg,0.2 D.1kg,0.2【解析】选A。在4~6s内物块做匀速直线运动,可知Ff=2N,在2~4s内物块做匀加速直线运动,加速度a=2m/s2,根据牛顿第二定律有:F-Ff=ma,解得:m=0.5kg,又Ff=μmg,解得:μ=0.4,故A项正确。5.(6分)(2024·重庆高一检测)质量为0.2kg的物块在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,6s末撤去水平推力F,如图实线表示其运动的v-t图像,其中经过点(4,0)的虚线是6s末v-t图像的切线。g取10m/s2。下列说法不正确的是 ()A.6s末物块运动方向不发生改变B.0~6s内物块平均速度比6~10s内物块平均速度小C.物块与水平面间的动摩擦因数为0.1D.水平推力F的最大值为0.9N【解析】选C。6s末前后物块速度都为正值,故速度方向没改变,选项A正确,不符合题意;若0~6s内物块做匀加速运动,则平均速度为3m/s,而由图线可知,物块在0~6s内的位移小于匀加速运动的位移,可知平均速度小于3m/s,而物块在6~10s内的平均速度等于3m/s,故0~6s内物块平均速度比6~10s内物块平均速度小,选项B正确,不符合题意;撤去外力后的加速度a=ΔvΔt=610-6m/s2=1.5m/s2,根据a=μg=1.5m/s2可知物块与水平面间的动摩擦因数为0.15,选项C错误,符合题意;物块的最大加速度为am=ΔvΔt=66-4m/s2=3m/s2,根据牛顿第二定律F6.(6分)在地面上把一物体以一定初速度竖直向上抛出。假设物体在运动过程中受到的空气阻力恒定,到地面的高度用h表示,在空中运动的时间用t表示,取竖直向下为正方向,则物体从上抛开始到再次落回地面的过程中,以下关系图像可能正确的是 ()【解析】选A。上升阶段,由牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得a1=g+fm,物体做匀减速直线运动;下降阶段,由牛顿第二定律得mg-f=ma2,解得a2=g-fm,物体做匀加速直线运动,由匀变速直线运动位移—速度公式2ah=v2-v02,可得v2=2ah+v02,可知v2-h斜率为k=2a,可知A正确,B错误;根据速度—时间关系v=v0+at,可知v-t图像斜率为k'=a,上升阶段,由牛顿第二定律得mg+f=ma1,解得k1=a1=g+fm,物体做匀减速直线运动;下降阶段,由牛顿第二定律得mg-f=ma2,解得k2=【补偿训练】(2024·盐城高一检测)一弹性小球从离地板不太高的地方自由释放,与地板碰撞时速度大小不变,方向反向。设小球所受的空气阻力的大小与速率成正比,则小球从释放到第一次上升到最高点的过程中,小球运动的速度—时间图像可能正确的是 ()【解析】选B。小球所受的空气阻力的大小与速率成正比,即f=kv,根据牛顿第二定律,下降过程中有mg-kv=ma1,可知,加速下降的过程中,加速度从g开始逐渐减小。小球碰后上升过程中mg+kv=ma2,可知,小球减速上升过程中加速度从大于g的值逐渐减小到g。速度—时间图像的斜率表示加速度,则加速下降阶段,斜率逐渐减小,减速上升阶段,斜率逐渐减小,到最高点时的图像斜率等于刚释放时的斜率。7.(6分)如图甲所示,在倾角θ为30°的足够长的光滑固定斜面上,有一质量为m的物体,受到沿斜面方向的力F作用,力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值,力F沿斜面向上为正)。则物体运动的速度v随时间t变化的规律是下列选项图中的(物体的初速度为零,重力加速度g取10m/s2) ()【解析】选C。在0~1s内,Fmg=1,根据牛顿第二定律得a1=F-mgsinθm=12g,方向沿斜面向上,物体沿斜面向上做匀加速直线运动,在1s末的速度为5m/s;在1~2s内,拉力F为零,根据牛顿第二定律得a2=mgsinθm=12g8.(6分)(多选)(2024·长春高一检测)如图甲所示,静止在水平地面上质量为1kg的物体,在t=0时刻受到水平向右的推力F作用,t=2s时撤去推力,物体运动的v-t图像如图乙所示,取g=10m/s2。下列说法正确的是 ()A.在0~1s内推力大小为4NB.物体先向右运动,后向左运动C.t=3s时,物体与出发点间的距离为4mD.物体和水平地面间的动摩擦因数为0.5【解析】选A、C。v-t图像斜率表示加速度,则0~1s内和2~3s内物体加速度大小相等,大小为a=21m/s2=2m/s2,根据牛顿第二定律,在0~1s内F-μmg=ma,2~3s内,μmg=ma,得F=4N,μ=0.2,A正确,D错误;在前3s物体速度一直为正值,一直在向右运动,3s末速度减为零,3s后没有运动,B错误;v-t图像与横轴所围面积表示位移,t=3s时,物体与出发点间的距离为x=1【补偿训练】(多选)某马戏团演员做滑杆表演,已知竖直滑杆上端固定,下端悬空,滑杆的重力为200N,在杆的顶部装有一拉力传感器,可以显示杆顶端所受拉力的大小。从演员在滑杆上端做完动作开始计时,演员先在杆上静止了0.5s,然后沿杆下滑,3.5s末刚好滑到杆底端,并且速度恰好为零,整个过程演员的v-t图像和传感器显示的拉力随时间的变化情况分别如图甲、乙所示,g=10m/s2,则下列说法正确的是 ()A.演员的重力为800NB.演员在最后2s内一直处于超重状态C.传感器显示的最小拉力为620ND.滑杆长7.5m【解析】选B、C。演员在滑杆上静止时传感器显示的800N等于演员和滑杆的重力之和,所以演员重力为600N,A错误;由v-t图像可知,1.5~3.5s内演员向下做匀减速运动,加速度方向向上,演员处于超重状态,B正确;演员加速下滑时滑杆所受拉力最小,此时a1=3m/s2,对演员由牛顿第二定律知mg-Ff1=ma1,解得Ff1=420N,对滑杆由平衡条件得传感器显示的最小拉力为F1=420N+200N=620N,C正确;由v-t图像中图线与时间轴围成的面积可得滑杆长为4.5m,D错误。二、计算题9.(12分)(2024·株洲高一检测)在某次消防演习中,消防员从一根竖直的静置于地面的长杆上由静止滑下,经过2.5s到达地面。已知消防员与杆之间摩擦力的大小与他自身重力大小的比值fmg随时间的变化规律如图所示,g取10m/s2(1)消防员在0~1.0s、1.0s~2.5s内的加速度的大小和方向;(2)消防员下滑的总距离。【解析】(1)设消防员在0~1.0s内的加速度大小为a1,在1.0~2.5s内的加速度大小为a2,由图可知该消防员在0~1.0s内所受阻力为f1=0.6mg由牛顿第二定律得mg-f1=ma1所以a1=g-f1m=4m/s由图可知该消防员在1.0~2.5s内所受阻力为f2=1.2mg由牛顿第二定律得f2-mg=ma2所以a2=f2m-g加速度方向竖直向上(2)消防员在0~1.0s内的下落距离为x1=12a1t消防员在1.0s末的速度为v1=a1t1=4m/s消防员在1.0~2.5s内下落距离为x2=v1t2-12a2t22消防员在0~2.5s内在下滑过程中的总距离为x=x1+x2=5.75m答案:(1)4m/s2,方向竖直向下2m/s2,方向竖直向上(2)5.75m10.(14分)(2024·衡水高一检测)如图甲所示,可视为质点的质量m1=1kg的小物块放在质量m2=2kg的长木板正中央位置,长木板静止在水平地面上,连接物块的轻质细绳与水平方向的夹角为37°,现对长木板施加水平向左的拉力F=18N,长木板运动的v-t图像如图乙所示,sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10m/s2,求:(1)长木板长度L;(2)木板与地面间的动摩擦因数μ2;(3)物块与木板间的动摩擦因数μ1。【解析】(1)从图线分析可知,在0~2s内木板做匀加速直线运动,小物块保持静止,运动到2s时木板与小物块分离,由图线可知0~2s木板位移x1=0+12小物块放在长木板正中央位置,小物块保持静止,故有L=2x1=2m(2)在2~3s内,由图线可得a2=ΔvΔt=5-对木板受力分析,由牛顿第二定律有a2=F解得μ2=0.5(3)在0~2s内,小物块保持静止,对其受力分析,由平衡条件可知FN+Tsin37°=m1gTcos37°=f1f1=μ1FN由图像可知在0~2s内,长木板加速度a1=Δv'Δt'=对长木板受力分析,由牛顿第二定律可知F-f1-μ2(m2g+FN)=m2a1联立解得μ1=8答案:(1)2m(2)0.5(3)811.(16分)(2024·贵阳高一检测)如图甲所示,质量为m=1kg的小球从固定斜面上的A点由静止开始做加速度大小为a1的运动,小球在t1=1s时刻与挡板B碰撞,然后沿着斜面做加速度大小为a2的运动,在t2=1.25s时刻到达C点,接着从C点运动到挡板B点,到达挡板B点的时刻为t3,以上过程的v-t图像如图乙所示(v0未知),已知a2与a1大小的差值为4m/s2,重力加速度g=10m/s2,则:(1)小球所受阻力的大小为多少?(2)图乙中v0大小等于多少?(3)到达挡板B的时刻t3为多少?【解析】(1)(2)根据图像,0~1s时间内,有mgsinθ-f=ma12v0=a1t11~1.25s时间内,有mgsinθ+f=ma2v0=a2(t2-t1)Δa=a2-a1=4m/s2解得a1=4m/s2,a2=8m/s2,f=2N,v0=2m/s(3)根据图像可得,BC间的位移大小为x=v02(t2-t解得x=0.25mC到B,小球运动的加速度大小为a1=4m/s2x=12a1t解得t=24所以t3=t+t2=(24+1.25)s=5+答案:(1)2N(2)2m/s(3)5+2专题进阶练(二)匀变速直线运动的三个推论和六个比例关系式(25分钟54分)选择题1.(6分)(多选)物体从静止开始做匀加速直线运动,第3s内通过的位移是3m,则 ()A.第3s内的平均速度是3m/sB.第1s内的位移是0.6mC.前3s内的位移是6mD.第2s内的平均速度是1.8m/s【解析】选A、B、D。第3s内的平均速度为:v3=31m/s=3m/s,故A正确;由比例式关系xⅠ∶xⅡ∶xⅢ=1∶3∶5,xⅢ=3m,则xⅠ=0.6m,xⅡ=1.8m,前3s内的位移x3=xⅠ+xⅡ+xⅢ=5.4m,故B正确,C错误;第2s内的平均速度v2=x2.(6分)一物体做匀变速直线运动,某时刻速度的大小为4m/s,1s后速度的大小变为10m/s。在这1s内该物体的位移大小可能是 ()A.3mB.6mC.8mD.9m【解析】选A。在匀变速直线运动中,可以根据平均速度和位移的关系x=v+v02t计算物体的位移,规定初速度的方向为正方向,如果末速度的方向与初速度的方向相同,则在这1s内该物体的位移为x=v同理,规定初速度的方向为正方向,如果末速度的方向与初速度的方向相反,则在这1s内该物体的位移为x=v1-v23.(6分)一物体做匀减速直线运动,在开始连续的两个1s内通过的位移分别为3m和2m,速度减为零后不再运动,下列说法正确的是 ()A.物体的初速度大小为2.5m/sB.物体的加速度大小为2m/s2C.物体运动的时间为4.5sD.物体的总位移大小为6.125m【解析】选D。取初速度方向为正方向,根据Δx=at2,得a=Δxt2=2-312m/s2=-1m/s2,由x1=v0t1+12at12,解得物体的初速度v0=3.5m/s,故A、B错误,由v=v0+at,得物体运动的时间为t'=0-v4.(6分)(2024·黄冈高一检测)如图所示,物体自O点由静止开始做匀加速直线运动,A、B、C、D是轨迹上的四点,测得AB=4m,BC=6m,CD=8m,且物体通过AB、BC、CD所用时间相等,则O、A之间的距离为 ()A.98mB.94mC.74【解析】选B。设物体的加速度为a,通过AB的时间为t,B点的速度等于AC段的平均速度,则有vB=AC2t=5t(m/s),又因为两个连续相等时间间隔内的位移差为恒量,有at2=2m,那么OA=vB22a5.(6分)某质点做匀减速直线运动,经过3.5s后静止,则该质点在第1s内和第2s内的位移之比为 ()A.3∶2 B.5∶3 C.3∶1 D.2∶1【解析】选A。由匀变速直线运动的规律可知,某质点做匀减速直线运动,经过3.5s后静止,其逆过程为初速度为零的匀加速直线运动,若以0.5s为间隔,则连续相等时间间隔的位移之比为x1∶x2∶x3∶x4∶x5∶x6∶x7=13∶11∶9∶7∶5∶3∶1,故该质点在第1s内和第2s内的位移之比为(x1+x2)∶(x3+x4)=3∶2,故选A。6.(6分)(多选)如图所示,一个滑块从斜面顶端A由静止开始沿斜面向下做匀加速直线运动到达底端C,已知AB=BC,则下列说法正确的是 ()A.滑块到达B、C两点时的速度大小之比为1∶2B.滑块到达B、C两点时的速度大小之比为1∶2C.滑块通过AB、BC两段的时间之比为1∶2D.滑块通过AB、BC两段的时间之比为(2+1)∶1【解析】选B、D。初速度为零的匀变速直线运动通过连续相等的位移所用时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1),所以滑块通过AB、BC两段的时间之比为1∶(2-1)=(2+1)∶1,C错误,D正确;通过前x、前2x的位移时的瞬时速度大小之比为1∶7.(6分)一滑雪运动员从长度为L的山坡顶端由静止开始沿直线匀加速滑至山脚,经历的时间为t,则下列说法不正确的是 ()A.运动员运动全过程中的平均速度是LB.运动员在t2时刻的瞬时速度是C.运动员运动到山坡中点时的瞬时速度是2D.运动员从山顶运动到山坡中点所需的时间是2【解析】选B。全程的平均速度v=xt=Lt,A正确;t2时刻运动员的速度等于全过程的平均速度Lt,B错误;设末速度为v,则v2=Lt,v=2Lt,运动员运动到山坡中点时的速度vL2=02+v22=(2Lt)22=2L8.(6分)(多选)(2024·莆田高一检测)如图所示,港珠澳大桥上四段110m的等跨钢箱连续梁桥,标记为a、b、c、d、e,若汽车从a点由静止开始做匀加速直线运动,通过ab段的时间为t。则下列说法正确的是 ()A.通过bc段的时间也为tB.通过ae段的时间为2tC.汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶2∶3∶4D.汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶2∶3∶2【解析】选B、D。根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知,通过连续相同的位移所用的时间之比为1∶(2-1)∶(3-2)∶…∶(n-n-1),通过ab段的时间为t,可得出通过bc段时间为(2-1)t,通过ae段的时间为tae=t+(2-1)t+(3-2)t+(2-3)t=2t,故A错误,B正确;根据初速度为零的匀加速直线运动规律可知,汽车通过b、c、d、e的速度之比为1∶2∶39.(6分)如图所示,a、b、c、d为光滑斜面上的四个点。一滑块自a点由静止开始下滑,通过ab、bc、cd各段所用时间均为T。现让该滑块自b点由静止开始下滑,则该滑块 ()A.通过bc、cd段的时间均等于TB.通过c、d点的速度之比为3∶5C.通过bc、cd段的时间之比为1∶3D.通过c点的速度大于通过bd段的平均速度【解析】选D。由题意知,滑块从a静止下滑,经过各段的时间都是T,所以ab、bc、cd各段的长度之比为1∶3∶5,则bc、cd段的位移之比为3∶5,如果从b点由静止开始下滑,bc间距离大于ab间距离,所以通过bc、cd段的时间均大于T,选项A错误;设bc间距离为3x,则cd间的距离为5x,所以bd间的距离为8x,滑块下滑的加速度为a,滑块从b点由静止开始下滑,所以通过c点的速度为vc=2通过d点的速度为vd=2通过c、d点的速度之比为3∶8,选项B错误;滑块从b点由静止开始下滑,通过bc的时间t1=2×3通过cd段的时间t2=2×8xa通过bc、cd段的时间之比为3∶(8-3),选项C错误;对匀变速直线运动来说,平均速度等于中间时刻的瞬时速度,对初速度为零的匀加速直线运动来说,连续相等时间内的位移之比为1∶3,所以滑块经过bc的时间大于从b到d时间的二分之一,故通过c点的速度大于bd段的平均速度,选项D正确。专题进阶练(八)板块模型(40分钟70分)一、选择题1.(6分)(2024·南京高一检测)如图,桌面上放置一张纸和一个小纽扣,纽扣静止在纸面上。用手迅速拉动纸的一边,纽扣相对纸滑动,则 ()A.手用力越大,纽扣受到的摩擦力越大B.手用力越小,纽扣离开纸时的速度越大C.拉动速度越大,纽扣受到的摩擦力越小D.拉动速度越小,纽扣离开纸时的速度越小【解析】选B。纽扣在纸上滑动时受到的摩擦力为滑动摩擦力,根据滑动摩擦力公式Ff=μFN可知,滑动摩擦力大小与手拉纸作用力的大小及纸的速度大小无关,A、C错误;手用力越小,即纸获得的加速度越小,无论是纸运动的加速度小还是手拉动纸的速度小,都会导致纽扣在纸上滑动的时间增加,手拉动速度越小或手用力越小,纽扣离开纸时的速度越大,B正确,D错误。2.(6分)(多选)(2024·大同高一检测)如图所示,光滑水平面上静止着质量为3kg的木板,一质量为2kg的小物块放在木板的最右端,小物块和木板间的动摩擦因数为0.2。现对木板施加一水平向右的拉力F,为使小物块与木板不发生相对滑动,F取值可以是(取g=10m/s2,认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()A.4NB.8NC.12ND.16N【解析】选A、B。设物块与木板不发生相对滑动的最大加速度为a,对小物块由牛顿第二定律f=μmg=ma,对整体由牛顿第二定律得F=(m+M)a,解得F=10N;为使物块与木板不发生相对滑动,拉力F应满足F≤10N,故选A、B。3.(6分)(2024·长沙高一检测)如图所示,质量为m的木块在质量为M的长木板上水平向右加速滑行,长木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与长木板间的动摩擦因数为μ2,若长木板仍处于静止状态,则长木板对地面摩擦力大小一定为()A.μ1(m+M)g B.μ2mgC.μ1mg D.μ1mg+μ2Mg【解析】选B。木块在长木板上向右滑行过程中,受到长木板对木块水平向左的滑动摩擦力,由牛顿第三定律可知,木块对长木板有水平向右的滑动摩擦力,大小为μ2mg,由于长木板处于静止状态,水平方向合力为零,故地面对长木板的静摩擦力方向水平向左,大小为μ2mg,由牛顿第三定律可知,长木板对地面的摩擦力大小为μ2mg。【补偿训练】如图所示,物体A和B叠放在一起,开始时静止在光滑的水平面上,mA=1kg,mB=2kg,物体A、B之间的动摩擦因数μ=0.2。现用大小为F=3N的拉力作用于物体B上,若用a1和a2分别表示此时物体A、B获得的加速度大小,f表示此时物体A、B之间的摩擦力大小,则下列关系正确的是(g取10m/s2) ()A.a1=1m/s2,a2=1m/s2,f=1NB.a1=1m/s2,a2=1m/s2,f=2NC.a1=2m/s2,a2=0.5m/s2,f=1ND.a1=2m/s2,a2=0.5m/s2,f=2N【解析】选A。当物体A、B间的静摩擦力达到最大值时,A与B将开始相对滑动,根据牛顿第二定律,对物体A有μmAg=mAa0,得a0=μg=2m/s2;对物体A、B整体有F0=(mA+mB)a0=(1+2)×2N=6N;所以当F=3N时,A、B两物体相对静止,此时整体的加速度a=FmA+mB=31+2m/s2=1m/s2;此时物体A、B之间的摩擦力f=mAa=1N,故A正确4.(6分)(多选)如图所示,质量为M的木板B在光滑水平面上以速度v0向右做匀速运动,把质量为m的小滑块A无初速度地轻放在木板右端,经过一段时间后小滑块恰好从木板的左端滑出,已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ。下列说法正确的是 ()A.若只增大M,则小滑块能滑离木板B.若只增大v0,则小滑块在木板上运动的时间变长C.若只减小m,则滑离木板过程中小滑块对地的位移变小D.若只减小μ,则小滑块离开木板的速度变大【解析】选A、C。若只增大木板的质量M,根据牛顿第二定律a木=μmgM,可知木板的加速度减小,小滑块的加速度为a块=μg,不变,以木板为参考系,小滑块运动的平均速度变大,则小滑块能滑离木板,A正确;若只增大木板的初速度v0,小滑块受力情况不变,小滑块的加速度不变,小滑块相对木板的平均速度变大,小滑块在木板上的运动时间变短,B错误;若只减小小滑块的质量m,小滑块的加速度不变,木板的加速度变小,以木板为参考系,小滑块运动的平均速度变大,小滑块在木板上的运动时间变短,滑离木板过程中小滑块对地的位移变小,C正确;若只减小动摩擦因数μ,小滑块和木板的加速度都减小,相对位移不变,小滑块滑离木板的过程所用时间变短,小滑块离开木板的速度变小,D5.(6分)(多选)(2024·银川高一检测)如图甲所示,粗糙水平面上,静置一质量M=2kg的长木板,其上叠放一质量为m的木块。现给木板施加一随时间t均匀增大的水平力F=kt(k=1N/s)。已知木板与地面间的摩擦力为f1,木块与木板之间的摩擦力为f2,f1和f2随时间t的变化图线如图乙所示。若最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等,重力加速度g=10m/s2。下列说法正确的是 ()A.木块的质量m=6kgB.木板与地面间的动摩擦因数为0.1C.木块与木板间的动摩擦因数为0.5D.在0~12s内木块与木板加速度相等【解析】选A、D。设木板与地面间的动摩擦因数为μ1,木块与木板间的动摩擦因数为μ2,由题图乙可知在t1=4s时木板相对地面产生滑动,此时F1=4N,则F1=μ1(m+M)g;在t2=12s时木块相对木板产生滑动,此时F2=12N,则F2-μ1(m+M)g=(m+M)a,μ2mg=ma=6N,联立解得m=6kg,μ1=0.05,μ2=0.1,选项A正确,B、C错误;由以上分析可知在0~12s内木块与木板一起运动,加速度相等,12s后木块相对木板产生滑动,选项D正确。6.(6分)(多选)如图甲所示,A、B两物体静止在水平面上,分别施加两个水平力F,向左拉物体A,向右拉物体B,两个力始终大小相等。在F从0开始逐渐增大的过程中,物体先静止后做变加速运动。A、B的加速度大小a随外力F变化的图像如图乙中Ⅰ和Ⅱ所示(假设B足够长,最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。下列判断正确的有(g取10m/s2) ()A.图线Ⅰ表示物体A的a-F图B.物体B的质量为1kgC.物体B与水平面间的动摩擦因数为0.53D.物体A、B间的动摩擦因数为0.5【解析】选B、D。由图像可知,当力F为10N时物体开始滑动,由于A与B间的最大静摩擦力小于B与地面间的最大静摩擦力,则图线Ⅱ表示物体A的a-F图,A错误;当F1=10N时,对A有F1=μABmAg,即10=μABmA×10,当F2=30N时,对A有F2-μABmAg=mAaA,即30-10μABmA=10mA,解得μAB=0.5,mA=2kg,当F3=16N时,对B有F3=μB(mA+mB)g+μABmAg,当F4=30N时,对B有F4-μABmAg-μB(mA+mB)g=mBaB,解得μB=0.2,mB=1kg,故B、D正确,C错误。7.(6分)(多选)(2024·沈阳高一检测)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为13μ。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则 (A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止B.当F=52μmg时,A的加速度为1C.当F>3μmg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过μg【解析】选B、D。A、B之间的最大静摩擦力为fmax=μmAg=2μmg,B与地面间的最大静摩擦力为f'max=13μ(mA+mB)g=μmg,当F<μmg时,A、B都相对地面静止,故A错误;当F=52μmg时,对整体根据牛顿第二定律有F-μmg=3ma,解得a=12μg,故B正确;当两物块恰好发生相对运动时,对A、B整体,由牛顿第二定律得F-μmg=3ma,对B,μmg=ma,联立解得F=4μmg,故当F>4μmg时,A、B之间发生相对滑动,故C错误;当两物块未发生相对滑动时,F越大,加速度越大;当两物块发生相对滑动时,B的加速度最大,根据牛顿第二定律得2μmg-μmg=ma,解得a=μg,8.(6分)(多选)如图所示,长方体滑块A和B叠放在倾角为θ