分极检测巩固提升(建议用时：40分钟)【A级基础题练熟快】1．探究超重和失重规律时，一位体重为G的同学站在一个压力传感器上完成一次下蹲动作．传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力F随时间t变化的图象，则下列图象中可能正确的是()解析：选D.人在压力传感器上下蹲时，先加速下降，然后减速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故选项D正确．2．(多选)(2019·上海十二校联考)如图所示，质量为m1和m2的两物块放在光滑的水平地面上，用轻质弹簧将两物块连接在一起．当用水平力F作用在m1上时，两物块均以加速度a做匀加速运动，此时，弹簧伸长量为x；若用水平力F′作用在m1上时，两物块均以加速度a′＝2a做匀加速运动，此时弹簧伸长量为x′.则下列关系正确的是()A．F′＝2FB．x′＝2xC．F′>2FD．x′<2x解析：选AB.取m1和m2为一整体，应用牛顿第二定律可得F＝(m1＋m2)a.弹簧的弹力FT＝＝kx.当两物块的加速度增为原来的2倍，拉力F增为原来的2倍，FT增为原来的2倍，弹簧的伸长量也增为原来的2倍，故A、B正确．3．(2019·辽宁葫芦岛一中模拟)如图所示，物体P置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G＝10N的重物，物体P向右运动的加速度为a1；若细线下端不挂重物，而用F＝10N的力竖直向下拉细线下端，这时物体P的加速度为a2，则()A．a1＜a2B．a1＝a2C．a1＞a2D．条件不足，无法判断解析：选A.挂重物时，选连接体为研究对象，由牛顿第二定律得，共同运动的加速度大小为：a1＝＝；当改为10N拉力后，由牛顿第二定律得，P的加速度为：a2＝，故a1＜a2，故选A.4.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：选A.当水平力F较小时，两物体相对静止，加速度相同，由F＝ma知：两者的加速度a＝＝，a∝t当水平力F较大时，m2相对于m1运动，根据牛顿第二定律得：对m1：a1＝，由于μ、m1、m2是定值，故m1的加速度a1不变．对m2：a2＝＝，a2是时间t的线性函数．选项A正确．5．(2019·湖北沙市中学模拟)如图所示，水平传送带足够长，传送带始终顺时针匀速运动，长为1m的薄木板A的正中央放置一个小木块B，A和B之间的动摩擦因数为0.2，A和传送带之间的动摩擦因数为0.5，薄木板A的质量是木块B质量的2倍，轻轻把A、B整体放置在传送带的中央，设传送带始终绷紧并处于水平状态，g取10m/s2，在刚放上很短的时间内，A、B的加速度大小分别为()A．6.5m/s2、2m/s2B．5m/s2、2m/s2C．5m/s2、5m/s2D．7.5m/s2、2m/s2解析：选A.设木块的质量为m，则木板的质量为2m.A、B间的动摩擦因数为μ，A与传送带间的动摩擦因数为μ′.根据牛顿第二定律得，对B：受到A的向右的滑动摩擦力μmg＝maB，得：aB＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2.对A：受到传送带的向右的滑动摩擦力，大小为μ′·3mg，B的向左的滑动摩擦力，大小为μmg，则μ′·3mg－μmg＝2maA，得aA＝6.5m/s2，故选项A正确．6．(2019·辽宁庄河高中模拟)如图所示，质量分别为M、m的滑块A、B叠放在固定的、倾角为θ的斜面上，A与斜面间、A与B之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，当A、B从静止开始以相同的加速度下滑时，关于B受到的摩擦力，下列说法正确的是()A．等于零B．方向平行于斜面向下C．大小为μ1mgcosθD．大小为μ2mgcosθ解析：选C.以滑块A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律得加速度为a＝g(sinθ－μ1cosθ)，设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有mgsinθ＋f＝ma，解得f＝ma－mgsinθ＝－μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上，故A、B、D错误，C正确．7.如图所示，质量均为m的A、B两物体叠放在竖直弹簧上并保持静止，用大小等于mg的恒力F向上拉B，运动距离h时，B与A分离．下列说法正确的是()A．B和A刚分离时，弹簧长度等于原长B．B和A刚分离时，它们的加速度为gC．弹簧的劲度系数等于D．在B与A分离之前，它们做匀加速直线运动解析：选C.A、B分离前，A、B共同做加速运动，由于F是...
