 一.题型研究一 （一）真题再现 1．(2015·全国卷ⅠT20)如图(a)，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v-t图线如图(b)所示．若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出( )  A．斜面的倾角 B．物块的质量 C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块沿斜面向上滑行的最大高度 【查看答案】 【答案】ACD 【解析】 由v-t图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝v0t1，根据牛顿第二定律得mgsinθ＋μmgcosθ＝ma，即gsinθ＋μgcosθ＝v0t1.同理向下滑行时gsinθ－μgcos θ＝v1t1， 两式联立得sin θ＝v0＋v12gt1，μ＝v0－v12gt1cosθ.可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数， 选项A、C正确；物块滑上斜面时的初速度v0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为x＝v02t1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为xsinθ＝v02t1×v0＋v12gt1＝v0（v0＋v1）4g，选项D正确；仅根据v-t图象无法求出物块的质量，选项B错误． 【题型】多选题 【难度】一般 2. (2013·全国卷ⅡT14)一物块静止在粗糙的水平桌面上。从某时刻开始，物块受到一方向不变的水平拉力作用。假设物块与桌面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力。以a表示物块的加速度大小，F表示水平拉力的大小。能正确描述F与a之间的关系的图象是( )   【查看答案】 【答案】C 【解析】 当0＜F＜fm时，物块始终静止，加速度为0；当F＞fm时，物块做加速运动运动，由牛顿第二定律可得F?fm=ma，又fm=μmg，则有F=ma+μmg，故选项C正确。 【题型】选择题 【难度】较易 3. (2013·全国卷ⅠT20)2012年11曰，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加——作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止，某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度一时间图线如图(b)所示。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m。已知航母始终静止，重力加速度的大小为g。则( )   A.从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110 B.在0.4s～2.5s时间内，阻拦索的张力几乎不随时间变化 C.在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小会超过2.5 g D.在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率儿乎不变 【查看答案】 【答案】AC 【解析】 由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为70×32m＝105m，而无阻拦索的位移为1000m，因此飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的110，故A正确； 在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故B错误； 在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为a＝ΔvΔt＝10?652.5?0.4m/s2＝26.2m/s2＞2.5g，故C正确； 在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=Fv，虽然F不变，但v是逐渐变小，所以其变化的，故D错误。 【题型】多选题 【难度】一般 （二）试题猜想 4.如图甲所示，直角三角形斜劈abc固定在水平面上．t＝0时，一物块(可视为质点)从底端a以初速度v0沿斜面ab向上运动，到达顶端b时速率恰好为零，之后沿斜面bc下滑至底端c.若物块与斜面ab、bc间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率v随时间变化的规律如图乙所示，取重力加速度的大小g＝10 m/s2，则下列物理量中不能求出的是( )  A．斜面ab的倾角θ B．物块与斜面间的动摩擦因数μ C．物块的质量m D．斜面bc的长度L 【查看答案】 【答案】C 【解析】 根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小a1、a2，根据牛顿第二定律有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma1，mgcosθ－μmgsinθ＝ma2，则可求出θ和μ，但m无法求出，根据题图乙可求出0.6～1.6 s时间内物块的位移大小，即可求出L，故选项C正确． 【题型】多选题 【难度】一般 5．如图a所示，水平面上质量相等的两木块A、B，用轻弹簧相连接，这个系统处于平衡状态．现用一竖直向上的力F拉动木块A，使木块A向上做匀加速直线运动（如图b），研究从力F刚作用在木块A瞬间到木块B刚离开地面瞬间的这一过程，并选定该过程中木块A的起点位置为坐标原点．则下面图中能正确表示力F和木块A的位移x之间关系的图是（ ）    【查看答案】 【答案】A 【解析】 设原来系统静止时弹簧的压缩长度为x0，当木块A的位移为x时，弹簧的压缩长度为（x0-x），弹簧的弹力大小为k（x0-x），根据牛顿第二定律得F+k（x0-x）-mg=ma，得到，F=kx-kx0+ma+mg，又kx0=mg， 则得到F=kx+ma，可见F与x是线性关系，当x=0时，kx+ma＞0．故选A。 【题型】选择题 【难度】一般 6．如图甲所示，轻弹簧竖直固定在水平面上，一质量为m=0.2kg的小球，从弹簧上端某高度处自由下落，从它接触弹簧到弹簧压缩至最短的过程中（弹簧始终在弹性限度内），其速度v和弹簧压缩量△x之间的函数图象如图乙所示，其中A为曲线的最高点，小球和弹簧接触瞬间机械能损失不计，取g=10m/s2，则下列说法正确的是（ ）  A．小球刚接触弹簧时速度最大 B．当△x=0.3m时，小球处于超重状态 C．该弹簧的劲度系数为20.0N/m D．从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大 【查看答案】 【答案】BCD 【解析】 由小球的速度图象知，开始小球的速度增大，说明小球的重力大于弹簧对它的弹力，当△x为0.1m时，小球的速度最大，然后减小，说明当△x为0．1m时，小球的重力等于弹簧对它的弹力．所以可得：k△x=mg，解得： k=mg△x=0.2×100.1N/m=20.0N/m，选项A错误；C正确； 弹簧的最大缩短量为△x=0.3m，所以弹簧弹力为F=20N/m×0.3m=6N＞mg，故此时物体的加速度向上，物体处于超重状态，选项B正确； v-t图线的斜率表示物体的加速度，由图线可知从接触弹簧到压缩至最短的过程中，小球的加速度先减小后增大，选项D正确；故选BCD． 【题型】多选题 【难度】一般 7．(2015·重庆卷T15)若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正)，则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是( ) 【查看答案】 【答案】B 【解析】 由v-t图象可知：过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)； 过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)； 过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)； 过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上，超重，F＞mg)； 过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态，F＝mg)； 过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下，失重，F＜mg)．综合选项分析可知B选项正确． 【题型】选择题 【难度】一般 （一）真题再现 8．(2016·全国卷甲T19)两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量。两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关。若它们下落相同的距离，则( ) A．甲球用的时间比乙球长 B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小 C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小 D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功 【查看答案】 【答案】BD 【解析】 设小球在下落过程中所受阻力F阻＝kR，k为常数，R为小球半径，由牛顿第二定律可知：mg－F阻＝ma，由m＝ρV＝43ρπR3知： 43ρπR3g－kR＝43ρπR3a，即a＝g－3k4ρπ·1R2，故知：R越大，a越大，即下落过程中a甲＞a乙，选项C错误； 下落相同的距离，由h＝12at2知，a越大，t越小，选项A错误； 由2ah＝v2－v20知，v0＝0，a越大，v越大，选项B正确； 由W阻＝－F阻h知，甲球克服阻力做的功更大一些，选项D正确。 【题型】多选题 【难度】较难 （二）试题猜想 9.研究表明：雨滴自高空由静止下落，雨滴下落过程中受空气阻力随其速度增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度．假设每个雨滴可看成球形，每个雨滴的密度相同，雨滴下落过程中受到空气的阻力与雨滴的半径r的平方成正比，与下落速度v 的平方成正比，即f阻=kr2v2，其中k为比例常数，对于常温下的空气，比例系数k=3.4×10-4N·s/m2．已知球的体积公式：V=43π·r3（r为半径），g=10N/kg．每个雨滴最终都做匀速运动。如果两个雨滴的半径之比为1:4，则这两个雨滴的落地速度之比为( ) A．1:8 B．1:4 C．1:2 D．1:1 【查看答案】 【答案】C 【解析】 由题意知，每个雨滴最终都做匀速直线运动，此时雨滴受到的空气阻力与其重力是一对平衡力，大小相等；即f阻=G雨滴=mg=ρVg=43πr3ρg①，根据题意有：f阻=kr2v2 ②，联立①②可解得：v=√4ρπrg3k，由于每个雨滴的密度ρ相同，π、g、k均为常数，所以这两个雨滴的落地速度之比：v1:v2=√r1r2=1:2。 【题型】选择题 【难度】一般 （一）真题再现 10．(2015·全国卷ⅡT20)在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时，P和Q间的拉力大小仍为F.不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( ) A．8 B．10 C．15 D．18 【查看答案】 【答案】BC 【解析】 设PQ西边有n节车厢，每节车厢的质量为m，则F＝nma① PQ东边有k节车厢，则F＝km·23a② 联立①②得3n＝2k，由此式可知n只能取偶数， 当n＝2时，k＝3，总节数为N＝5 当n＝4时，k＝6，总节数为N＝10 当n＝6时，k＝9，总节数为N＝15 当n＝8时，k＝12，总节数为N＝20，故选项B、C正确． 【题型】多选题 【难度】一般 （二）试题猜想 11．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活。高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍。求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力； (2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【查看答案】 【答案】 (1) 13m(vt＋kg) (2) 1415kmg 【解析】 (1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a＝vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F－k·7mg＝7ma② 设第五节车厢对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示， 由牛顿第二定律得2F6＋T－k·2mg＝2ma③ 联立①②③得T＝－13m(vt＋kg)④ 其中“－”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动方向相反。 (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得： F'－k·7mg＝0⑤ 设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有： 2F′6＋T1－k·2mg＝0⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2，分析第六、七节车厢，则有： F′5＋T2－k·2mg＝0⑦ 联立⑤⑥⑦得T1＝－13kmg T2＝35kmg 因此作用力变化ΔT＝T2－T1＝1415kmg 【题型】计算题 【难度】一般 （一）真题再现 12．(2015·全国卷ⅠT25)一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块；在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5 m，如图(a)所示．T＝0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t＝1 s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1 s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10 m/s2.求： (1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； (2)木板的最小长度； (3)木板右端离墙壁的最终距离． 【查看答案】 【答案】 (1)0.1 0.4 (2)6 m (3)6.5 m 【解析】 (1)根据图象可以判定碰撞前小物块与木板共同速度为 v＝4 m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v＝4 m/s 小物块受到滑动摩擦力而向右做匀减速直线运动，加速度大小 a2＝4?01 m/s2＝4 m/s2. 根据牛顿第二定律有μ2mg＝ma2，解得μ2＝0.4 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t＝1 s，位移x＝4.5 m，末速度v＝4 m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x＝vt＋12a1t2 解得a1＝1 m/s2 小物块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，由牛顿第二定律得：μ1(m＋15m)g＝(m＋15m)a1，即μ1g＝a1 解得μ1＝0.1 (2)碰撞后，木板向左做匀减速运动，依据牛顿第二定律有 μ1(15m＋m)g＋μ2mg＝15ma3 可得a3＝43 m/s2 对滑块，加速度大小为a2＝4 m/s2 由于a2＞a3，所以滑块速度先减小到0，所用时间为t1＝1 s的过程中，木板向左运动的位移为x1＝vt1－12a3t21＝103 m, 末速度v1＝83 m/s 滑块向右运动的位移x2＝v+02t1＝2 m 此后，小物块开始向左加速，加速度大小仍为a2＝4 m/s2 木板继续减速，加速度大小仍为a3＝43 m/s2 假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2＝v1－a3t2 解得t2＝0.5 s 此过程中，木板向左运动的位移x3＝v1t2－12a3t22＝76 m，末速度v3＝v1－a3t2＝2 m/s 滑块向左运动的位移x4＝12a2t22＝0.5 m 此后小物块和木板一起匀减速运动，二者的相对位移最大为 Δx＝x1＋x2＋x3－x4＝6 m 小物块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6 m (3)最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度大小为a1＝1 m/s2 向左运动的位移为x5＝v232a1＝2 m 所以木板右端离墙壁最远的距离为x＝x1＋x3＋x5＝6.5 m 【题型】计算题 【难度】困难 13．(2015·全国卷ⅡT25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝35)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为38，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。取重力加速度大小g＝10 m/s2。求： (1)在0～2s时间内A和B加速度的大小； (2)A在B上总的运动时间。 【查看答案】 【答案】 (1)3 m/s2；1 m/s2 (2)4 s 【解析】 (1)在0～2 s时间内，A和B的受力如图所示，其中f1、N1是A与B之间的摩擦力和正压力的大小，f2、N2是B与C之间的摩擦力和正压力的大小，方向如图所示．由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得 f1＝μ1N1 ① N1＝mgcos θ ② f2＝μ2N2 ③ N2＝N'1＋mgcos θ ④ 规定沿斜面向下为正．设A和B的加速度分别为a1和a2，由牛顿第二定律得 mgsinθ－f1＝ma1 ⑤ mgsinθ－f2＋f'1＝ma2 ⑥ N1＝N'1 f1＝f'1 联立①②③④⑤⑥式，并代入题给数据得 a1＝3 m/s2 ⑦ a2＝1 m/s2 ⑧ (2)在t1＝2 s时，设A和B的速度分别为v1和v2， 则v1＝a1t1＝6 m/s ⑨ v2＝a2t1＝2 m/s ⑩ t＞t1时，设A和B的加速度分别为a'1和a'2.此时A与B之间的摩擦力为零，同理可得 a'1＝6 m/s2 ? a'2＝－2 m/s2 ? B做减速运动．设经过时间t2，B的速度减为零，则有 v2＋a'2t2＝0 ? 联立⑩??式得 t2＝1 s ? 在t1＋t2时间内，A相对于B运动的距离为 s＝12a1t21+v1t2+12a′1t22－（12a2t21＋v2t2+12a′2t22）＝12 m＜27 m ? 此后B静止，A继续在B上滑动．设再经过时间t3后A离开B，则有 l－s＝(v1＋a'1t2)t3＋12a'1t23 ? 可得t3＝1 s(另一解不合题意，舍去) ? 设A在B上总的运动时间为t总，有 t总＝t1＋t2＋t3＝4 s ? 【题型】计算题 【难度】困难 （二）试题猜想 14．如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A。木板B受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出木板B的加速度a，得到如图乙所示的a－F图象，g取10 m/s2，则( ) A.滑块A的质量为4 kg B.木板B的质量为1 kg C.当F＝10 N时木板B的加速度为4 m/s2 D.滑块A与木板B间的动摩擦因数为0.1 【查看答案】 【答案】BC 【解析】 由图知，当F＝8 N时，加速度为：a＝2 m/s2，对整体分析：F＝(mA＋mB)a，解得：mA＋mB＝4 kg，当F大于8 N时，A、B发生相对滑动，对B有：a＝F－μmAgmB＝1mBF－μmAgmB，由图示图象可知，图线的斜率：k＝1mB＝ΔaΔF＝1，解得：mB＝1 kg，滑块A的质量为：mA＝3 kg。当a＝0时，F＝6 N，代入解得μ＝0.2，故A、D错误，B正确； 根据F＝10 N＞8 N时，滑块与木板相对滑动，B的加速度为：aB＝a＝F－μmAgmB＝1mBF－μmAmBg＝(1×10－0.2×30) m/s2＝4 m/s2。故C正确。 【题型】多选题 【难度】一般 15．如图所示，地面依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l=2.5m，质量均为m2=150kg，现有一小滑块以速度v0=6m/s冲上木板A左端，已知小滑块质量m1=200kg，滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10 m/s2） （1）木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求应满足的条件。 （2）若μ1=0.4，求滑块运动时间。（结果用分数表示） 【查看答案】 【答案】 （1）0.35＜μ1≤0.5 （2）2314s 【解析】 （1）滑上木板A时，木板不动，由受力分析得μ1m1g≤μ2(m1+2m2)g 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得μ1m1g＞μ2(m1+m2)g 代入数据得0.35＜μ1≤0.5 （2）若μ1=0.4，则货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g=m1a1 解得a1=4m/s2 由?2a1l=v21?v20 达B板时的速度v1=4m/s 在A板上滑动时间由v1=v0?at 解得t1=0.5s 滑块滑上B板时B运动，由μ1m1g?μ2(m1+m2)g=m2a2 解得a2=23m/s2 速度相同时a2t2=v1?a1t2 解得t2=67s 相对位移Δx=v1+v共2t2?v共2t2=v12t2=127m<2.5m 物块与板B能达到共同速度： v共=a2t2=47m/s 然后一起相对静止的一起减速： μ2(m1+m2)g=ma共 解得a共=2m/s2 t3=v共a共=27s 所以t=t1+t2+t3=2314s 【题型】计算题 【难度】较难 滚动训练 【全国百强校】某同学用如图所示的装置，利用两个大小相同的小球做对心碰撞来验证动量守恒定律，图中AB是斜槽，BC是水平槽，它们连接平滑，O点为重锤线所指的位置．实验时先不放置被碰球2，让球1从斜槽上的某一固定位置G由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复10次，然后将球2置于水平槽末端，让球1仍从位置G由静止滚下，和球2碰撞，碰后两球分别在记录纸上留下各自的痕迹，重复10次．实验得到小球的落点的平均位置分别为M、N、P． （1）在该实验中，应选用的器材是下列器材中的． A.天平 B.游标卡尺 C.刻度尺 D.大小相同的钢球两个 E.大小相同的钢球和硬橡胶球各一个 （2）在此实验中，球1的质量为m1，球2的质量为m2，需满足m1m2（选填“大于”“小于”或“等于”）． （3）若碰撞过程中动量守恒．要验证的表达式是． A．要验证的表达式是m1·ON=m1·OM+m2·OP B．要验证的表达式是m1·OP=m1·OM +m2·ON C．要验证的表达式是m1·（OP﹣2r）=m1·（OM﹣2r）+m2·ON 【查看答案】 【答案】 （1）ACE（2）大于（3）A 【解析】 （1）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律故有：m1v0=m1v1+m2v2， 在做平抛运动的过程中由于时间是相等的，所以得：t·m1v0=t·m1v1+t·m2v2， 即：m1·ON=m1·OM+m2·OP; 可知，需要使用天平测量小球的质量，使用刻度尺测量小球在水平方向的位移； 所以需要选择的器材有ACE． （2）在小球碰撞过程中水平方向动量守恒定律，故有：m1v0=m1v1+m2v2， 在碰撞过程中动能守恒，故有 解得： v1=m1?m2m1+m2v0要碰后入射小球的速度v1＞0，即m1-m2＞0，故要满足m1大于m2． （3）根据（1）中结论可知，本实验中应验证的表达式为m1·ON=m1·OM+m2·OP. 【题型】实验题 【难度】一般 |
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