一、單項(xiàng)選擇題1．探究超重和失重規(guī)律時，一位體重為G的同學(xué)站在一個壓力傳感器上完成一次下蹲動作．傳感器和計(jì)算機(jī)相連，經(jīng)計(jì)算機(jī)處理后得到壓力F隨時間t變化的圖象，則下列圖象中可能正確的是()解析：選D.人在壓力傳感器上下蹲時，先加速下降，然后減速下降，即加速度方向先向下后向上，人先失重后超重，故選項(xiàng)D正確．2．(2018·廣西柳州鐵路一中月考)水平足夠長運(yùn)動的皮帶，取向右為速度的正方向．將一物塊P輕輕放在皮帶上，之后P最初一段時間的速度時間圖象如圖乙，關(guān)于皮帶的運(yùn)動情況描述正確的是()A．可能是向右的勻加速 B．可能是向右的勻速C．一定是向左的勻加速 D．可能是向左的勻速解析：選D.根據(jù)圖象，物體P向左做勻加速直線運(yùn)動，則P受到的摩擦力方向水平向左，P相對于傳送帶向右運(yùn)動，所以皮帶可能向左勻速或勻加速運(yùn)動，不可能向右運(yùn)動，故D正確．3．在建筑工地，民工兄弟用兩手對稱水平使力將兩長方體水泥制品夾緊并以加速度a豎直向上勻加速搬起，其中A的質(zhì)量為m，B的質(zhì)量為3m，水平作用力為F，A、B之間的動摩擦因數(shù)為μ，在此過程中，A、B間的摩擦力為()A．μF B．2μFC.eq\f(3,2)m(g＋a) D．m(g＋a)解析：選D.對兩個物體整體，根據(jù)牛頓第二定律，有2f－(m＋3m)g＝(m＋3m)a ①再隔離物體A，根據(jù)牛頓第二定律，有：f－mg－fBA＝ma ②聯(lián)立解得：fBA＝m(g＋a)，故選D.4．(2018·湖北沙市中學(xué)模擬)帶式傳送機(jī)是在一定的線路上連續(xù)輸送物料的搬運(yùn)機(jī)械，又稱連續(xù)輸送機(jī)．如圖所示，一條足夠長的淺色水平傳送帶自左向右勻速運(yùn)行．現(xiàn)將一個木炭包無初速度地放在傳送帶上，木炭包在傳送帶上將會留下一段黑色的徑跡．下列說法正確的是()A．黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的左側(cè)B．木炭包的質(zhì)量越大，徑跡的長度越短C．木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短D．傳送帶運(yùn)動的速度越大，徑跡的長度越短解析：選C.剛放上木炭包時，木炭包的速度慢，傳送帶的速度快，木炭包向后滑動，所以黑色的徑跡將出現(xiàn)在木炭包的右側(cè)，所以A錯誤；木炭包在傳送帶上運(yùn)動靠的是與傳送帶之間的摩擦力，摩擦力作為它的合力產(chǎn)生加速度，所以由牛頓第二定律知，μmg＝ma，所以a＝μg，當(dāng)達(dá)到共同速度時，不再有相對滑動，由v2＝2ax得，木炭包位移x木＝eq\f(v2,2μg)，設(shè)相對滑動的時間為t，由v＝at，得t＝eq\f(v,μg)，此時傳送帶的位移為x傳＝vt＝eq\f(v2,μg)，所以滑動的位移是Δx＝x傳－x木＝eq\f(v2,2μg)，由此可以知道，黑色的徑跡與木炭包的質(zhì)量無關(guān)，所以B錯誤；木炭包與傳送帶間動摩擦因數(shù)越大，徑跡的長度越短，所以C正確；傳送帶運(yùn)動的速度越大，徑跡的長度越長，所以D錯誤．5．(2018·廣東湛江一中等“四?！甭?lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量為M的木板靜止在光滑水平面上，一個質(zhì)量為m的小滑塊以初速度v0從木板的左端向右滑上木板．滑塊和木板的水平速度隨時間變化的圖象如圖乙所示．某同學(xué)根據(jù)圖象作出如下一些判斷，正確的是()A．滑塊和木板始終存在相對運(yùn)動B．滑塊始終未離開木板C．滑塊的質(zhì)量小于木板的質(zhì)量D．木板的長度為eq\f(v0t1,2)解析：選B.由題意知，m在M的摩擦力作用下做勻減速直線運(yùn)動，M在m的摩擦力作用下做初速度為0的勻加速直線運(yùn)動，最終兩者相對靜止，一起運(yùn)動，故A錯誤；由圖乙可知，最終滑塊與木板速度相等，它們相對靜止，滑塊沒有滑離木板，故B正確；由于m、M間相互作用的摩擦力分別使m、M產(chǎn)生加速度，所以滿足mam＝MaM，由圖象知，在t1時間內(nèi)勻減速運(yùn)動的加速度小于勻加速運(yùn)動的加速度，即am<aM，所以可知m>M，滑塊的質(zhì)量大于木板的質(zhì)量，故C錯誤；兩物塊相對靜止時，兩者的位移差：x＝eq\f(v0＋v,2)t1－eq\f(v,2)t1＝eq\f(v0t1,2)，則木板長度大于等于eq\f(v0t1,2)，故D錯誤.二、多項(xiàng)選擇題6.(2018·廣西桂林十八中模擬)如圖所示，已知M>m，不計(jì)滑輪及繩子的質(zhì)量，物體M和m恰好做勻速運(yùn)動，若將M與m互換，M、m與桌面的動摩擦因數(shù)相同，則()A．物體M與m仍做勻速運(yùn)動B．物體M與m做加速運(yùn)動，加速度a＝(M＋m)g/MC．物體M與m做加速運(yùn)動，加速度a＝(M－m)g/MD．繩子中張力不變解析：選CD.當(dāng)物體M和m恰好做勻速運(yùn)動，對M，水平方向受到繩子的拉力和桌面的摩擦力，得：μMg＝T＝mg，所以：μ＝eq\f(mg,Mg)＝eq\f(m,M)，若將M與m互換，則對M：Ma＝Mg－T′，對m，則：ma＝T′－μmg，得：a＝eq\f(Mg－μmg,M＋m)＝eq\f(Mg－\f(m,M)mg,M＋m)＝eq\f(（M2－m2）g,M（M＋m）)＝eq\f(（M－m）g,M)，故A、B錯誤，C正確；繩子中的拉力：T′＝ma＋μmg＝eq\f(m（M－m）g,M)＋eq\f(m,M)mg＝mg，故D正確．7．(2017·重慶市一中高三模擬)如圖所示，光滑水平面上放置M、N、P、Q四個木塊，其中M、P質(zhì)量均為m，N、Q質(zhì)量均為2m，M、P之間用一輕質(zhì)彈簧相連．現(xiàn)用水平拉力F拉N，使四個木塊以同一加速度a向右運(yùn)動，則在突然撤去F的瞬間，下列說法正確的是()A．P、Q間的摩擦力不變B．P、Q的加速度大小變?yōu)閑q\f(a,2)C．M、N間的摩擦力不變D．N的加速度大小仍為a解析：選AD.撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，對P、Q整體分析，加速度不變，隔離對P分析，P、Q間的摩擦力不變，故A正確；撤去F前，對P、Q整體分析，知彈簧的彈力F彈＝3ma，撤去F的瞬間，彈簧的彈力不變，可知P、Q的加速度不變，仍然為a，故B錯誤；撤去F前，隔離對M分析，f－F彈＝ma，解得f＝4ma，對整體分析，F(xiàn)＝6ma，撤去F后，對M、N整體分析，a′＝eq\f(F彈,3m)＝a，方向向左，隔離對N分析，f′＝2ma′＝2ma，知M、N間的摩擦力發(fā)生變化．N的加速度大小不變，方向改變，故C錯誤，D正確．8．(2018·新疆生產(chǎn)建設(shè)兵團(tuán)二中模擬)如圖所示，在傾角為θ的光滑斜面上有兩個通過輕彈簧連接的物塊A和B，C為固定擋板，系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)開始用變力F沿斜面向上拉動物塊A使之做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)時間t物塊B剛要離開擋板，已知兩物塊的質(zhì)量均為m，彈簧的勁度系數(shù)為k，重力加速度為g，則在此過程中，下列說法正確的是()A．力F的最小值為eq\f(4m2gsinθ,kt2)B．力F的最大值為eq\f(mgsinθ,1＋\f(4m,kt2))C．物塊A的位移為eq\f(mgsinθ,k)D．ts末A的速度為eq\f(4mgsinθ,kt)解析：選AD.剛開始時，彈簧處于壓縮狀態(tài)，對A分析，A處于靜止?fàn)顟B(tài)，沿斜面方向上受力平衡，受到重力沿斜面向下的分力和彈簧沿斜面向上的彈力，此時有mgsinθ＝kx1，解得x1＝eq\f(mgsinθ,k)，當(dāng)B剛要離開擋板時，擋板對B的作用力為零，此時彈簧處于伸長狀態(tài)，對B分析，B處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，故有mgsinθ＝kx2，解得x2＝eq\f(mgsinθ,k)，所以整個勻加速過程中，彈簧的形變量即A的位移為x＝x1＋x2＝eq\f(mgsinθ,k)＋eq\f(mgsinθ,k)＝eq\f(2mgsinθ,k)，因?yàn)锳是從靜止開始做勻加速直線運(yùn)動，經(jīng)歷的時間為t，所以有x＝eq\f(1,2)at2，解得a＝eq\f(4mgsinθ,kt2)，故ts末A的速度為v＝at＝eq\f(4mgsinθ,kt)，C錯誤，D正確；F隨著彈力的變化而變化，當(dāng)彈簧被壓縮過程中，彈力向上，隨著彈力的減小而增大，所以剛開始時F最小，故有Fmin＝ma＝eq\f(4m2gsinθ,kt2)，在彈力方向向下時，隨著彈力的增大而增大，故B剛要離開擋板時，F(xiàn)最大，故有Fm＝kx1＋mgsinθ＋ma＝2mgsinθeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2m,kt2)))，A正確，B錯誤．三、非選擇題9．(2018·河北武邑中學(xué)模擬)如圖所示，傾角α＝30°的足夠長光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一長L＝1.8m、質(zhì)量M＝3kg的薄木板，木板的最上端疊放一質(zhì)量m＝1kg的小物塊，物塊與木板間的動摩擦因數(shù)μ＝eq\f(\r(3),2).對木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動．設(shè)物塊與木板間最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取重力加速度g＝10m/s2.(1)為使物塊不滑離木板，求力F應(yīng)滿足的條件；(2)若F＝37.5N，物塊能否滑離木板？若不能，請說明理由；若能，求出物塊滑離木板所用的時間及滑離木板后沿斜面上升的最大距離．解析：(1)對M、m，由牛頓第二定律F－(M＋m)gsinα＝(M＋m)a對m，有f－mgsinα＝ma，f≤μmgcosα，代入數(shù)據(jù)得：F≤30N因?yàn)橐瓌?，則F≥(m＋M)gsinα＝20N所以20N≤F≤30N.(2)F＝37.5N>30N，物塊能滑離木板，對于M，有F－μmgcosα－Mgsinα＝Ma1對m，有μmgcosα－mgsinα＝ma2，設(shè)物塊滑離木板所用的時間為t，由運(yùn)動學(xué)公式：eq\f(1,2)a1t2－eq\f(1,2)a2t2＝L，代入數(shù)據(jù)得：t＝1.2s，物塊離開木板時的速度v＝a2t，由公式：－2gsinαs＝－v2，代入數(shù)據(jù)得s＝0.9m.答案：(1)20N≤F≤30N(2)物塊能滑離木板1.2s0.9m10．(2018·廣西桂林十八中模擬)如圖所示，傳送帶與地面的夾角θ＝37°，從A到B的長度為16m，傳送帶以v0＝10m/s的速度逆時針轉(zhuǎn)動．在傳送帶上端無初速度的放一個質(zhì)量為0.5kg的物體，它與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，求物體從A運(yùn)動到B所需的時間是多少？(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s2)解析：剛開始階段，物體相對傳送帶向上運(yùn)動，受到沿傳送帶向下的滑動摩擦力，由牛頓第二定律，則：a1＝eq\f(mgsinθ＋μmgcosθ,m)＝gsinθ＋μgcosθ＝(10×0.6＋0.5×10×0.8)m/s2＝10m/s2當(dāng)物體與傳送帶相對靜止時，物體的位移：x1＝eq\f(veq\o\al(2,0),2a1)＝eq\f(100,2×10)m＝5m；t1＝eq\f(v0,a1)＝eq\f(10,10)s＝1s則：x2＝(16－5)m＝11m因?yàn)閙gsinθ>μmgcosθ，物體與傳送帶不能保持相對靜止，此時，物體的加速度a2＝eq\f(mgsinθ－μmgcosθ,m)＝gsinθ－μgcosθ＝(10×0.6－0.5×10×0.8)m/s2＝2m/s2則：x2＝v0t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)代入數(shù)據(jù)解得：t2＝1s故共耗時t＝t1＋t2＝2s.答案：2s11．(2018·湖南長沙長郡中學(xué)模擬)如圖所示，一塊質(zhì)量為M＝2kg、長為L的木板B放在光滑水平桌面上，B的左端有一質(zhì)量為m＝0.2kg的物塊A(可視為質(zhì)點(diǎn))，A上連接一根很長的輕質(zhì)細(xì)繩，細(xì)繩跨過位于桌面邊緣的定滑輪掛上一質(zhì)量為m0＝0.1kg的重物，用手托住重物使細(xì)繩伸直但無張力，重物距離地面的高度為h＝1m；已知A與B之間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.2，A與滑輪間的細(xì)繩與桌面平行，B右端距離桌邊定滑輪足夠遠(yuǎn)；釋放重物后，A相對于B滑動，重力加速度g＝10m/s2.(1)求重物落地前瞬間細(xì)繩上的拉力大小和A的速度大小；(2)當(dāng)A、B相對靜止時，A仍在B上，求從釋放重物到A、B相對靜止的過程中A運(yùn)動的時間．解析：(1)設(shè)釋放重物后重物的加速度為a1，細(xì)繩的張力大小為F，對重物，由牛頓第二定律可得：m0g－F＝m0a1對A，由牛頓第二定律：F－μmg＝ma1聯(lián)立解得：F＝0.8N，a1＝2m/s2由veq\o\al(2,1)＝2a1h解得重物落地前瞬間A的速度大