来源：金华家教网 日期：2013-6-15

一、选择题

1．(2012·安徽理综) 如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则(　　)

A．物块可能匀速下滑

B．物块仍以加速度a匀加速下滑

C．物块将以大于a的加速度匀加速下滑

D．物块将以小于a的加速度匀加速下滑

[答案]　C

[解析]　根据题意，放在斜面上的物块沿斜面以加速度a匀加速下滑，在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有mgsinθ－μmgcosθ＝ma①，在物块上施加竖直向下的力F后，在沿斜面方向对物块由牛顿第二定律有(mg＋F)sinθ－μ(mg＋F)cosθ＝ma0②，由①②易知a0>a，选项C正确、选项ABD错误。

2．(2012·北京顺义区调研)在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件(可视为质点)运送到指定位置。某次将小工件放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止。则小工件被放到传送带上后相对于地面(　　)

A．做匀减速直线运动直到停止

B．先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动

C．先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动

D．先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动

[答案]　B

[解析]　将小工件放到传送带上时，由于传送带速度大于小工件速度，小工件相对于传送带向后运动，小工件在滑动摩擦力作用下相对于地面加速向前做匀加速直线运动，当二者速度相等时，滑动摩擦力瞬间消失，之后由于传送带做减速运动，小工件速度大于传送带速度，小工件相对于传送带向前运动，小工件在水平向后的滑动摩擦力的作用下相对于地面做匀减速直线运动，故选项B正确。

3．(2012·江苏单科)将一只皮球竖直向上抛出，皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比。下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a与时间t关系的图象，可能正确的是(　　)

 

[答案]　C

[解析]　设皮球受到的阻力F＝kv，根据牛顿第二定律可得mg＋F＝ma，两式联立可得mg＋kv＝ma，皮球上升过程中速度逐渐减小，则加速度也逐渐减小，当v→0时a＝g，故选项C正确。

4.如图所示，正沿平直轨道向右匀速行驶的车厢内，用水平绳a和倾斜绳b共同固定一个小球，若车厢改做加速运动，则两绳的拉力FTa和FTb的变化情况是(　　)

 

A．FTa增大　　　　　　　 B．FTb减小

C．FTa不变   D．FTa、FTb的合力增大

[答案]　AD

[解析]　当向右匀速行驶时，FTa与FTb的合力大小等于重力，方向竖直向上；当向右加速时，球所受的合外力不为0，FTa、FTb的合力在竖直方向的分量等于重力， 水平方向的分量等于ma，由此得到FTa增大，FTa、FTb的合力增大。

5.(2012·山东潍坊一模)如图所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ。现给环一个水平向右的恒力F，使圆环由静止开始运动，同时对环施加一个竖直向上、大小随速度变化的作用力F1＝kv，其中k为常数，则圆环运动过程中(　　)

 

A．最大加速度为m(F)

B．最大加速度为m(F＋μmg)

C．最大速度为μk(F＋μmg)

D．最大速度为k(mg)

[答案]　AC

[解析]　圆环在竖直方向受力：竖直向下的重力G，竖直向上的外力F1，水平直杆的弹力FN；在水平方向受力：水平向右的恒力F，水平向左的摩擦力Ff，圆环先做加速度越来越大的加速运动，再做加速度越来越小的加速运动，最后做匀速运动。当G＝F1时，FN＝0，Ff＝0，此时圆环的加速度最大，a＝m(F)；当匀速运动时圆环的速度最大，此时物体处于平衡状态，水平方向有F＝Ff，竖直方向有F1－mg－FN＝0，又Ff＝μFN，可得最大速度v＝μk(F＋μmg)。故A、C正确。

6．(2012·浙江宁波质检)如图所示，传送带的水平部分长为L，传动速率为v，在其左端无初速度释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间可能是(　　)

 

A.v(L)＋2μg(v)   B.v(L)

C.μg(2L)   D.v(2L)

[答案]　ACD

[解析]　如果传送带足够长，木块先在滑动摩擦力的作用下做匀加速直线运动，加速度大小为a＝μg，当木块速度增加到等于传动速率v时，木块相对于传送带静止，木块从左端运动到右端的时间为t＝μg(v)＋2μg()＝v(L)＋2μg(v)，选项A对；如果木块到达右端时，速度大小刚好增加到v, 那么所求时间t＝μg(v)或t＝v(L)＝v(2L)，选项D对；如果传送带比较短，当木块到达右端时，速度大小还没有增加到v，那么所求时间t＝μg(2L)，选项C对。

7．(2012·吉林长春调研)如图所示，50个大小相同、质量均为m的小物块，在平行于斜面向上的恒力F作用下一起沿斜面向上运动。已知斜面足够长，倾角为30°，各物块与斜面的动摩擦因数相同，重力加速度为g，则第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为(　　)

 

A.25(1)F

B.25(24)F

C．24mg＋2(F)

D．因为动摩擦因数未知，所以不能确定

[答案]　B

[解析]　先选取50个小物块组成的整体为研究对象，由牛顿第二定律得：F－50mgsin30°－μ·50mgcos30°＝50ma；再选取1、2两个小物块组成的整体为研究对象，设第3个小物块对第2个小物块的作用力大小为F32，由牛顿第二定律可得F－F32－2mgsin30°－μ·2mgcos30°＝2ma，联立以上两式，解得F32＝25(24)F，故选项B对。

8．(2012·辽宁大连双基测试) 如图所示，质量均为m的两个木块P、Q叠放在水平地面上，P、Q接触面的倾角为θ，现在Q上加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做加速直线运动，下列说法正确的是(　　)

 

A．物体Q对地面的压力一定为2mg

B．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝2mg(F)

C．若P、Q之间光滑，则加速度a＝gtanθ

D．若运动中逐渐减小F，则地面与Q间的摩擦力也逐渐减小

[答案]　AC

[解析]　

 

木块P、Q组成的整体竖直方向受力平衡，所以地面对Q的支持力为2mg，由牛顿第三定律可知，Q对地面的压力为2mg，选项A正确；由Ff＝μFN可知μ＝FN(Ff)＝2mg(Ff)，因为木块做加速运动，F>Ff，所以选项B错误；若P、Q间光滑，则木块P受力如图所示，木块P所受合力FP＝mgtanθ，因整体无相对运动，木块P的加速度与整体加速度相同，即a＝gtanθ，选项C正确；地面与Q间的滑动摩擦力只与地面与Q间的动摩擦因数及Q与地面间的压力有关，与推力F无关，选项D错误。

二、非选择题

9．(2012·上海卷)如图，将质量m＝0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直径。环与杆间动摩擦因数μ＝0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上、与杆夹角θ＝53°的拉力F，使圆环以a＝4.4m/s2的加速度沿杆运动，求F的大小。(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10m/s2)

 

[答案]　1N或9N

[解析]　令Fsin53°－mg＝0，F＝1.25N

当F<1.25N时，环与杆的上部接触，受力如图。由牛顿定律得

 

Fcosθ－μFN＝ma，FN＋Fsinθ＝mg，解得F＝1N

当F>1.25N时，环与杆的下部接触，受力如图。由牛顿定律得

 

Fcosθ－μFN＝ma

Fsinθ＝mg＋FN

解得F＝9N

10．(2012·安徽理综)质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v－t图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3/4。设球受到的空气阻力大小恒为f，取g＝10m/s2，求：

 

(1)弹性球受到的空气阻力f的大小；

(2)弹性球第一次碰撞后反弹的高度h。

[答案]　(1)0.2N　(2)8(3)m

[解析]　(1)设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由题图知

a1＝Δt(Δv)＝0.5(4)m/s2＝8m/s2    ①

根据牛顿第二定律，得

mg－f＝ma1 ②

f＝m(g－a1)＝0.2N ③

(2)由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1＝4m/s，设球第一次离开地面时的速度大小为v2，则

v2＝4(3)v1＝3m/s ④

第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则

mg＋f＝ma2 ⑤

a2＝12m/s2

于是，有

0－v2(2)＝－2a2h ⑥

解得h＝8(3)m ⑦

11．(2012·安徽“江南十校”联考)如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h＝0.8m，B点距C点的距离L＝2.0m。(滑块经过B点时没有能量损失，取g＝10m/s2)求：

 

(1)滑块在运动过程中的最大速度；

(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；

 (3)滑块从A点释放后，经过时间t＝1.0s时速度的大小。

[答案]　(1)4m/s　(2)0.4　(3)3.2m/s

[解析]　(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大，设为vmax，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1；

mgsin30°＝ma1

vmax(2　　)＝2a1sin30°(h)

解得：vmax＝4m/s

(2)设滑块在水平面上运动的加速度大小为a2，

则μmg＝ma2

vmax(2　　)＝2a2L

解得：μ＝0.4

(3)设滑块在斜面上运动的时间为t1，vmax＝a1t1，得t1＝0.8s

由于t>t1，故滑块已经经过B点，做匀减速运动t－t1＝0.2s

设t＝1.0s时速度大小为v，则 v＝vmax－a2(t－t1)

解得：v＝3.2m/s

12．(2012·广东名校质检)如图，质量M＝1kg的木板静止在水平面上，质量m＝1kg、大小可以忽略的铁块静止在木板的右端。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，已知木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，铁块与木板之间的动摩擦因数μ2＝0.4，取g＝10m/s2，现给铁块施加一个水平向左的力F。

(1)若力F恒为8N，经1s铁块运动到木板的左端。求木板的长度；

(2)若力F从零开始逐渐增加，且木板足够长。试通过分析与计算，在图中作出铁块受到的摩擦力f随力F大小变化的图象。

 

[答案]　(1)1m　(2)见解析

[解析]　(1)对铁块，由牛顿第二定律得F－μ2mg＝ma1 ①

对木板，由牛顿第二定律得μ2mg－μ1(M＋m)g＝Ma2 ②

设木板的长度为L，经时间t铁块运动到木板的左端，则

s木＝2(1)a2t2 ③

s铁＝2(1)a1t2 ④

又s铁－s木＝L ⑤

联立①②③④⑤解得L＝1m ⑥

(2)(ⅰ)当F≤μ1(m＋M)g＝2N时，系统没有被拉动，静摩擦力与外力平衡，即f＝F

(ⅱ)当F>μ1(m＋M)g＝2N时，如果M、m相对静止，铁块与木板有相同的加速度a，则F－μ1(m＋M)g＝(m＋M)a， ⑦

F－f＝ma ⑧

解得F＝2f－2N ⑨

此时f≤μ2mg＝4N，也即F≤6N ⑩

所以，当2N<F≤6N时，f＝2(F)＋1N ⑪

(ⅲ)当F>6N时，M、m相对滑动，此时铁块受到的摩擦力为f＝μ2mg＝4N

f－F图象如图所示

编辑者：金华启航家教网（www.0579jj.net)