高中物理人教版 (2019)必修 第一册第四章 运动和力的关系综合与测试课时作业

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专题1连接体问题
1.(河南漯河2018高三质检)(多选)如图4-1所示,5块质量相同的木块并排放在水平地面上,它们与地面间的动摩擦因数均相同,当用力F推第1块木块使它们共同加速运动时,下列说法中正确的是( )。
图4-1
A.由右向左,相邻两块木块之间的相互作用力依次变小
B.由右向左,相邻两块木块之间的相互作用力依次变大
C.第2块木块与第3块木块之间的弹力大小为0.6F
D.第3块木块与第4块木块之间的弹力大小为0.6F
答案：BC
解析：取整体为研究对象,由牛顿第二定律得F-5μmg=5ma。再选取1、2两块木块为研究对象,由牛顿第二定律得F-2μmg-FN=2ma,联立两式解得FN=0.6F,进一步分析可得,从左向右,相邻两块木块间的相互作用力是依次变小的,选项B、C正确。
2.(湖北团风中学2019高三诊断)在两个足够长的固定的相同斜面体上(其斜面光滑),分别有如图4-2甲、乙所示的两套装置,斜面体B的上表面水平且光滑、长方体D的上表面与斜面平行且光滑,P是固定在B、D上的小柱,完全相同的两根弹簧一端固定在P上,另一端分别连在A和C上,在A与B、C与D分别保持相对静止状态沿斜面自由下滑的过程中,下列说法正确的是( )。
图4-2
A.两弹簧都处于拉伸状态
B.两弹簧都处于压缩状态
C.弹簧L1处于压缩状态,弹簧L2处于原长
D.弹簧L1处于拉伸状态,弹簧L2处于压缩状态
答案：C
解析：A与B保持相对静止,则二者向下的加速度是相等的,设它们的总质量为M,则Ma=Mgsin α,所以a=gsin α,方向沿斜面向下。以A为研究对象,若A只受重力和支持力,则不会具有沿斜面向下的加速度,故A受到弹簧水平向左的弹力,即弹簧L1处于压缩状态。同理,若以C、D为研究对象,则C、D整体受到重力、斜面的支持力作用时,合力的大小F合=mgsin α,C受到的重力、斜面的支持力作用提供的加速度为a=gsin α,即C没有受到弹簧的弹力,弹簧L2处于原长状态,故选项C正确,A、B、D错误。故选C。
3.(江西九江2019高三质检)如图4-3所示,车内轻绳AB与BC拴住一小球,BC水平,开始时车在水平面上向右做匀速直线运动。现突然刹车做匀减速直线运动,小球仍处于图中所示的位置,则( )。
图4-3
A.AB绳、BC绳拉力都变小
B.AB绳拉力变大,BC绳拉力不变
C.AB绳拉力不变,BC绳拉力变小
D.AB绳拉力不变,BC绳拉力变大
答案：C
解析：对球受力分析,可知球受重力、BC绳子的拉力FT2、AB绳子的拉力FT1,如图,根据牛顿第二定律,水平方向:FT2-FT1sin θ=ma,竖直方向:FT1cs θ-mg=0,解得FT1=mgcsθ①,FT2=mgtan θ+ma②。匀速运动时加速度为零,刹车后,加速度向左,AB绳子的拉力不变,BC绳子的拉力变小,故C正确,A、B、D错误。故选C。
4.由同种材料制成的物体A和B放在足够长的木板上,随木板一起以速度v向右做匀速直线运动,如图4-4所示。已知物体A的质量大于B的质量。某时刻木板突然停止运动,下列说法正确的是( )。
图4-4
A.若木板光滑,物体A和B之间的距离将增大
B.若木板光滑,物体A和B之间的距离将减小
C.若木板粗糙,物体A和B一定会相碰
D.无论木板光滑还是粗糙,物体A和B之间的距离保持不变
答案：D
解析：物体A和B放在足够长的木板上,随木板一起以速度v向右做匀速直线运动,若木板光滑,A和B仍以速度v向右做匀速直线运动,物体A和B之间的距离保持不变;若木板粗糙,因为物体A和B是由同种材料制成的,故在木板突然停止运动时,A和B以相同大小的加速度做匀减速直线运动,考虑到它们有相同的初速度,故它们在相同的时间内发生的位移相等,所以A和B之间的距离也保持不变,所以D正确,A、B、C错误。
5.如图4-5所示,一根轻质弹簧上端固定,下端挂一质量为m0的平盘,盘中有一质量为m的物体。当盘静止时,弹簧伸长了l,现在向下拉盘使弹簧再伸长Δl后停止,然后松手。设弹簧总处在弹性限度内,则刚刚松开手时盘对物体的支持力等于( )。
图4-5
A.1+Δll(m+m0)gB.1+Δllmg
C.ΔllmgD.Δll(m+m0)g
答案：B
解析：当盘静止时,由平衡条件得kl-(m+m0)g=0。当弹簧再伸长Δl时,刚放手瞬间,由牛顿第二定律得k(l+Δl)-(m+m0)g=(m+m0)a,FN-mg=ma,联立解得FN=1+Δllmg。
6.(多选)如图4-6所示,质量为2m的物块A与质量为m的物块B放在水平地面上,在已知水平推力F的作用下,A、B做加速运动( )。
图4-6
A.若F作用在A上,且A、B与地面的摩擦不计,则A对B的作用力为F3
B.若F作用在B上,且A、B与地面的摩擦不计,则A对B的作用力为2F3
C.若F作用在A上,且A、B与地面的动摩擦因数均为μ,则A对B的作用力为F+2μmg3
D.若F作用在A上,且A、B与地面的动摩擦因数均为μ,则A对B的作用力为F3
答案：ABD
解析：选项A:对AB整体由牛顿第二定律得
F=3ma,①
设A对B的作用力为F1,对B由牛顿第二定律得
F1=ma,②
由①②得F1=F3,A正确;
选项B:设B对A的作用力为F2,
对A由牛顿第二定律得F2=2ma,③
由①③得F2=23F,由牛顿第三定律知A对B的作用力为F2'=F2=23F,B正确;
选项C、D:对AB整体由牛顿第二定律得
F-μ·3mg=3ma',④
设A对B的作用力为F3,对B由牛顿第二定律得
F3-μmg=ma',⑤
由④⑤得F3=F3,C错误,D正确。
专题2临界极值问题
7.(福建师大附中2018期中考试)如图4-7所示,质量都为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,运动距离为h时B与A分离。下列说法正确的是( )。
图4-7
A.B和A刚分离时,弹簧为原长
B.B和A刚分离时,它们的加速度为g
C.弹簧的劲度系数等于mgh
D.在B与A分离之前,它们做匀加速运动
答案：C
解析：解答本题的关键在于A、B间的弹力为零时,两物体开始分离。开始时,A和B一起向上做加速运动,对A和B组成的整体有F+kΔx-2mg=2ma,因F=mg,Δx逐渐减小,故加速度a变小,即在B和A分离前,它们做加速度减小的变加速运动。当A和B间的作用力为零时,B和A将要分离,此时B和A的加速度相等,对物体B有F-mg=maB,得aB=0,故aA=0,对物体A有F弹2-mg=maA,故F弹2=mg。开始时弹力F弹1=2mg,B和A刚分离时弹簧弹力F弹2=mg,故弹簧的劲度系数k=F弹1-F弹2h=mgh,选项C正确。
8.(东北育才学校2018期中考试)如图4-8所示,完全相同的磁铁A、B分别位于铁质车厢竖直面和水平面上,A、B与车厢间的动摩擦因数均为μ,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,小车静止时,A恰好不下滑。现使小车加速运动,为保证A、B无滑动,则( )。
图4-8
A.加速度可能向右,大小小于μg
B.加速度一定向右,大小不能超过(1+μ)g
C.加速度一定向左,大小不能超过μg
D.加速度一定向左,大小不能超过(1+μ)g
答案：D
解析：解答本题的关键是把握“恰好”两个字,即可得出A与小车之间的弹力不能减小,得出加速度的方向,然后根据要保证B无滑动,则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力,根据牛顿第二定律列式求解。当小车静止时,A恰好不下滑,此时mg=f=μFN,要保证A恰好不下滑,则A与小车之间的弹力不能减小,所以加速度一定向左,B在水平方向上受到摩擦力,竖直方向上受到小车的支持力、重力和吸引力,要保证B无滑动,则受到的摩擦力不能超过最大静摩擦力,即ma=μ(mg+FN),解得a=(1+μ)g,故选项D正确。
9.(湖北黄冈2019高一诊断)如图4-9所示,一个质量为M、长为L的圆管竖直放置,顶端塞有一个质量为m的弹性小球,M=4m,球和管间的滑动摩擦力与最大静摩擦力大小均为4mg,管下端离地面高度H=5 m。现让管自由下落,运动过程中管始终保持竖直,落地时向上弹起的速度与落地时速度大小相等。若管第一次弹起上升过程中,球恰好没有从管中滑出,不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:
图4-9
(1)管第一次落地弹起刚离开地面时,管与球各自的加速度大小;
答案：管第一次落地弹起时,管的加速度大小为a1,球的加速度大小为a2,由牛顿第二定律
对管:Mg+4mg=Ma1,
对球:4mg-mg=ma2,
解得a1=20 m/s2,方向向下;a2=30 m/s2,方向向上。
(2)从管第一次落地弹起到球与管达到相同速度时所用的时间;
答案：管第一次碰地时,v0=2gH,
碰后管速v1=2gH,方向向上;碰后球速v2=2gH,方向向下。
设经过时间t,球、管速度相同,球刚好没有从管中滑出,则有
对管:v=v1-a1t,
对球:v=-v2+a2t,
联立并代入数值,解得t=0.4 s。
(3)圆管的长度L。
答案：管经时间t上升的高度h1=v1t-12a1t2,
球下降的高度h2=v2t-12a2t2,
代入数据,解得管长L=h1+h2=4 m。
10.(河北衡水中学2019高一月考)如图4-10所示,倾角为α的光滑斜面体上有一个小球m被平行于斜面的细绳系于斜面上,斜面体放在水平面上。
图4-10
(1)要使小球对斜面无压力,求斜面体运动的加速度范围,并说明其方向;
答案：当系统加速度向右时,小球对斜面可能没有压力。当小球对斜面恰好没有压力时,对球,由牛顿第二定律得mgct α=ma1,解得a1=gct α,方向水平向右,则当加速度a≥a1=gct α,方向水平向右时,小球对斜面没有压力。
(2)要使小球对细绳无拉力,求斜面体运动的加速度范围,并说明其方向;
答案：当系统加速度向左时,小球对绳子可能没有拉力。当小球对细绳恰好没有拉力时,对球,由牛顿第二定律得mgtan α=ma2,解得a2=gtan α,方向水平向左,则当a≥a2=gtan α,方向水平向左时,小球对细绳无拉力。
(3)若已知α=60°,m=2 kg,当斜面体以a=10 m/s2的加速度向右做匀加速运动时,绳对小球的拉力有多大?(g取10 m/s2)
答案：α=60°,斜面体以a=10 m/s2的加速度向右做匀加速运动时,临界加速度为a0=gct 60°=1033 m/s2<10 m/s2,则小球飘起来,与斜面不接触,设此时绳子与水平方向夹角为θ,由牛顿第二定律得mgct θ=ma,解得ct θ=1,则θ=45°,绳对小球的拉力T=mgsinθ=202 N。
专题3图像问题
11.(河南郑州2018十一中期末考试)一个小球从空中某点自由释放,落地后立即以大小相等的速度竖直向上弹起,然后上升到最高点。假设小球在上升和下降过程中受到大小恒定的阻力,规定竖直向下的方向为正方向,则图4-11所示v-t图像中能正确反映这一过程的是( )。
图4-11
答案：C
解析：本题易错之处在于不能正确理解合力的变化与速度变化的关系。开始时小球做竖直向下的匀加速直线运动,因为选竖直向下为正方向,则速度为正且一直增大,加速度方向竖直向下,且大小为a=g-Ffm,保持不变;落地后弹起的过程中,小球向上做减速运动,速度为负且一直减小,加速度大小为a'=g+Ffm,保持不变,方向竖直向下,故上升过程的加速度大于下落过程的加速度,C正确。
12.(重庆十八中2018期末考试)一物体在多个力的作用下处于静止状态,如果仅使其中某个力的大小逐渐减小到零,然后又逐渐从零恢复到原来大小,在上述过程中,此力的方向一直保持不变,那么如图4-12所示的v-t图像中,可能符合此过程中物体运动情况的是( )。
图4-12
答案：D
解析：其中的一个力逐渐减小到零的过程中,物体受到的合力逐渐增大,则其加速度逐渐增大,速度时间图像中图线的斜率表示加速度,所以在力逐渐减小到零的过程中,图线的斜率的绝对值逐渐增大;当这个力又从零恢复到原来大小时,合力逐渐减小,加速度逐渐减小,图线斜率的绝对值逐渐减小。只有D符合题意。
13.(广东广州六中2018期中考试)(多选)如图4-13所示,物体沿斜面由静止开始下滑,在水平面上滑行一段距离后停止,物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同,斜面与水平面平滑连接,图中v、a、f、s、t分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小、路程、时间。下列选项可能正确的是( )。
图4-13
图4-14
答案：AD
解析：本题的易错之处是误以为物体在斜面上和水平面上所受摩擦力大小相等。物体在斜面上的摩擦力大小f=μmgcs θ,大小不变,在水平面上的摩擦力大小f'=μmg,大小不变,故C错误;根据牛顿第二定律得,物体在斜面上的加速度大小为a=gsin θ-μgcs θ,在水平面上的加速度大小为a'=μg,在斜面上做匀加速直线运动,在水平面上做匀减速直线运动,故B错误,A、D可能正确。故选A、D。
14.(江苏淮安2018高三质检)(多选)质量相等的A、B两物体(均可视为质点)放在同一水平面上,分别受到水平恒力F1、F2的作用,同时由静止开始从同一位置出发沿同一直线做匀加速运动。经过时间t0和4t0速度分别达到2v0和v0时分别撤去F1和F2,以后物体继续做匀减速运动直至停止。两物体速度随时间变化的图线如图4-15所示,对于上述过程下列说法中正确的是( )。
图4-15
A.F1和F2的大小之比为12∶5
B.A、B的位移大小之比为6∶5
C.在2t0和3t0间的某一时刻B追上A
D.F1和F2的大小之比为3∶5
答案：AB
解析：从图像可知,两物体匀减速运动的加速度大小都为a'=v0t0,根据牛顿第二定律,匀减速运动中有f=ma',则摩擦力大小都为f=mv0t0。根据图像知,匀加速运动的加速度分别为a1=2v0t0、a2=v04t0,根据牛顿第二定律,匀加速运动中有F-f=ma,则F1=3mv0t0,F2=5mv04t0,F1和F2的大小之比为12∶5,故A正确,D错误;图线与时间轴所围成的面积表示运动的位移,则位移之比为x1∶x2=6∶5,故B正确;v-t图像与时间轴包围的面积表示位移,在3t0末,A的位移大于B的位移,此时B未追上A,故C错误。故选A、B。
15.(湖南长沙雅礼中学2018期末考试)如图4-16甲所示,在木箱内粗糙斜面上静止着一个质量为m的物体,木箱竖直向上运动的速度v与时间t的变化规律如图4-16乙所示,物体始终相对于斜面静止。斜面对物体的支持力和摩擦力分别为N和f,则下列说法正确的是( )。
图4-16
A.在0~t1时间内,N增大,f减小
B.在0~t1时间内,N减小,f增大
C.在t1~t2时间内,N增大,f增大
D.在t1~t2时间内,N减小,f减小
答案：D
解析：本题疑难之处是混淆速度与加速度的概念而出错。在0~t1时间内,由题图乙可知,物体做加速运动,加速度逐渐减小,设斜面倾角为θ,对物体受力分析,在竖直方向上有Ncs θ+fsin θ-mg=ma1,在水平方向上有Nsin θ=fcs θ,因加速度减小,则支持力N和摩擦力f均减小。在t1~t2时间内,由题图乙可知,物体做减速运动,加速度逐渐增大,对物体受力分析,在竖直方向上有mg-(Ncs θ+fsin θ)=ma2,在水平方向上有Nsin θ=fcs θ,因加速度增大,则支持力N和摩擦力f均减小,故选项D正确。
16.(湖北襄阳四中2018高一上月考)(多选)如图4-17甲所示,平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k,其一端固定在倾角为θ的斜面底端,另一端与物块A连接。A、B质量均为m,且初始时均处于静止状态。现用平行于斜面向上的力拉物块B,使B沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动,A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图4-17乙中A、B图线(t1时刻A、B的图线相切,t2时刻对应A图线的最高点),重力加速度为g。则( )。
图4-17
A.从0到t2时刻,拉力F逐渐增大
B.t1时刻,弹簧形变量为mgsinθ+mak
C.t2时刻,弹簧形变量为mgsinθk
D.A、B刚分开时的速度为a(mgsinθ-ma)k
答案：BC
解析：从0到t1时刻,对A、B整体,根据牛顿第二定律得F-2mg·sin θ+kx=2ma,得F=2mgsin θ-kx+2ma,则知拉力F逐渐增大;从t1时刻A、B分离,t1~t2时间内,对B分析,根据牛顿第二定律得F-mgsin θ=ma,得F=mgsin θ+ma,拉力F不变,故A错误。由题图可知,t1时刻A、B分离,此时刻对A根据牛顿第二定律有kx1-mgsin θ=ma,解得x1=mgsinθ+mak,开始时有2mgsin θ=kx0,又v2=2a(x0-x1),联立解得v=2a(mgsinθ-ma)k,故B正确,D错误。由题图可知,t2时刻A的加速度为零,速度最大,根据牛顿第二定律和胡克定律有mgsin θ=kx2,得x2=mgsinθk,故C正确。
真题 分类专练
题组1牛顿运动定律的基本应用
1.(2018·全国卷Ⅰ)如图4-18,轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P,系统处于静止状态。现用一竖直向上的力F作用在P上,使其向上做匀加速直线运动。以x表示P离开静止位置的位移,在弹簧恢复原长前,下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( )。
图4-18
图4-19
答案：A
解析：由牛顿第二定律得F-mg+F弹=ma,由胡克定律得F弹=mg-kx,联立解得F=ma+kx,对比题给的四个图像知,正确的是选项A。
2.(经典·上海高考)如图4-20,顶端固定着小球的直杆固定在小车上,当小车向右做匀加速运动时,球所受合外力的方向沿图中的( )。
图4-20
A.OA方向 B.OB方向
C.OC方向 D.OD方向
答案：D
解析：当小车向右做匀加速运动时,其加速度的方向水平向右,由牛顿第二定律可知,小球所受合外力的方向水平向右,即沿图中OD方向,选项D正确,选项A、B、C错误。
3.(经典·全国卷Ⅱ)(多选)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
答案：BD
解析：甲、乙下落的时间与加速度有关,应先求加速度,由m甲=ρV甲=ρ43πR甲3得R甲=33m甲4ρπ,阻力f甲=kR甲=k33m甲4ρπ,由牛顿第二定律知a甲=m甲g-f甲m甲=g-k334ρπm甲2,同理a乙=g-k334ρπm乙2,因m甲>m乙,所以a甲>a乙,故C项错误;再由位移公式h=12at2可知t甲v乙,B项正确;甲球受到的阻力大,甲、乙下落距离相等,故甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功,D项正确。
4.(经典·全国卷Ⅰ)(多选)如图4-21(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( )。
图4-21
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
答案：ACD
解析：设物块的质量为m、斜面的倾角为θ,物块与斜面间的动摩擦因数为μ,物块沿斜面上滑和下滑时的加速度大小分别为a1和a2,根据牛顿第二定律有:mgsin θ+μmgcs θ=ma1,mgsin θ-μmgcs θ=ma2。再结合v-t图线斜率的物理意义有:a1=v0t1,a2=v1t1。由上述四式可见,无法求出m,可以求出θ、μ,故B错误,A、C均正确。0~t1时间内的v-t图线与横轴包围的面积大小等于物块沿斜面上滑的最大距离,θ已求出,故可以求出物块上滑的最大高度,故D正确。
5.(2019·全国卷Ⅱ)(多选)如图4-22(a),在跳台滑雪比赛中,运动员在空中滑翔时身体的姿态会影响其下落的速度和滑翔的距离。某运动员先后两次从同一跳台起跳,每次都从离开跳台开始计时,用v表示他在竖直方向的速度,其v-t图像如图(b)所示,t1和t2是他落在倾斜雪道上的时刻。则( )。
图4-22
A.第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的小
B.第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大
C.第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的大
D.竖直方向速度大小为v1时,第二次滑翔在竖直方向上所受阻力比第一次的大
答案：BD
解析：根据v-t图线与横轴所围图形的面积表示位移,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上的位移比第一次的大,A项错误;根据v-t图线的斜率表示加速度,综合分析可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的平均加速度比第一次的小,C项错误;第二次滑翔过程中在竖直方向的位移比第一次的大,又运动员每次滑翔过程中竖直位移与水平位移的比值相同(等于倾斜雪道与水平面夹角的正切值),故第二次滑翔过程中在水平方向上的位移比第一次的大,B项正确;竖直方向上的速度大小为v1时,根据v-t图线的斜率表示加速度可知,第二次滑翔过程中在竖直方向上的加速度比第一次的小,由牛顿第二定律有mg-f=ma,可知第二次滑翔过程中在竖直方向上所受阻力比第一次的大,D项正确。
6.(经典·江苏高考)(多选)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图4-23所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力( )。
图4-23
A.t=2 s时最大B.t=2 s时最小
C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小
答案：AD
解析：地板对人的支持力FN=mg+ma,t=2 s时,a有正的最大值,此时FN最大,由牛顿第三定律得A正确,B错误;t=8.5 s时,a有负的最大值,此时FN最小,由牛顿第三定律得C错误,D正确。
7.(经典·重庆高考)高空作业须系安全带,如果质量为m的高空作业人员不慎跌落,从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前人下落的距离为h(可视为自由落体运动)。此后经历时间t安全带达到最大伸长,若在此过程中该作用力始终竖直向上,则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )。
A.m2ght+mgB.m2ght-mg
C.mght+mgD.mght-mg
答案：A
解析：对人与安全带作用的过程应用牛顿第二定律,则有F-mg=ma,而a=vt=2ght,解得F=m2ght+mg,故A正确。
8.(经典·重庆高考)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是( )。
图4-24
答案：D
解析：受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+kmv,v减小,a减小,到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D正确。
题组2牛顿运动定律的综合应用
9.(2017·海南高考)(多选)如图4-25所示,水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R,质量分别为m、2m和3m,物块与地面间的动摩擦因数都为μ。用大小为F的水平外力推动物块P,记R和Q之间相互作用力与Q与P之间相互作用力大小之比为k。下列判断正确的是( )。
图4-25
A.若μ≠0,则k=56B.若μ≠0,则k=35
C.若μ=0,则k=12D.若μ=0,则k=35
答案：BD
解析：三个物块靠在一起,将以相同加速度向右运动,则加速度a=F-6μmg6m,所以,R和Q之间相互作用力F1=3ma+3μmg=12F,Q与P之间相互作用力F2=F-μmg-ma=F-μmg-16F+μmg=56F,所以,k=F1F2=12F56F=35;由于表达式与μ无关,故k=35恒成立,故A、C错误,B、D正确。故选B、D。
10.(经典·江苏高考)(多选)如图4-26所示,一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出,鱼缸最终没有滑出桌面。若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等,则在上述过程中( )。
图4-26
A.桌布对鱼缸摩擦力的方向向左
B.鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等
C.若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力将增大
D.若猫减小拉力,鱼缸有可能滑出桌面
答案：BD
解析：由题图可见,鱼缸相对桌布向左滑动,故桌布对鱼缸的滑动摩擦力方向向右,A错误。因为鱼缸与桌布、鱼缸与桌面间的动摩擦因数相等,所以鱼缸加速过程与减速过程的加速度大小相等,均为μg;由v=at可知,鱼缸在桌布上加速运动的时间与在桌面上减速运动的时间相等,故B正确。若猫增大拉力,鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力,由Ff=μmg可知,Ff不变,故C错误。若猫的拉力减小到使鱼缸不会相对桌布滑动,则鱼缸就会滑出桌面,故D正确。
11.(经典·海南高考)(多选)如图4-27,升降机内有一固定斜面,斜面上放一物块。开始时,升降机做匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑。当升降机加速上升时,则( )。
图4-27
A.物块与斜面间的摩擦力减小
B.物块与斜面间的正压力增大
C.物块相对于斜面减速下滑
D.物块相对于斜面匀速下滑
答案：BD
解析：当升降机匀速运动,物块相对于斜面匀速下滑时有:mgsin θ=μmgcs θ,则μ=tan θ(θ为斜面倾角),当升降机加速上升时,设加速度为a,物块处于超重状态,物块“重力”变为G'=mg+ma,支持力变为N'=(mg+ma)cs θ>mgcs θ,B正确。“重力”沿斜面向下的分力G下'=(mg+ma)sin θ,沿斜面摩擦力变为f'=μN'=μ(mg+ma)cs θ>μmgcs θ,A错误。f'=μ(mg+ma)·cs θ=tan θ(mg+ma)·cs θ=(mg+ma)sin θ=G下'。所以物块仍沿斜面匀速运动,D正确,C错误。
12.(2019·全国卷Ⅲ)(多选)如图4-28(a),物块和木板叠放在实验台上,物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连,细绳水平。t=0时,木板开始受到水平外力F的作用,在t=4 s时撤去外力。细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图(b)所示,木板的速度v与时间t的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s2。由题给数据可以得出( )。
图4-28
A.木板的质量为1 kg
B.2~4 s内,力F的大小为0.4 N
C.0~2 s内,力F的大小保持不变
D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2
答案：AB
解析：由题图(c)可知木板在0~2 s内处于静止状态,再结合题图(b)中细绳对物块的拉力f在0~2 s内逐渐增大,可知物块受到木板的摩擦力逐渐增大,故可以判断木板受到的水平外力F也逐渐增大,C项错误;由题图(c)可知木板在2~4 s内做匀加速运动,其加速度大小为a1=0.4-04-2 m/s2=0.2 m/s2,在4~5 s内做匀减速运动,其加速度大小为a2=0.4-0.25-4 m/s2=0.2 m/s2,另外由于物块静止不动,同时结合题图(b)可知物块与木板之间的滑动摩擦力Ff=f,故对木板进行受力分析,由牛顿第二定律可得F-Ff=ma1、Ff=ma2,解得m=1 kg、F=0.4 N,A、B两项均正确;由于不知道物块的质量,所以不能求出物块与木板之间的动摩擦因数,D项错误。
【易错剖析】题图(b)中细绳上拉力的变化情况与木板的受力情况不易联系在一起,是本题的易错点。要通过力传感器固定判断出物块相对于地面静止,从而判断木板的受力情况,由v-t图像求出木板在施加力F时的加速度和撤掉F时的加速度,根据牛顿第二定律求解待求物理量。
13.(经典·全国卷Ⅱ)(多选)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.8B.10C.15D.18
答案：BC
解析：如图所示,假设挂钩P、Q东边有x节车厢,西边有y节车厢,每节车厢质量为m。当向东行驶时,以y节车厢为研究对象,则有F=yma;当向西行驶时,以x节车厢为研究对象,则有F=23xma,联立两式有y=23x。可见,列车车厢总节数N=x+y=53x,设x=3n(n=1,2,3,…),则N=5n,故选项B、C正确。
14.(经典·江苏高考)(多选)如图4-29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12μ。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( )。
图4-29
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13μg
C.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12μg
答案：BCD
解析：对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为32μmg,故当F>32μmg时,A、B相对地面运动,故A错误。对A、B整体应用牛顿第二定律,有F-μ2×3mg=3ma;对B,在A、B恰好要发生相对运动时,μ×2mg-μ2×3mg=ma,两式联立解得F=3μmg,可见,当F>3μmg时,A相对B才能滑动,C正确。当F=52μmg时,A、B相对静止,对整体有:52μmg-μ2×3mg=3ma,a=13μg,故B正确。无论F为何值,B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2μmg,故B的最大加速度aBm=2μmg-12×3μmgm=12μg,可知D正确。
15.(2017·浙江高考)游船从某码头沿直线行驶到湖对岸(如图4-30所示),小明对过程进行观测,记录数据如表:
图4-30
(1)求游船匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1;
答案：游船匀加速运动过程中加速度大小a1=Δv1Δt1=4.240 m/s2=0.105 m/s2。
位移大小x1=v2Δt1=4.22×40 m=84 m。
(2)若游船和游客的总质量M=8 000 kg,求游船匀减速运动过程中所受的合力大小F;
答案：游船匀减速运动过程中加速度大小
a2=Δv3Δt3=4.2-0.2720-640 m/s2=0.05 m/s2。
根据牛顿第二定律得F=Ma2=8 000×0.05 N=400 N。
(3)求游船在整个行驶过程中的平均速度大小。
答案：游船在整个行驶过程中的总位移x=x1+vΔt2+v+v12Δt3=84+4.2×600+4.2+0.22×80m=2 780 m,
游船在整个行驶过程中的平均速度大小v=xt=2 780720 m/s≈3.86 m/s。
16.(2017·全国卷Ⅱ)为提高冰球运动员的加速能力,教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1(s1图4-31
(1)冰球与冰面之间的动摩擦因数;
答案：对冰球分析,根据速度位移公式得:v02-v12=2as0,加速度为a=v02-v122s0,根据牛顿第二定律得a=μg,解得冰球与冰面之间的动摩擦因数为μ=v02-v122gs0。
(2)满足训练要求的运动员的最小加速度。
答案：根据两者运动时间相等,有s0v0+v12=s1v22,解得运动员到达小旗处的最小速度为v2=s1(v0+v1)s0,
则最小加速度为:a'=v222s1=s1(v0+v1)22s02。
17.(经典·四川高考)避险车道是避免恶性交通事故的重要设施,由制动坡床和防撞设施等组成,如图4-32竖直平面内,制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面。一辆长12 m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床,当车速为23 m/s时,车尾位于制动坡床的底端,货物开始在车厢内向车头滑动,当货物在车厢内滑动了4 m时,车头距制动坡床顶端38 m,再过一段时间,货车停止。已知货车质量是货物质量的4倍,货物与车厢间的动摩擦因数为0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板,取cs θ=1,sin θ=0.1,g取10 m/s2。求:
图4-32
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;
答案：设货物的质量为m,货物在车厢内滑动过程中,货物与车厢间的动摩擦因数μ=0.4,受摩擦力大小为f,加速度大小为a1,则
f+mgsin θ=ma1,①
f=μmgcs θ,②
联立①②式并代入数据得a1=5 m/s2。③
a1的方向沿制动坡床向下。
(2)制动坡床的长度。
答案：设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为v=23 m/s。货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0=38 m的过程中,用时为t,货物相对制动坡床的运动距离为s1,在车厢内滑动的距离s=4 m,货车的加速度大小为a2,货车相对制动坡床的运动距离为s2。货车受到制动坡床的阻力大小为F,F是货车和货物总重的k倍,k=0.44,货车长度l0=12 m,制动坡床的长度为l,则
Mgsin θ+F-f=Ma2,④
F=k(m+M)g,⑤
s1=vt-12a1t2,⑥
s2=vt-12a2t2,⑦
s=s1-s2,⑧
l=l0+s0+s2,⑨
联立①②④~⑨并代入数据得l=98 m。
18.(2017·海南高考)一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部,另一端和质量为m的小物块a相连,如图4-33所示。质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上,此时弹簧的压缩量为x0,从t=0时开始,对b施加沿斜面向上的外力,使b始终做匀加速直线运动。经过一段时间后,物块a、b分离;再经过同样长的时间,b距其出发点的距离恰好也为x0。弹簧的形变始终在弹性限度内,重力加速度大小为g。求:
图4-33
(1)弹簧的劲度系数;
答案：对整体分析,根据平衡条件可知,沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡,则有kx0=m+35mgsin θ,解得k=8mgsinθ5x0……①。
(2)物块b加速度的大小;
答案：由题意可知,b经两段相等的时间位移为x0;设分离时位移为x1,此时形变量为x2,由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知x1x0=14……②,说明当形变量为x2=x0-x04=3x04时二者分离;对m分析,因为分离时ab间没有弹力,则根据牛顿第二定律可知:kx2-mgsin θ=ma……③,联立①②③解得a=gsinθ5。
(3)在物块a、b分离前,外力大小随时间变化的关系式。
答案：设时间为t,则经时间t时,ab前进的位移x=12at2=gsinθt210,则形变量变为Δx=x0-x,对整体分析可知,由牛顿第二定律有F+kΔx-m+35mgsin θ=m+35ma,解得F=825mgsin θ+4mg2sin2θ25x0t2,因分离时位移x=x04,由x=x04=12at2,解得t=5x02gsinθ,故应保证0≤t<5x02gsinθ,F表达式才能成立。
19.(2017·全国卷Ⅲ)如图4-34所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1 kg和mB=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。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:
图4-34
(1)B与木板相对静止时,木板的速度;
答案：对A受力分析,根据牛顿第二定律得:μ1mAg=mAaA,代入数据解得:aA=5 m/s2,方向向右,对B分析,根据牛顿第二定律得:μ1mBg=mBaB,代入数据解得:aB=5 m/s2,方向向左。
对木板分析,根据牛顿第二定律得:μ1mBg-μ1mAg-μ2(m+mA+mB)g=ma1,代入数据解得:a1=2.5 m/s2,方向向右。
当木板与B共速时,有:v=v0-aBt1=a1t1,
代入数据解得:t1=0.4 s,v=1 m/s。
(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。
答案：B相对木板静止时,突变为受静摩擦力,A受力不变加速度仍为5 m/s2,方向向右,对B与木板受力分析,有:μ1mAg+μ2(m+mA+mB)g=(m+mB)a2,代入数据解得:a2=53 m/s2,方向向左,当木板与A共速时有:v'=v-a2t2=-v+aAt2,代入数据解得:t2=0.3 s,v'=0.5 m/s。
当t1=0.4 s,xB=v0+v2t1=3+12×0.4 m=0.8 m,
x木=0+v2t1=0+12×0.4 m=0.2 m,
LB板=xB-x木=(0.8-0.2)m=0.6 m,
对A,向左,xA=v0+v2t1=3+12×0.4 m=0.8 m,
LA1板=xA+x木=(0.8+0.2)m=1 m,
当t2=0.3 s,对A,向左,xA1=v-v'2t2=1-0.52×0.3 m=340m。
对木板,向右,x木1=v+v'2t2=1+0.52×0.3 m=940 m,
LA2板=xA1+x木1=340+940m=0.3 m,
可知A、B相距L=LB板+LA1板+LA2板=(0.6+1+0.3)m=1.9 m。运动过程
运动时间
运动状态
匀加速运动
0~40 s
初速度v0=0,
末速度v=4.2 m/s
匀速运动
40 s~640 s
v=4.2 m/s
匀减速运动
640 s~720 s
靠岸时的速度v1=0.2 m/s