一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。1～5小題為單選,6～8小題為多選)
1．(2021·西安模擬)有時候投籃后籃球會停在籃網(wǎng)里不掉下來，如圖所示，彈跳好的同學就會輕拍一下讓它掉下來。我們可以把籃球下落的情境理想化：籃球脫離籃網(wǎng)靜止下落，碰到水平地面后反彈，如此數(shù)次落下和反彈。若規(guī)定豎直向下為正方向，碰撞時間不計，空氣阻力大小恒定，則下列圖象中可能正確的是( )
【解析】選A?；@球向下運動時，受重力和空氣阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律有mg－f＝ma1，解得a1＝g－ eq \f(f,m) ；籃球反彈向上運動時，受重力和空氣阻力作用，根據(jù)牛頓第二定律有mg＋f＝ma2，解得a2＝g＋ eq \f(f,m) ，聯(lián)立得a1F3 D．F1＝F3
【解析】選A。根據(jù)v-t圖象可以知道，在0～5 s內(nèi)加速度為a1＝0.2 m/s2，方向沿斜面向下；在5～10 s內(nèi)，加速度a2＝0；在10～15 s內(nèi)加速度為a3＝－0.2 m/s2，方向沿斜面向上；受力分析如圖。在0～5 s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mg sin θ－f－F1＝ma1，則F1＝mg sin θ－f－0.2m；在5～10 s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mg sin θ－f－F2＝ma2，則F2＝mg sin θ－f；在10～15 s內(nèi)，根據(jù)牛頓第二定律：mg sin θ－f－F3＝ma3，則F3＝mg sin θ－f＋0.2m，故可以得到F3>F2>F1，故選項A正確。
3.(物體平衡)在粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A，A與豎直墻之間放另一截面也為半圓的柱狀物體B，整個裝置處于靜止狀態(tài)，截面如圖所示。設墻對B的作用力為F1，B對A的作用力為F2，地面對A的作用力為F3。在B上加一物體C，整個裝置仍保持靜止，則( )
A．F1保持不變，F(xiàn)3增大
B．F1增大，F(xiàn)3保持不變
C．F2增大，F(xiàn)3增大
D．F2增大，F(xiàn)3保持不變
【解析】選C。
先對B、C整體分析，受重力、墻壁支持力和A的支持力，根據(jù)平衡條件，三個力可以構成首尾相連的矢量三角形，如圖所示：加上C物體，相當于整體的重力增加了，故墻對B的作用力F1增加，A對B的支持力也增加，根據(jù)牛頓第三定律，B對A的作用力F2也增加；再對A、B、C整體分析，受重力、地面支持力、地面的靜摩擦力、墻壁的支持力，根據(jù)平衡條件，地面的支持力等于整體的重力，故加上C物體后，地面的支持力F3變大，故A、B、D錯誤，C正確。
4.(2021·玉溪模擬)某工人利用升降機將貨物從一樓豎直運送到五樓。設此過程中貨物隨升降機一起先做勻加速直線運動,再做勻速運動,最后做勻減速直線運動到停止。則( )
A.貨物在升降機中一直處于超重狀態(tài)
B.貨物在升降機中一直處于失重狀態(tài)
C.升降機勻減速上升過程中,貨物對底板的壓力小于貨物自身的重力
D.升降機勻加速上升過程中,貨物對底板的壓力大于底板對貨物的支持力
【解析】選C。當電梯先豎直向上做勻加速運動時,電梯的加速度的方向向上,電梯處于超重狀態(tài);當電梯向上做勻速直線運動的過程中,電梯沒有加速度,處于平衡狀態(tài);當電梯向上做減速運動的過程中,電梯的加速度的方向向下,所以電梯處于失重狀態(tài),故A、B錯誤;升降機勻減速上升過程中,貨物處于失重狀態(tài),貨物對底板的壓力小于貨物自身的重力,故C正確;不論升降機處于什么狀態(tài),貨物對底板的壓力和底板對貨物的支持力是一對作用力和反作用力,始終大小相等,方向相反,故D錯誤。
5．(2021·宜昌模擬)繃緊的傳送帶與水平方向夾角為37°，傳送帶的圖象如圖所示。t＝0時刻質(zhì)量為1 kg的楔形物體以某一初速度從B點滑上傳送帶，并沿傳送帶向上做勻速運動，2 s后開始減速，在t＝4 s時物體恰好到達最高點A點。重力加速度為g(g取10 m/s2)。對物體從B點運動到A點的過程中，下列說法不正確的是(sin37°＝0.6，cs37°＝0.8)( )
A.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75
B．2 s后物體與傳送帶相對靜止一起運動
C．2 s后物體受到的摩擦力沿傳送帶向下
D．傳送帶AB長度為6 m
【解析】選C。根據(jù)速度時間圖象的斜率表示加速度，可得傳送帶運動的加速度為－1 m/s2，t＝0時刻質(zhì)量為1 kg的楔形物體從B點滑上傳送帶并沿傳送帶向上做勻速運動，說明物體受力平衡，由平衡條件可知μmgcs37°＝mgsin37°，解得物體與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ＝0.75，故選項A正確；2 s末，傳送帶的速度為2 m/s，物體開始減速，分析可知，物體做勻速直線運動的速度為2 m/s，且2 s后物體與傳送帶一起做加速度為－1 m/s2的勻減速運動，在t＝4 s時物體恰好到達最高點A點，則傳送帶的長度lAB＝vt1＋ eq \f(v,2) t2＝2×2 m＋2× eq \f(2,2) m＝6 m，2 s后對物體，用牛頓第二定律：f＋mgsin37°＝ma解得f＝－5 N，可知2 s 后物體受到的摩擦力沿傳送帶向上，故選項C錯誤，BD正確。
6．(2021·昆明模擬)如圖所示，水平地面上有一楔形物塊a，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上的擋板上。a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左勻速運動。當它們剛運動至軌道的粗糙段時，下列說法可能正確的是( )
A．繩的張力減小，地面對a的支持力不變
B．繩的張力減小，地面對a的支持力增加
C．繩的張力增加，斜面對b的支持力不變
D．繩的張力增加，斜面對b的支持力增加
【解析】選A、B。若二者在粗糙段上仍相對靜止，應用整體法可知地面的支持力不變，隔離b研究，b受重力、斜面的支持力及細繩的張力，在地面軌道的光滑段時這三力的合力為0，滑上粗糙段后合力方向改為水平向右，重力不變、張力減小、斜面的支持力增大，A正確；若在粗糙段上，b相對于斜面向上運動，b對地有一個向上的加速度，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，因此繩的張力減小，地面對整體的支持力增大，B正確，C、D錯誤。
7．(勻變速直線運動)某物體做直線運動，設該物體運動的時間為t，位移為x，其 eq \f(x,t2) - eq \f(1,t) 圖象如圖所示，則下列說法正確的是( )
A.物體做的是勻加速直線運動
B．t＝0時，物體的速度為2ab
C．0～b時間內(nèi)物體的位移為2ab2
D．0～b時間內(nèi)物體做勻減速直線運動，b～2b時間內(nèi)物體做反向的勻加速直線運動
【解析】選B、D。根據(jù)位移的公式x＝v0t＋ eq \f(1,2) a′t2變形得 eq \f(x,t2) ＝ eq \f(v0,t) ＋ eq \f(1,2) a′，根據(jù)圖象結合公式可知，直線的斜率為v0＝ eq \f(a,\f(1,2b)) ＝2ab，t＝0時，物體的速度為2ab，B正確；－a＝ eq \f(1,2) a′，a′＝－2a，故加速度為－2a，b時間內(nèi)的位移為x＝2ab2＋ eq \f(1,2) (－2a)b2＝ab2，C錯誤；物體的速度為v＝2ab－2at，則0～b時間內(nèi)物體做勻減速直線運動，b～2b時間內(nèi)物體做反向的勻加速直線運動，A錯誤、D正確。
8．質(zhì)量分別為M和m的物塊形狀大小均相同，將它們通過輕繩跨過光滑定滑輪連接，如圖甲所示，繩子平行于傾角為α的斜面，M恰好能靜止在斜面上，不考慮M、m與斜面之間的摩擦。若互換兩物塊位置，按圖乙放置，然后釋放M，斜面仍保持靜止。則下列說法正確的是( )
A.輕繩的拉力等于Mg
B．輕繩的拉力等于mg
C．M運動的加速度大小為(1－sin α)g
D．M運動的加速度大小為 eq \f(M－m,M) g
【解析】選B、C、D?；Q位置前，M靜止在斜面上，則有：Mg sin α＝mg，互換位置后，對M有：Mg－FT＝Ma，對m有：FT′－mg sin α＝ma，又FT＝
FT′，解得：a＝(1－sin α)g＝ eq \f(M－m,M) g，F(xiàn)T＝mg，故A錯誤，B、C、D正確。
【加固訓練】
(多選)在一東西向的水平直鐵軌上，停放著一列已用掛鉤連接好的車廂，當機車在東邊拉著這列車廂以大小為a的加速度向東行駛時，連接某兩相鄰車廂的掛鉤P和Q間的拉力大小為F；當機車在西邊拉著車廂以大小為a的加速度向西行駛時，P和Q間的拉力大小仍為F。不計車廂與鐵軌間的摩擦，每節(jié)車廂質(zhì)量相同，則這列車廂的節(jié)數(shù)可能為( )
A.8 B.10 C.15 D.18
【解析】選B、C。如圖所示，假設掛鉤P、Q東邊有x節(jié)車廂，西邊有y節(jié)車廂，每節(jié)車廂質(zhì)量為m。當向東行駛時，以y節(jié)車廂為研究對象，則有F=mya；當向西行駛時，以x節(jié)車廂為研究對象，則有F=mxa，聯(lián)立兩式有y=x?？梢?，列車車廂總節(jié)數(shù)N=x+y=x，設x=3n(n=1，2，3，…)，則N=5n(n=1，2，3，…)，故可知選項B、C正確。
二、實驗題(12分)
9．如圖所示，某同學借用“探究加速度與力的關系的實驗裝置”完成以下實驗：他在氣墊導軌上安了一個光電門B ，滑塊上固定一寬度為d的遮光條，滑塊用細線繞過氣墊導軌左端的定滑輪與力傳感器相連，傳感器下方懸掛鉤碼，每次滑塊都從A處靜止釋放。
(1)氣墊導軌是一種現(xiàn)代化的力學實驗儀器。它利用小型氣源將壓縮空氣送入導軌內(nèi)腔?？諝庠儆蓪к壉砻嫔系男】字袊姵?，在導軌表面與滑塊內(nèi)表面之間形成很薄的氣墊層。滑塊就浮在氣墊層上，與軌面脫離接觸。實驗前應該調(diào)節(jié)支腳上螺母使氣墊導軌____________(選填“水平”“左高右低”或“左低右高”)。
(2)實驗時，將滑塊從A位置由靜止釋放，由數(shù)字計時器讀出遮光條通過光電門B的時間為t，還測得A、B間的距離為L，則滑塊的加速度為__________(用d、L和t表示)。
(3)為了減小實驗誤差，下列措施中正確的一項是________(請?zhí)顚戇x項前對應的字母)。
A．應使滑塊質(zhì)量遠大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量
B．應使光電門B與釋放滑塊的位置A的距離近一些
C．遮光條要寬一些
D．應使滑輪與滑塊間的細線與氣墊導軌平行
(4)改變鉤碼的質(zhì)量，測出對應的力傳感器的示數(shù)F和遮光條通過光電門的時間t，若在進行處理數(shù)據(jù)時在直角坐標系中作出了t2- eq \f(1,F) 圖象，則該圖象是________(請?zhí)顚戇x項前對應的字母)。
A．拋物線 B．過原點的傾斜直線
C．不過原點的傾斜直線 D．雙曲線
(5)若測得(4)中圖線的斜率為k，還可以求得滑塊的質(zhì)量為________。 (用d、L和k表示)
【解析】(1)滑塊浮在氣墊層上，氣墊層對滑塊支持力為0，因此滑塊不受摩擦力，不需要平衡摩擦力，因此調(diào)節(jié)支腳上螺母使氣墊導軌水平。
(2)滑塊通過B點的速度為v＝ eq \f(d,t) ，根據(jù)2aL＝v2可得a＝ eq \f(d2,2Lt2) 。
(3)由于使用了力傳感器，因此不需要滑塊質(zhì)量遠大于鉤碼和力傳感器的總質(zhì)量；應使光電門B與釋放滑塊的位置A的距離適當大點，保證相對誤差小點；遮光條要窄一些，保證平均速度更接近于瞬時速度，選項A、B、C錯誤。
(4)設滑塊質(zhì)量為m，根據(jù)F＝ma，a＝ eq \f(d2,2Lt2)
可得t2＝ eq \f(md2,2L) · eq \f(1,F) ，故t2- eq \f(1,F) 圖象為過原點的傾斜直線。
(5)t2＝ eq \f(md2,2L) · eq \f(1,F) ，k＝ eq \f(md2,2L) ，解得m＝ eq \f(2kL,d2)
答案：(1)水平 (2) eq \f(d2,2Lt2) (3)D (4)B (5) eq \f(2kL,d2)
三、計算題(本題共2小題，共40分。需寫出規(guī)范的解題步驟)
10．(20分)(2021·宜昌模擬)一小轎車在傾角為37°的斜坡上行駛，在A點時發(fā)現(xiàn)前面C處有一池塘如圖，立即松開油門滾動前行，此時小轎車速度為20 m/s，AB間距20 m，當小轎車到達底端B時進入一水平面，BC間距75 m，已知整個過程小轎車不采用剎車裝置時的滾動摩擦因數(shù)為0.2，采用剎車裝置時滑動摩擦因數(shù)為0.5(g取10 m/s2)。求：
(1)小轎車行駛至斜坡底端時的速度大??；
(2)為使小轎車在水平地面上行駛而不掉入池塘，小轎車至少距離C點多遠處開始剎車。
【解析】(1)小轎車在斜坡上行駛時，由牛頓第二定律得mgsin37°－
μmgcs37°＝ma1
代入數(shù)據(jù)得a1＝4.4 m/s2
由v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＝2a1x1
得行駛至斜坡底端時的速度vB＝24 m/s
(2)在水平地面上不采用剎車裝置時，由牛頓第二定律得μmg＝ma2
代入數(shù)據(jù)得a2＝2 m/s2
采用剎車裝置時μ′mg＝ma3
代入數(shù)據(jù)得a3＝5 m/s2
設剎車時速度為v，距離C點為x，
則v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) －v2＝2a2(75－x)
v2＝2a3x
解得x＝46 m
答案：(1)24 m/s (2)46 m
11.(20分)(2021·綿陽模擬)如圖所示,一足夠長的木板在粗糙水平地面上向右運動。某時刻速度為v0=2 m/s,此時一與木板質(zhì)量相等的小滑塊(可視為質(zhì)點)以v1=
4 m/s的速度從右側滑上木板,經(jīng)過1 s兩者速度恰好相同,速度大小為v2=1 m/s,方向向左,重力加速度g取10 m/s2,試求:
(1)木板與滑塊間的動摩擦因數(shù)μ1;
(2)木板與地面間的動摩擦因數(shù)μ2;
(3)從滑塊滑上木板,到最終兩者速度恰好相同的過程中,滑塊相對木板的位移大小。
【解析】(1)以向左為正方向,對小滑塊分析,其加速度為:a1== m/s2=
-3 m/s2,負號表示加速度方向向右,設小滑塊的質(zhì)量為m,根據(jù)牛頓第二定律有:-μ1mg=ma1,可以得到:μ1=0.3;
(2)對木板分析,向右減速運動過程,根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可以得到:
μ1mg+μ2·2mg=m
向左加速運動過程,根據(jù)牛頓第二定律以及運動學公式可以得到:
μ1mg-μ2·2mg=m
而且t1+t2=t=1 s
聯(lián)立可以得到:μ2=0.05,t1=0.5 s,t2=0.5 s;
(3)在t1=0.5 s時間內(nèi),木板向右減速運動,
其向右運動的位移為:x1=·t1=0.5 m,方向向右;
在t2=0.5 s時間內(nèi),木板向左加速運動,其向左加速運動的位移為:x2=·t2=
0.25 m,方向向左;
在整個t=1 s時間內(nèi),小滑塊向左減速運動,其位移為:
x=·t=2.5 m,方向向左
則整個過程中滑塊相對木板的位移大小為:Δx=x+x1-x2=2.75 m。
答案:(1)0.3 (2)0.05 (3)2.75 m

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