8.在倾角θ=37°的固定斜面上，一物块以初速度v0=4 m/s从斜面底端A沿粗糙斜面向上运动，如图所示，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10 m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)物块向上运动时和返回向下运动时物块的加速度大小;

(2)物体重新回到斜面底端A时的速度大小.

解析：(1)设物块沿斜面向上运动的加速度为a1，则

mgsin37°+μmgcos37°=ma1

a1=g(sin37°+μcos37°)=10×(0.6+0.5×0.8) m/s2=10 m/s2

物块沿斜面向下运动的加速度为a2，则

mgsin37°-μmgcos37°=ma2

a2=g(sin37°-μcos37°)=10×(0.6-0.5×0.8) m/s2=2 m/s2

(2)物块沿斜面向上运动的最大位移为x，重新回到A点的速度为v，则

v=2a1x

v2=2a2x

解得v=v0= m/s≈1.8 m/s.

答案：(1)10 m/s2　2 m/s2　(2)1.8 m/s

9如图所示，质量M=1 kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1 kg、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10 m/s2.

(1)若木板长L=1 m，在铁块上加一水平向右的恒力F=8 N，经过多长时间铁块运动到木板的右端?

(2)若在铁块上施加一个大小从零开始连续增大的水平向右的力F，分析并计算铁块受到木板的摩擦力f的大小随拉力F变化的情况.(设木板足够长)

解析：(1)根据牛顿第二定律

对铁块：F-μ2mg=ma1

对木板：μ2mg-μ1(mg+Mg)=Ma2

又s铁=a1t2，s木=a2t2，L=s铁-s木，联立解得：t=1 s

(2)铁块与木板之间的最大静摩擦力

fm2=μ2mg=4 N

木板与地面之间的最大静摩擦力

fm1=μ1(mg+Mg)=2 N

当F≤fm1=2 N时，木板与铁块都静止，f=F

当铁块与木板恰好未发生相对滑动时，设此时的拉力大小为F1，根据牛顿第二定律，对铁块：F1-μ2mg=ma1

对整体：F1-μ1(mg+Mg)=(m+M)a1

联立解得：F1=6 N，所以当2 N6 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力f=μ2mg=4 N.

答案：(1)1 s　(2)见解析

B组

一、选择题

1.“加速度计”的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b的长度均为l;若该装置加速向右运动，a、b的长度分别为la、lb，则(　　)

A.la>l，lb>l B.lal，lbl

解析：开始时，滑块所受两弹簧的弹力相等，合力为零;若装置向右加速运动，则滑块所受合力向右，故b弹簧的长度增加，a弹簧的长度减小，选项D正确.

答案：D

2.质量为1 kg的小物块，在t=0时刻以5 m/s的初速度从斜面底端A点滑上倾角为53°的斜面，0.7 s时第二次经过斜面上的B点，若小物块与斜面间的动摩擦因数为，则A、B间的距离为(已知g=10 m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)(　　)

A.1.05 m B.1.13 m

C.2.03 m D.1.25 m

解析：对小物块进行受力分析可得，小物块上滑时的加速度大小为a1=gsin53°+μgcos53°=10 m/s2，到速度为零时所用的时间t1= s=0.5 s，上滑的最大距离为x1=vt1-a1t=5×0.5 m-×10×(0.5)2 m=1.25 m，然后往回返，其加速度大小为a2=gsin53°-μgcos53°=6 m/s2，则再运动t=0.7 s-0.5 s=0.2 s所通过的位移为x2=a2t2= ×6×(0.2)2 m=0.12 m，故AB间的距离为x1-x2=1.25 m-0.12 m=1.13 m，故B项正确.

答案：B

3.(多选)如图所示，一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上，当在细绳下端挂上质量为m的物体B时，物体A的加速度为a，绳中张力为FT，则(　　)

A.a=g B.a=

C.FT=mg D.FT=mg

解析：对两物体整体分析，由牛顿第二定律有mg=(M+m)a，解得a=g;对物体A由牛顿第二定律有FT=Ma，代入a解得FT=g.选项A、C错误，B、D正确.

答案：BD

4.(多选)如图甲所示，传送带以速度v1匀速转动，一滑块以初速度v0自右向左滑上传送带，从此时刻开始计时，滑块离开传送带前的速度-时间图象如图乙所示.已知v0>v1，则下列判断正确的是(　　)

A.传送带顺时针转动

B.t1时刻，滑块相对传送带滑动的距离达到最大

C.0～t2时间内，滑块受到的摩擦力方向先向右后向左

D.0～t2时间内，滑块受到恒定的摩擦力作用

解析：从题图乙可以判断，滑块先向左做减运动，再向右做加速运动，之后向右匀速运动，所以传送带顺时针转动，A正确;滑块向左减速过程，所受摩擦力向右，向右加速过程，滑块相对传送带向左运动，所受摩擦力向右，所以t2时刻滑块相对传送带滑动的距离达到最大，B、C错误，D正确.

答案：AD

5.2015年元宵节期间人们燃放起美丽的焰火以庆祝中华民族的传统节日，按照设计，某种型号的装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在3 s末到达离地面90 m的最高点时炸开.构成各种美丽的图案.假设礼花弹从炮筒中竖直向上射出时的初速度是v0，上升过程中所受的阻力大小始终是自身重力的k倍，g=10 m/s2，那么，v0和k分别为(　　)

A.30 m/s,1 B.30 m/s,0.5

C.60 m/s,0.5 D.60 m/s,1

解析：礼花弹在上升过程中做匀减速直线运动，由运动学公式h=v0t，可得：v0==60 m/s.设礼花弹上升过程中的加速度为a，由运动学公式v0=at和牛顿第二定律kmg+mg=ma，可得：k=-1=-1=1，选项D正确，选项ABC错误.

答案：D

6.如图，水平传送带A、B两端相距s=3.5 m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.1.工件滑上A端的瞬时速度vA=4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB，则不正确的说法是(　　)

A.若传送带不动，则vB=3 m/s

B.若传送带以速度v=4 m/s逆时针匀速转动，则vB=3 m/s

C.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动，则vB=3 m/s

D.若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动，则vB=2 m/s

解析：由牛顿第二定律可知，工件在传送带上运动，摩擦力产生的加速度a=-μg=-1 m/s2，传送带不动或逆时针转动时，工件始终受摩擦力作用，v-v=-2μgs，解得：vB=3 m/s，AB项正确;若传送带以速度v=2 m/s顺时针匀速转动，则工件在传送带上运动的速度始终大于传送带的速度，工件受到的摩擦力方向始终向左且大小不变，即工件的加速度不变，综上所述vB=3 m/s，C项正确，D项错.

答案：D

7.(多选)如右图所示，物体沿斜面由静止滑下，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.下列表示物体速度大小v、加速度大小a、受到的摩擦力大小Ff和物体运动路程s随时间t变化的关系的各图象中可能正确的是(　　)

解析：由题意分析可知，物体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，故选项A正确，B错误;在斜面上受的摩擦力小，故选项C错误;在斜面上s=at2，在水平面上s=v0t-a′t2，故选项D正确.

答案：AD

8.(多选)如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角θ的关系，将某一物体每次以不变的初速率v0沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角θ，实验测得x与斜面倾角θ的关系如图乙所示，g取10 m/s2，根据图象可求出(　　)

A.物体的初速率v0=3 m/s

B.物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.75

C.取不同的倾角θ，物体在斜面上能达到的位移x的最小值xmin=1.44 m

D.当某次θ=30°时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑

解析：当倾角达到90°时，物体将做竖直上抛运动，此时上升的高度为1.80 m，由运动规律可求得初速率v0=6 m/s，选项A错误;当角度为0°时，物体相当于在水平面上运动，此时位移为2.40 m，由运动学规律和牛顿运动定律可得，动摩擦因数μ=0.75，选项B正确;当倾角为θ时，由牛顿运动定律可得mgsinθ+μmgcosθ=ma，又x=，结合数学关系可得位移的最小值为1.44 m，选项C正确;θ=30°时，物体达到最大位移时重力沿斜面向下的分力小于最大静摩擦力，因此物体达到最大位移后不会下滑，选项D错误.

答案：BC

二、非选择题

9.表演“顶竿”杂技时，一个人站在地上(称为“底人”)肩上扛一长L=6 m，质量m1=15 kg的竖直竹竿，一质量m2=45 kg的演员(可当质点处理)在竿顶从静止开始先匀加速下滑、再匀减速下滑，加速下滑的时间为t1=2 s，减速下滑的时间为t2=1 s，演员恰从竿顶滑至竿底部(g=10 m/s2).求：

(1)演员下滑过程中的最大速度vm;

(2)演员在减速下滑过程中“底人”对竹竿的支持力F.

解析：(1)演员下滑到加速结束时速度最大，则有

L=(t1+t2)

解得vm=4 m/s.

(2)设减速下滑的加速度为a，则有vm=at2

解得a=4 m/s2

减速阶段对演员有f-m2g=m2a

解得f=m2(g+a)=630 N

对竹竿，根据平衡条件有

F-f=m1g

解得F=780 N.

答案：(1)4 m/s2　(2)780 N

10.在风洞实验室里，一根足够长的均匀直细杆与水平方向成θ=37°角固定，质量m=1 kg的小球穿在细杆上且静止于细杆底端O处，如图甲所示.开启送风装置，有水平向右的恒定风力F作用于小球上，在t1=2 s时刻风停止.小球沿细杆运动的部分v-t图象如图乙所示，g取10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，忽略浮力.求：

(1)小球在0～2 s内的加速度a1和2～5 s内的加速度a2;

(2)小球与细杆间的动摩擦因数μ和水平风力F的大小.

解析：(1)取沿细杆向上的方向为正方向，由图象乙可知：

在0～2 s内，a1==15 m/s2(方向沿杆向上)

在2～5 s内，a2==-10 m/s2(“-”表示方向沿杆向下).

(2)有风力F时的上升过程，由牛顿第二定律，有

Fcos θ-μ(mgcos θ+Fsin θ)-mgsin θ=ma1

停风后的上升阶段，由牛顿第二定律，有

-μmgcos θ-mgsin θ=ma2

联立以上各式解得 μ=0.5，F=50 N.

答案：(1)15 m/s2，方向沿杆向上　10 m/s2，方向沿杆向下

(2)0.5　50 N

力与直线运动专题练习分享到这里，更多内容请关注高考物理试题栏目。

相关链接

2015-2016高考物理机械能守恒定律和功能关系专题练习  

2016届湖北高考物理复习电场和磁场专题练习