[A组·基础题组]
一、单项选择题
1．应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入．例如，平伸手掌托起物体，由静止开始竖直向上运动，直至将物体抛出．对此现象分析正确的是( )
A．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中，物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间，物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间，手的加速度大于重力加速度
解析：加速度向上为超重，向下为失重，手托物体抛出的过程，必定有一段加速过程，即超重过程，从加速后到手和物体分离的过程中，可以减速也可以匀速，因此可能失重，也可能既不超重也不失重，A、B错误．手与物体分离时的条件为手与物体之间的压力FN＝0，分离后手和物体一定减速，物体减速的加速度为g，手减速要比物体快才会分离，因此手的加速度大于g，C错误，D正确． 答案：D
2.如图所示，光滑水平面上放置着质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg.现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为( ) A．μmg C．3μmg
B．2μmg D．4μmg
解析：当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的μmg
合力为μmg，由牛顿第二定律知aA＝m＝μg；对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg，由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg. 答案：C
3．(2017·宁夏银川二中月考)电梯在t＝0时由静止开始上升，运动
的a-t图象如图所示(选取竖直向上为正方向)，电梯内乘客的质量为m＝50 kg，重力加速度g取10 m/s2.下列说法正确的是( ) A．第9 s内乘客处于失重状态 B．1～8 s内乘客处于平衡状态
C．第2 s内乘客对电梯的压力大小为550 N D．第9 s内电梯速度的增加量为1 m/s
解析：第9 s内加速度为正，方向向上，乘客处于超重状态，只不过加速度在减小，A错误；1～8 s内加速度大小恒定，方向向上，乘客处于超重状态，B错误；第2 s内乘客受电梯的支持力和重力，根据牛顿第二定律有FN－mg＝ma，解得FN＝550 N，根据牛顿第三定律可得乘客对电梯的压力大小为550 N，C正确；第9 s内电梯速度的增加量等于该时间内a-t图象与时间轴所围图形的面积，即Δv1
＝2×1×1.0 m/s＝0.5 m/s，D错误. 答案：C
4．(2017·河南郑州质检)甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv(k为正的常量)．两球的v-t图象如图所示．落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2，则下列判断正确的是( ) A．释放瞬间甲球加速度较大 m1v2B.m＝v 2
1
C．甲球质量大于乙球质量 D．t0时间内两球下落的高度相等
解析：释放瞬间v＝0，因此空气阻力f＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g，故A错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，稳m1v1
定时kv＝mg，因此最大速度与其质量成正比，即vm∝m，故m＝v，故B错误；
22
m1v1
由于m＝v，而v1>v2，故甲球质量大于乙球质量，故C正确；图象与时间轴围
22成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t0时间内两球下落的高度不相等，故D错误． 答案：C 二、多项选择题
5．(2017·四川凉山州一诊)如图所示，倾角为θ的斜面放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)
后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( ) A．斜面光滑 B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左 D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
解析：隔离小球，可知小球的加速度方向为沿斜面向下，大小为gsin θ，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，所以A正确，B错误．将支架系统和斜面体看成一个整体，因为整体具有沿斜面向下的加速度，故地面对斜面体的摩擦力水平向左，故C正确，D错误． 答案：AC
6．从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，小球在t1时刻到达最高点，之后再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动．已知重力加速度为g，下列关于小球运动的说法正确的是( )
A．t1时刻小球的加速度为g
B．在速度达到v1之前小球的加速度一直在减小 v0
C．小球抛出瞬间的加速度大小为(1＋v)g
1v1
D．小球加速下降过程中的平均速度小于2 解析：t1时刻小球到达最高点，则该时刻其速度为零，则阻力为零，此时小球只受到重力作用，故此时刻小球的加速度为重力加速度g，故选项A正确．速度—时间图象的斜率表示加速度，根据图象可知，速度达到v1之前，图象的斜率减小，故小球的加速度一直在减小，故选项B正确．由图可知，速度为v1时小球mg
匀速运动，说明重力等于阻力，故有kv1＝mg，得k＝v，故抛出瞬间小球的加
1mgv0
mg＋vv01
速度为a＝＝(1＋v)g，故C正确．下降过程若小球做匀加速直线运动，
m1v1
其平均速度为2，而从图中可以看出图线与时间轴所围面积大于匀加速直线运动时的面积，即图中位移大于做匀加速直线运动的位移，而平均速度等于位移除以v1
时间，故其平均速度大于匀加速直线运动的平均速度，即大于2，故D错误． 答案：ABC
7．(2017·山东潍坊青州模拟)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上施加一水平推力F，使P、Q保持相对静止一起向左做匀加速直线运动．下列说法中正确的是( ) A．木块Q对地面的压力一定为2mg
FB．若Q与地面间的动摩擦因数为μ，则μ＝2mg C．若P、Q之间光滑，则加速度a＝gtan θ
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
解析：以P、Q整体为研究对象，在竖直方向上合力为零，故FN＝2mg，由牛顿
第三定律知Q对地面的压力为2mg，故A正确；因P、Q做匀加速直线运动，F
若μ＝2mg，在水平方向上由牛顿第二定律得F－μ·2mg＝ma，解得a＝0，故不能做匀加速直线运动，故B错误；若P、Q之间光滑，对P受力分析，在水平方向上，由牛顿第二定律可知mgtan θ＝ma，故a＝gtan θ，故C正确；Q与地面间的摩擦力为滑动摩擦力，故Ff＝μ·2mg，摩擦力不变，故D错误． 答案：AC
8.如图所示，水平传送带A、B两端相距x＝3.5 m，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，物体滑上传送带A端的瞬时速
度vA＝4 m/s，到达B端的瞬时速度设为vB.下列说法中正确的是( ) A．若传送带不动，vB＝3 m/s
B．若传送带逆时针匀速转动，vB一定等于3 m/s C．若传送带顺时针匀速转动，vB一定等于3 m/s D．若传送带顺时针匀速转动，vB有可能等于3 m/s
解析：当传送带不动时，物体从A到B做匀减速运动，a＝μg＝1 m/s2，物体到达B点的速度vB＝
vA2－2ax＝3 m/s.当传送带逆时针匀速转动时，物体滑上传
送带后所受摩擦力不变，物体以相同的加速度一直减速至B，vB＝3 m/s.当传送带顺时针匀速转动时，传送带的速度不同，物体滑上传送带后的运动情况不同．如果传送带速度大于4 m/s，则物体可能一直加速，也可能先加速后匀速；当传送带速度等于4 m/s时，物体匀速；当传送带速度小于4 m/s时，物体可能一直减速，也可能先减速后匀速． 答案：ABD
[B组·能力题组]
一、选择题
9．(多选)如图所示，水平传送带以速度v1匀速运行，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，t＝0时刻P在传
送带左端具有速度v2，P与定滑轮间的绳水平，t＝t0时刻P离开传送带．不计定滑轮质量和摩擦，绳足够长．正确描述小物体P速度随时间变化的图象可能是( )
解析：若v2GQ，若传送带较短，则P一直向右做匀加速运动直至离开，则为A图；若传送带足够长则P先向右匀加速到速度为v1后做匀速运动到离开，则为B图；若Ffv1，Ff向左，若Ff>GQ，则P减速到v1后匀速向右运动离开，无此选项；若Ff答案：ABC10．(多选)(2017·河北衡水武邑中学调研)如图(a)所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示．若重力加速度g取10 m/s2，根据图(b)中所提供的信息可以计算出( )
A．物体的质量 B．斜面倾角的正弦值
C．加速度增大到6 m/s2时物体的位移
D．物体静止在斜面上时的外力F
解析：对物体受力分析，受水平外力、重力、支持力，如图所示．
x方向：Fcos θ－mgsin θ＝ma， y方向：FN－Fsin θ－mgcos θ＝0，
从图象中取两个点(20 N,2 m/s2)，(30 N,6 m/s2)代入解得m＝2 kg，θ＝37°，故A、B正确．当a＝0时，可解得F＝15 N，即物体静止在斜面上时的外力F为15 N，故D正确．题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，无法求出位移，故C错误． 答案：ABD 二、非选择题
11．如图所示，一足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．若让该小物块从木板的底端以大小恒定的初速率v0沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板滑行的距离x将发生变化，重力加速度为g.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数．
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板滑行的距离最小，并求出此最小值． 解析：(1)当θ＝30°时，对物块受力分析，由平衡条件得 mgsin θ＝μFN FN－mgcos θ＝0 则动摩擦因数
3
μ＝tan θ＝tan 30°＝3.
(2)当θ变化时，设物块的加速度为a， 则mgsin θ＋μmgcos θ＝ma 物块的位移为x，则v02＝2ax 则x＝
v02
2gsin θ＋μcos θ
令tan α＝μ，则当α＋θ＝90°时x最小， 即当θ＝60°时，小物块沿木板滑行的距离最小 3v02xmin＝＝4g.
2gsin 60°＋μcos 60°3
答案：(1)3 (2)θ＝60°
3v02
4g
v02
12．在一化肥厂有如图所示的传送装置，AB为水平传送带，长L1＝4 m，顺时针转动的速率v1＝5 m/s，CD为靠近AB的
倾斜传送带，倾角θ＝37°，长L2＝5.3 m，两表面动摩擦因数均为μ＝0.5，一袋标准化肥的质量m＝20 kg.已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2. (1)CD传送带不动时，一袋化肥从离A端x1的位置处轻放上去，在CD上上升的最大距离为x2，求x2与x1的关系．
(2)若化肥从A端轻放上去，并使CD顺时针以速率v转动，则v应满足什么条件才能使化肥送至顶点D?
解析：(1)设从离A端x0处轻放上化肥时，刚好能在B端与传送带达到相同速度，化肥放上后的加速度为a1， v12则μmg＝ma1，x0＝L1－2a，
1解得a1＝5 m/s2，x0＝1.5 m.
在距离A端x1≤x0处放上时，能在CD传送带上上升的距离相同．
在CD传送带上上升时做加速度为a2的匀减速运动，则 mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2，v12＝2a2x2， 解得a2＝10 m/s2，x2＝1.25 m.
当x0＜x1≤L1时，设在拐点处的速度为vx， vx2＝2a2x2＝2a1(L1－x1)， 解得x2＝2－0.5x1.
1.25 m 0≤x1≤1.5 m
综上所述x2＝
2 m－0.5x1 1.5 m＜x1≤4 m
(2)将化肥从A端放上去，设CD转动速度为v2时，化肥恰好能到达D端． 假设v2＜v1，则化肥经历了两个减速阶段，第一阶段从C点到减速至v2，加速度为a2，达到v2后以a3继续减速至0， 则mgsin θ－μmgcos θ＝ma3， v12－v22v22
2a2＋2a3＝L2， 联立可得v2＝4.5 m/s，
并验证了假设成立，所以条件为v≥4.5 m/s. 1.25 m 0≤x1≤1.5 m
答案：(1)x2＝
2 m－0.5x1 1.5 m＜x1≤4 m(2)v≥4.5 m/s