山东专用高考物理一轮复习专题三牛顿运动定律专题检测含解析

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专题三　牛顿运动定律
【专题检测】
A组
一、选择题
1.(2020届长沙一中月考)一个质量为M的箱子放在水平地面上,箱内用一段固定长度的轻质细线拴一质量为m的小球,线的另一端拴在箱子的顶板上,现把细线和球拉到左侧与竖直方向成θ角处静止释放,如图所示,在小球摆动的过程中箱子始终保持静止,重力加速度为g,则以下判断正确的是 (　　)

A.在小球摆动的过程中,线的张力呈周期性变化,但箱子对地面的作用力始终保持不变
B.小球摆到右侧最高点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子受到地面向左的静摩擦力
C.小球摆到最低点时,地面受到的压力为(M+m)g,箱子不受地面的摩擦力
D.小球摆到最低点时,线对箱顶的拉力大于mg,箱子对地面的压力大于(M+m)g
答案　D　本题考查物体的受力分析、牛顿运动定律等。体现了模型建构、科学推理等核心素养。
小球在摆动时,在最低点时,加速度沿竖直方向指向圆心,处于超重状态,箱子对地面压力大于整体重力,水平方向上箱子不受摩擦力,C错误,D正确;在摆动到左右最高点时,向心加速度为0,但有沿切线方向的加速度,箱子受到地面的摩擦力,A错误;小球在右侧最高点时,切向加速度方向斜向左下,箱子受到向左的静摩擦力,地面受到的压力小于(M+m)g,B错误。

2.(2018河北五校联考,6)如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A,B和C分别是小圆和大圆上的点,其中AB长为2R,AC长为22R。现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.1∶2　　B.1∶2　　C.1∶3　　D.1∶3
答案　A　由几何关系可得小圆与AC的交点D为AC的中点,由初速度为零的匀变速直线运动的知识知,小球通过AD和AC的时间之比为1∶2,由等时圆结论知,小球通过AB和通过AD的时间相等,故小球通过AB的时间与小球通过AC的时间之比为1∶2,选项A正确。


3.(2018陕西西安模拟,8)(多选)质量分别为2kg和3kg的物块A、B放在光滑水平面上并用轻质弹簧相连,如图所示,今对物块A、B分别施以方向相反的水平力F1、F2,且F1=20N、F2=10N,则下列说法正确的是 (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.弹簧的弹力大小为16N
B.如果只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为12N
C.若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力大小为零
D.若F1=10N、F2=20N,则弹簧的弹力大小不变
答案　AB　对整体受力分析有:F1-F2=(mA+mB)a,对A受力分析有:F1-F弹=mAa,解得:F弹=16N,选项A正确;同理可知,若只有F1作用,则弹簧的弹力大小变为F弹=mBF1mA+mB=12N,选项B正确;若把弹簧换成轻质绳,则绳对物体的拉力也为16N,选项C错误;若F1=10N、 F2=20N,对整体受力分析有:F2-F1=(mA+mB)a,对A受力分析有:F弹-F1=mAa,解得:F弹=14N,选项D错误。
4.(2019怀化三模)(多选)如图所示,物块A叠放在木板B上,且均处于静止状态,已知水平地面光滑,A、B间的动摩擦因数μ=0.2,现对A施加一水平向右的拉力F,测得B的加速度a与拉力F的关系如图乙所示,下列说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10m/s2) (　　)

A.当F<24N时,A、B都相对地面静止
B.当F>24N时,A相对B发生滑动
C.A的质量为4kg
D.B的质量为24kg
答案　BC　当A与B间的摩擦力达到最大静摩擦力后,A、B会发生相对滑动,由图乙可知,B的最大加速度为4m/s2,即拉力F>24N时,A相对B发生滑动,当F<24N时,A、B保持相对静止,故A错误,B正确。对B,根据牛顿第二定律得,aB=μmAgmB=4m/s2,对A,aA=F-μmAgmA=4m/s2,F=24N,解得mA=4kg,mB=2kg,故C正确,D错误。
5.(2019湘赣14校联考,6)如图,叠放的两个物块无相对滑动地沿斜面(与水平夹角均为θ)一起下滑,甲图两物块接触面平行于斜面且两物块间摩擦力的大小为f1,乙图两物块接触面与斜面不平行且两物块间摩擦力的大小为f2,丙图两物块接触面水平且两物块间摩擦力的大小为f3,下列判断正确的是 (　　)

A.若斜面光滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
B.若斜面光滑,f1≠0,f2≠0,f3=0
C.若两物块一起匀速下滑,f1≠0,f2=0,f3≠0
D.若两物块一起匀速下滑,f1=0,f2≠0,f3≠0
答案　A　本题主要考查物体的平衡、受力分析、牛顿运动定律。体现了核心素养中科学推理、科学论证要素。
设斜面与水平面夹角为θ,若斜面光滑,整体沿斜面下滑的加速度为gsinθ,甲、乙、丙三图上方物块重力沿斜面向下分力均为mgsinθ,甲图上方物块所受支持力垂直斜面,在斜面方向没有分力,故f1=0。乙图和丙图上方物块受到的支持力在斜面方向上均有分力,必须有摩擦力才能使合力为mgsinθ,所以A正确,B错误;若两物块一起匀速下滑,上方物块所受合力为0,必有f1≠0,f2≠0,f3=0,C、D错。
6.(2018天津河东一模)(多选)如图所示,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁P、Q相接触。若使斜劈A在斜面体C上静止不动,则P、Q对球B无压力。以下说法正确的是 (　　)

A.若C的斜面光滑,斜劈A由静止释放,则Q对球B有压力
B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则P、Q对B球均无压力
C.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则P、Q对球B均无压力
D.若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面以一定的初速度减速下滑,则P对球B有压力
答案　ACD　若C的斜面光滑,无论斜劈是由静止释放还是以一定的初速度沿斜面上滑,斜劈和球具有相同的加速度,方向均沿斜面向下;根据牛顿第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向下,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及Q对球的压力,而P对球无压力,所以A选项是正确的,B选项是错误的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面匀速下滑,则B球处于平衡状态,受重力和盒子底部的支持力而平衡,P、Q对球均无压力,所以C选项是正确的。若C的斜面粗糙,斜劈A沿斜面减速下滑,斜劈和球整体具有相同的加速度,方向沿斜面向上,根据牛顿第二定律,知B球所受的合力方向沿斜面向上,所以B球受重力、盒子底部的支持力以及P对球的压力,所以D选项是正确的。
思路点拨　斜劈A在斜面体C上静止不动,则B受的重力和支持力平衡。当斜面光滑,斜劈A和B球具有相同的加速度且方向沿斜面向下,再通过对B球进行分析,进而判断P、Q对球有无压力。当斜面粗糙时,按照同样的方法,先判断出整体的加速度方向,再隔离B进行受力分析,从而判断P、Q对球有无压力。
7.(2018湖南五市十校12月联考)如图所示,质量为M的斜面体C放在粗糙的水平面上,其倾角为θ,小物块A、B质量分别为m和2m,与斜面间的动摩擦因数相同,两者中间用轻杆连接,沿斜面匀速下滑,斜面体始终静止,则下列说法正确的是 (　　)

A.轻杆给B的弹力沿斜面向上
B.轻杆给B的弹力沿斜面向下
C.地面对C的摩擦力水平向左
D.地面的摩擦力为零
答案　D　本题主要考查利用整体法与隔离法分析物块所受摩擦力情况,体现了模型建构、科学推理和科学论证的核心素养。以A、B为整体进行受力分析,(m+2m)gsinθ=μ(m+2m)gcosθ,则μ=sinθcosθ,对B进行分析,则2mgsinθ=μ·2mgcosθ,故轻杆对B的弹力为零,故A、B错误;A、B匀速下滑,处于平衡状态,则A、B受到斜面体的合力竖直向上,A、B对斜面体的合力竖直向下,则斜面体水平方向上受的外力为零,即地面对C的摩擦力为零,故C错误,D正确。
解题指导　轻杆弹力有无可以利用假设法分析。
8.(2019长郡中学二模)(多选)一块足够长的白板静止于水平桌面上,一可视为质点、质量为m的石墨块静止在白板上,石墨块与白板间动摩擦因数为μ,重力加速度为g。从某时刻起,使白板瞬时获得速度v0做匀速直线运动,石墨块将在板上划下黑色痕迹。经过时间t白板突然停下,不再运动。不计石墨块与板摩擦过程中损失的质量,在石墨块也停止运动时,白板上黑色痕迹的长度及二者相对运动过程中产生的热量可能是 (　　)
A.v0t2　mv02　　B.v02μg　mv02
C.v0t-12μgt2　μmgv0t　　D.v0t　μmgv0t
答案　AC　本题主要考查牛顿运动定律及相对运动知识。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论证等素养要素。
在时间t内,石墨块可能一直匀加速,也可能先匀加速后匀速;石墨块匀加速时,根据牛顿第二定律,有μmg=ma,解得:a=μg。
如果时间t内,石墨块一直匀加速,加速的位移x1=12(μg)t2,时间t内,相对白板的位移Δx1=v0t-x1=v0t-12μgt2;经时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x1'=x1=12μgt2<Δx1,白板上黑色痕迹的长度为v0t-12μgt2,二者相对运动过程中产生的热量Q1=μmg(Δx1+x1')=μmgv0t。
如果石墨块先匀加速,后匀速,时间t内,石墨块位移x2=v022μg+v0t-v0μg,相对白板的位移Δx2=v0t-x2=v022μg;经时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x2'=v022μg=Δx2,白板上黑色痕迹的长度为v022μg,二者相对运动过程中产生的热量Q2=μmg(Δx2+x2')=μmg·2v022μg=mv02。
如果白板停下时石墨块加速运动的末速度恰好为v0,则石墨块的位移x3=0+v02·t,相对白板的位移Δx3=v0t-x3=v0t2。经过时间t白板突然停下,不再运动,石墨块做减速运动,加速度大小不变,石墨块继续运动的距离x3'=v022μg=v0+02t=Δx3,白板上黑色痕迹的长度为v022μg=12v0t,二者相对运动过程中产生的热量Q3=μmg(Δx3+x3')=mv02。故A、C正确,B、D错误。
9.(2020届甘肃兰州一中期中,21)(多选)如图所示,有一个质量为m的长木板静止在光滑水平地面上,另一质量也为m的小物块叠放在长木板的一端之上。B是长木板的中点,物块与木板在AB段的动摩擦因数为μ,在BC段的动摩擦因数为2μ,若把物块放在长木板左端,对其施加水平向右的力F1可使其恰好与木板发生相对滑动。若把物块放在长木板右端,对其施加水平向左的力F2也可使其恰好与木板发生相对滑动。下列说法正确的是 (　　)

A.F1与F2的大小之比为1∶2
B.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动到B点的时间之比为1∶2
C.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动到B点时木板的位移之比为1∶1
D.若将F1、F2都增加到原来的2倍,小物块在木板上运动的整个过程中摩擦生热之比为1∶1
答案　ACD　若物块放在左端,施加水平向右的力F1时,由题意可知,对物块有F1-μmg=ma,对木板有μmg=ma
联立得,F1=2μmg。同理,若放在右端,施加向左的力F2时,有F2=4μmg
故F1F2=2μmg4μmg=12,选项A正确;
当F1变为2F1时,物块与木板相对滑动,此时,物块的加速度a1=2F1m-μg
木板加速度a2=μg
设AB的长度为L,运动到B历时t,由位移关系得12a1t2-12a2t2=L
解得:t=2L2F1m-2μg;同理,施加向左的2F2时,运动到B的时间t'=2L2F2m-4μg
两次运动到B点的时间之比为2∶1,选项B错误;
当F1、F2都变为原来的2倍,木板的位移分别为x1=12a2t2=μg2t2和x2=μgt'2,因此,物块在木板上运动到B点时木板的位移之比为1∶1,选项C正确;小物块最终都会滑离木板,整个过程中摩擦生热之比为1∶1,选项D正确。
二、非选择题
10.(2020届长沙一中月考)如图所示为一个实验室模拟货物传送的装置,A是一个质量为M=1kg的小车,小车置于光滑的水平面上,在小车左端放置一质量为m0=0.1kg的收纳箱B,现将一质量为m1=0.9kg的物体放在收纳箱内,在传送途中,先对收纳箱施加一个方向水平向右,大小F1=3N的拉力,小车和收纳箱开始运动,作用时间t1=2s后,改变拉力,大小变为F2=1N,方向水平向左,作用一段时间后,撤掉作用力,小车正好到达目的地,收纳箱到达小车的最右端,且小车和收纳箱的速度恰好为零,已知收纳箱与小车间的动摩擦因数μ=0.1。(物体和收纳箱大小不计,物体与收纳箱在整个过程中始终相对静止,g取10m/s2)求:
(1)t=2s时,收纳箱的速度大小;
(2)力F2作用的时间;
(3)小车的长度。

答案　(1)4m/s　(2)6s　(3)83m
解析　本题考查牛顿运动定律综合应用及运动学基本规律。体现了核心素养中模型建构、科学推理、科学论证要素。
(1)施加F1时,A、B相对运动
收纳箱的加速度:a1=F1-fm1+m0=2m/s2
收纳箱的速度:v1=a1t1=4m/s方向向右
(2)施加F1,A、B相对运动时
小车的加速度:a2=f'M=1m/s
经t1=2s收纳箱运动位移:s1=12a1t12=4m
小车运动位移:s2=12a2t12=2m
小车的速度:v2=a2t1=2m/s,方向向右
2秒后,收纳箱做匀减速运动的加速度
a1'=F2+fm1+m0=2m/s2,方向向左
小车加速度不变,仍为a2=1m/s2,方向向右。
当两者速度相等时,收纳箱恰好到达小车最右端,以后收纳箱和小车一起作为整体向右以加速度
a3=F2m0+m1+M=0.5m/s2
做匀减速运动直到速度都为0。
共同速度为v=v1-a1't2,v=v2+a2t2
t2=23s,v=83m/s
收纳箱和小车获得共同速度至停止运动用时t3=va3=163s
力F2作用时间为t=t2+t3=6s
(3)小车在t2时间内位移s3=v2t2+12a2t22=149m
收纳箱在t2时间内位移为s4=v1t2-12a1't22=209m
小车长度L=s1-s2+s4-s3=83m
11.(2019怀化三中月考)工厂利用与水平面夹角为θ=37°的传送带输送相同规格的小工件,如图中A、B位置为轮子与传送带的切点,每个工件均从A位置无初速度地轻置于传送带上,到达B位置随即被取走。已知传送带总长L=15m,A、B间距L0=7.2m,传送带匀速转动的速率v0=0.8m/s,工件从A运动到B的时间t=10s,取sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g取10m/s2。
(1)求工件与传送带间的动摩擦因数μ;
(2)若第一个工件从传送带A位置出发后2s,第二个工件被置于A位置,此时由于故障,传送带的速度突然增大到3m/s并运行4s后停止运动,忽略传送带速度变化所用时间,求因与工件摩擦,传送带上出现的擦痕长度。

答案　(1)0.8　(2)10.4m
解析　本题考查牛顿运动定律的综合应用。体现了核心素养中模型建构、科学推理要素。
(1)根据题意可知,工件先加速到v0再匀速运动,
设工件的质量为m,加速时间为t1,
则v02t1+v0(t-t1)=L0,
解得t1=2s,
工件的加速度a=v0t1=0.4m/s2,
根据牛顿第二定律得μmgcosθ-mgsinθ=ma,
解得μ=0.8。
(2)根据(1)可知第一个工件在传送带速度增大到v=3m/s后继续加速,
由L0=12at22,可得t2=6s,且v2=at2=2.4m/s 因此可得第一个工件前方出现的擦痕长度l1=v0t1+v(t2-t1)-12at22=6.4m。
第二个工件放上传送带至传送带停止运动,工件做匀加速运动,该过程此工件在其前方的传送带上出现的擦痕长度l2=v(t2-t1)-12a(t2-t1)2=8.8m,
当传送带停止运动时,两个工件间的距离Δx=12at22-12a(t2-t1)2=4m,
由上述计算可知,两工件产生的擦痕有重叠,即当传送带停止运动后,第二个工件在传送带上的擦痕区域做匀减速运动,传送带上的擦痕长度不再增加,故最终传送带上出现的擦痕长度为l=l1+Δx=10.4m。
12.(2020届陕西西安中学期中,17)如图所示,质量m1=2kg小物块放在足够长的质量m2=1kg的木板的左端,板和物块间的动摩擦因数μ1=0.2,板和水平面间的动摩擦因数μ2=0.1,两者均静止。现突然给木板向左的初速度v0=3.5m/s,同时对小物块施加一水平向右的恒定拉力F=10N,当木板向左运动最远时撤去F,取g=10m/s2。求:

(1)木板开始运动时,小物块和木板的加速度大小;
(2)整个过程中,木板在水平面上滑行的位移大小;
(3)整个过程中,小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热。
答案　(1)3m/s2　7m/s2
(2)0.625m
(3)9.875J
解析　本题考查了牛顿运动定律在连接体中的应用,体现了运动与相互作用要素。
(1)由题意知物块向右做匀加速运动,木板先向左匀减速运动,再向右匀加速运动,物块与木板间滑动摩擦力为
f1=μ1m1g=0.2×2×10N=4N
则物块的加速度大小为a1=F-f1m1=10-42m/s2=3m/s2,方向向右;
木板与水平面之间的摩擦力为f2=μ2(m1+m2)g=0.1×(2+1)×10N=3N
根据牛顿第二定律知,木板的加速度大小为a2=f1+f2m2=4+31m/s2=7m/s2,方向也向右;
(2)当木板向左的位移最大时,对水平面的速度为0,选取向右为正方向,则木板的位移为x1=0-v022a2=0-(-3.5)22×7m=-0.875m
经历的时间为t1=0-v0a2=0-(-3.5)7s=0.5s
此时小物块的速度为v1=a1t1=3×0.5m/s=1.5m/s
此过程中小物块的位移为x2=12a1t12=12×3×0.52m=0.375m
在撤去F后的小物块水平方向只受到摩擦力,则加速度为a1'=-f1m1=-42m/s2=-2m/s2
此后木板向右运动,此时受到水平面的摩擦力的方向向左,则木板的加速度为a2'=f1-f2m2=4-31m/s2=1m/s2
设经过时间t2二者的速度相等,则有:v1+a1't2=a2't2
代入数据得:t2=0.5s
此时刻的速度为v2=a2't2=1×0.5m/s=0.5m/s
此过程中小物块的位移为x2'=v1+v22·t2=1.5+0.52×0.5m=0.5m
木板的位移为x1'=12a2't22=12×1×0.52m=0.125m
当木块、木板具有共同速度时,若两者不再发生相对滑动,则二者一起做减速运动,它们在水平方向只受到地面的摩擦力。
以小物块与木板组成的系统为研究对象,整体的加速度为a3=-f2m1+m2=-32+1m/s2=-1m/s2
由于|-1m/s2|<|-2m/s2|,可知满足二者一起减速的条件。设经过时间t3,两者速度为0,则有:
0=v2+a3t3,代入数据得:t3=0.5s
该过程中二者的位移为x3=0-v222a3=0-0.522×(-1)m=0.125m
所以木板在水平面上的总位移为x=x1+x1'+x3=-0.875m+0.125m+0.125m=-0.625m,负号表示方向向左
(3)小物块与木板之间产生的热量为Q1=f1Δs=f1(x2+x2'-x1-x1')=4×[0.375+0.5-(-0.875)-0.125]J=6.5J
木板与水平面之间产生的热量为Q2=f2s=f2(|x1|+x1'+x3)=3×(0.875+0.125+0.125)J=3.375J
所以小物块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热为:Q=Q1+Q2=6.5+3.375J=9.875J


B组
一、选择题
1.(2020届江苏扬州期中,5)如图所示,置于粗糙水平面上的物块A和B用轻质弹簧连接,在水平恒力F的作用下,A、B以相同的加速度向右运动。A、B的质量关系为mA>mB,它们与地面间的动摩擦因数相同。为使弹簧稳定时的伸长量增大,下列操作可行的是 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.仅减小B的质量　　B.仅增大A的质量
C.仅将A、B的位置对调　　D.仅减小水平面的粗糙程度
答案　C　本题考查牛顿第二定律,主要考查考生的科学推理素养。
设弹簧的劲度系数为k,伸长量为x,相同加速度为a,对B受力分析有:kx-μmBg=mBa,对A受力分析有F-μmAg-kx=mAa,两式联立消去a,整理可得x=Fk1+mAmB,由此可见,A、B均错误。因为mA>mB,所以mAmB>1,A、B位置对调以后x的表达式为x=Fk1+mBmA,又因为mBmA<1,所以x增大,故C正确。x的表达式中不含动摩擦因数,因此x与水平面的粗糙程度无关,故D错误。
2.(2019江苏南通、徐州等六市二调,3)如图所示,倾角为30°的光滑固定斜面上放置质量为M的木板A,跨过轻质光滑定滑轮的细线一端与木板相连且细线与斜面平行,另一端连接质量为m的物块B,质量也为m的物块C位于木板顶端。由静止释放后,C下滑,而A、B仍保持静止。已知M=1.5m,重力加速度为g,则C沿木板下滑的加速度大小为 (　　)

A.34g　　B.12g　　C.14g　　D.18g
答案　C　对A受力分析有Mgsin30°+f=mg,M=1.5m,可得A、C间的摩擦力f=0.25mg;对C受力分析可得mgsin30°-f=ma,解得C下滑的加速度a=14g,选项C正确,A、B、D错误。
3.(2019江苏扬州中学四模,2)一小滑块(可看成质点)在水平拉力F作用下,沿粗糙水平面做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图所示。在0.5s、1.5s、2.5s、3.5s时刻拉力F的大小分别为F1、F2、F3、F4,则下列判断一定正确的是 (　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.F1 C.F1>F4　　D.F3 答案　C　v-t图像中图线的斜率表示加速度,设四个时刻对应的加速度大小分别为a1,a2,a3,a4,由图知,a1>a2>0,根据牛顿第二定律得F1-μmg=ma1,F2-μmg=ma2,故F1>F2,选项A错误;由图知a3 4.(2020届山东潍坊月考,2)“西电东送”为我国经济社会发展起到了重大的推动作用。如图是部分输电线路。由于热胀冷缩,铁塔之间的输电线夏季比冬季要更加下垂一些,对输电线和输电塔的受力分析正确的是 (　　)

A.夏季输电线对输电塔的拉力较大
B.夏季与冬季输电线对输电塔的拉力一样大
C.夏季与冬季输电塔对地面的压力一样大
D.冬季输电塔对地面的压力大
答案　C　本题考查了力的合成与分解、共点力的平衡知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、的要素。

对输电线进行受力分析如图,设拉力与竖直方向夹角为θ,根据平衡有mg=2Tcosθ,输电线夏季比冬季要更加下垂一些,夏季θ小,拉力小,根据牛顿第三定律可知夏季输电线对输电塔的拉力较小,故A、B错误;无论冬季还是夏季,对输电塔和电线整体受力分析可知,对地面压力等于整体的重力,不变,故C正确,D错误。
解题关键　(1)分别对输电线与整体进行受力分析;(2)理解输电线变长后对输电线与竖直方向之间的夹角的变化。
5.(2020届山东师大附中月考,5)一人乘电梯,在竖直下降过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向下为a的正方向,则人对地板的压力 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.t=2s时最大　　B.t=6s时为零
C.t=8.5s时最大　　D.t=8.5s时最小
答案　C　本题考查了超重和失重知识,以及理解能力、推理能力、分析综合能力、应用数学处理物理问题的能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理、科学论证、质疑创新的要素。
t=2s时,加速度向下,为失重现象,则FNmg,且FN达到最大值,故C正确,D错误。
6.(2019江苏徐州、连云港等四市摸底,2)如图甲中,两滑块A和B叠放在光滑水平地面上,A的质量为m1,B的质量为m2,设A、B间的动摩擦因数为μ,作用在A上的水平拉力为F,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。图乙为F与μ的关系图像,其直线方程为F=m1(m1+m2)gm2μ。下列说法正确的有 (　　)

A.μ和F的值位于a区域时,A、B相对滑动
B.μ和F的值位于a区域时,A、B相对静止
C.μ和F的值位于b区域时,A、B相对滑动
D.μ和F的值位于b区域时,A、B相对静止
答案　AD　当A、B间的摩擦力达到最大静摩擦力时,A、B即将发生相对滑动,设此时B的加速度为a2,对B由牛顿第二定律可得μm1g=m2a2,即a2=μm1gm2,再对A、B整体由牛顿第二定律可得F=(m1+m2)a=m1(m1+m2)gm2μ,可见当F=m1(m1+m2)gm2μ时,A、B即将发生相对滑动。所以当μ和F的值位于a区域时,F>m1(m1+m2)gm2μ,A、B已经发生相对滑动,选项A正确,B错误;当μ和F的值位于b区域时,F 7.(2020届山东菏泽期中,9)如图所示,质量分别为mA、mB的A、B两物块紧靠在一起放在倾角为θ的斜面上,两物块与斜面间的动摩擦因数相同,用始终平行于斜面向上的恒力F推A,使它们沿斜面匀加速上升,为了减小A、B间的压力,可行的办法是 (　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.减小推力F　　B.减小倾角θ
C.减小B的质量　　D.减小A的质量
答案　AC　本题考查了力的合成与分解、牛顿第二定律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
设动摩擦因数为μ,对AB整体受力分析有F-mAgsinθ-mBgsinθ-μ(mA+mB)gcosθ=(mA+mB)a,对B受力分析有FAB-mBgsinθ-μmBgcosθ=mBa,由以上两式可得FAB=mBmA+mBF=FmAmB+1,可知,为使FAB减小,应减小推力F,增加A的质量,减小B的质量,故A、C正确,B、D错误。
解题思路　当用平行于斜面向上的恒力F推A,两物块沿斜面匀加速上升时,对整体运用牛顿第二定律求出加速度,再对B研究,根据牛顿第二定律求出A、B间的弹力,即可分析减小A、B间压力的方法。
方法技巧　本题是连接体问题,抓住两个物体的加速度相同,采用整体法与隔离法,灵活选择研究对象。
8.(2020届山东烟台期中,10)某人在距离地面某高度处以5m/s的初速度竖直向上抛出一质量为2kg的小球,小球抛出后经过一段时间落到地面上。若以抛出时刻为计时起点,小球运动的v-t图像如图所示,t=1.5s时,小球落到地面上。设小球运动过程中所受阻力大小不变,则 (　　)

A.小球一直做匀变速直线运动
B.小球抛出点离地面高度为3.55m
C.小球运动过程中所受阻力大小为0.4N
D.当地重力加速度大小为10m/s2
答案　BC　本题考查了v-t图像、牛顿第二定律知识,以及理解能力、推理能力,体现了物理观念中物质观念、运动与相互作用观念的要素和科学思维中模型建构、科学推理的要素。
小球上升过程中的加速度大小a1=Δv1Δt1=50.5m/s2=10m/s2,下落过程中的加速度大小a2=Δv2Δt2=9.61.5-0.5m/s2=9.6m/s2,整个运动过程中的加速度大小变化,故不是做匀变速直线运动,故A错误;小球抛出点离地面高度为h=12×9.6×(1.5-0.5)m-12×5×0.5m=3.55m,故B正确;设小球运动过程中所受阻力大小为f,重力加速度为g,根据牛顿第二定律可得,上升过程中mg+f=ma1,下落过程中,mg-f=ma2,解得f=0.4N,g=9.8m/s2,故C正确,D错误。
解题思路　(1)根据v-t图像求解加速度,分析运动情况;(2)根据图像与坐标轴围成的面积求解高度;(3)根据牛顿第二定律求解阻力和重力加速度大小。
9.(2019山东莱芜一中质检,9)如图所示,三角形传送带以1m/s的速度沿逆时针匀速转动,两边的传送带长度都是2m,且与水平方向的夹角均为37°。现有两个物块A、B从传送带顶端都以1m/s的初速度沿传送带下滑,两物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5,g取10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。下列判断正确的是 (　　)

A.物块A先到达传送带底端
B.物块A、B同时到达传送带底端
C.传送带对物块A、B的摩擦力都沿传送带向上
D.物块A下滑过程中相对传送带的路程小于物块B下滑过程中相对传送带的路程
答案　BCD　物块A、B都以1m/s的初速度沿传送带下滑,因mgsin37°>μmgcos37°,故传送带对两物块的滑动摩擦力均沿斜面向上,大小也相等,故两物块沿斜面向下的加速度大小相同,滑到底端时位移大小相同,故时间相同,故A错误,B、C正确;相对传送带的路程由相对位移决定,A物块与传送带运动方向相同,相对传送带的路程较小,故D正确。
二、非选择题
10.如图所示,质量M=20kg的物体从光滑曲面上高度H=0.8m处释放,到达底端时进入水平传送带,传送带由一电动机驱动着逆时针匀速转动,速率为3m/s。已知物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1。(g取10m/s2)

(1)若两皮带轮之间的距离是6m,物体冲上传送带后就移走光滑曲面,物体将从哪一边离开传送带?通过计算说明你的结论。
(2)若皮带轮间的距离足够大,从物体滑上到离开传送带的整个过程中,由于物体和传送带间的摩擦而产生了多少热量?
答案　(1)见解析　(2)490J
解析　(1)物体从曲面上下滑时机械能守恒,有
MgH=12Mv02
解得物体滑到底端时的速度
v0=2gH=4m/s
以地面为参考系,物体滑上传送带后向右做匀减速运动,期间物体的加速度大小和方向都不变,加速度大小为a=μg=1m/s2
物体从滑上传送带到相对地面速度减为零,对地向右发生的位移为
s=0-v02-2a=0-42-2m=8m>6m
表明物体将从右边离开传送带。
(2)传送带速度v=3m/s,因v0>v,若两皮带轮间的距离足够大,则物体滑上传送带后先向右做匀减速运动直到速度为零,后向左做匀加速运动,直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止,从传送带左端掉下。相对滑动期间物体的加速度大小和方向都不变,取向右为正方向,物体发生的位移为
s1=vt2-v02-2a=(-3)2-42-2m=3.5m
物体运动的时间为t=vt-v0-a=7s　
这段时间内传送带向左运动的位移大小为
s2=vt=3×7m=21m
物体相对于传送带滑动的距离为
Δs=s1+s2=24.5m
物体与传送带相对滑动期间产生的热量为
Q=f·Δs=μMg·Δs=490J
11.(2019江苏南京、盐城调研二)如图所示,质量为m=1kg的物块(可视为质点),放置在质量M=2kg足够长木板的中间,物块与木板间的动摩擦因数为0.1,木板放置在光滑的水平地面上。在地面上方存在两个作用区,两作用区的宽度均为1m,相距为d,作用区只对物块有力的作用,Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右,Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左,作用力大小均为3N。将物块与木板从图示位置(物块在Ⅰ作用区内的最左边)由静止释放,已知在整个过程中物块不会滑离木板,取g=10m/s2。

(1)在物块刚离开Ⅰ区域时,物块的速度是多大?
(2)若物块刚进入Ⅱ区域时,物块与木板的速度刚好相同,求两作用区的边界距离d。
答案　(1)2m/s　(2)1.5m
解析　(1)在Ⅰ区域时对物块受力分析,根据牛顿第二定律得F-μmg=mam1
am1=F-μmgm=2m/s2
对木板受力分析,有μmg=MaM1
aM1=0.5m/s2
设物块在区域Ⅰ中运动时间为t1,因运动位移L=1m,且L=12am1t12
则t1=2Lam1=1s
vm1=am1t1=2m/s
(2)物块离开Ⅰ区域后,μmg=mam2
解得am2=1m/s2
aM2=aM1=0.5m/s2
物块刚离开区域Ⅰ时,木板速度vM1=aM1t1=0.5m/s
设物块从离开Ⅰ区域到与木板达到共同速度用时t2
vm1-am2t2=vM1+aM2t2
解得t2=1s
则d=vm1t2-12am2t22=1.5m
12.(2018安徽皖南八校联考,17)如图所示,倾角为θ=30°的光滑斜面上有固定挡板AB,斜面上B、C两端点间高度差为h。斜面上叠放着质量均为m的小物块和薄木板,小物块视为质点,薄木板长为L,下端位于挡板AB处,整体处于静止状态。木板和物块两者间的动摩擦因数μ=32,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。

(1)若木板和物块一起以某初速度沿斜面向上运动,木板上端恰能到达C点,求初速度大小;
(2)若给木板施加一平行斜面向上的拉力,为使木板上滑且与物块间没有相对滑动,求拉力应满足的条件;
(3)若给木板施加一平行斜面向上的拉力,且大小为F=2mg,假设在此后的运动过程中小物块始终未脱离木板,要使木板上端恰能到达C点,求拉力F作用的时间t1。
答案　(1)g(2h-L)
(2)mg (3)3(2h-L)2g
解析　(1)以木板和小物块整体为研究对象,由动能定理有
-2mg(h-Lsinθ)=0-12·2mv02
解得:v0=g(2h-L)
(2)设物块沿斜面向上运动的最大加速度为a,最大拉力为Fm,则
对物块有μmgcosθ-mgsinθ=ma
对物块和木板整体有Fm-2mgsinθ=2ma
解得Fm=1.5mg
要使整体能沿斜面上升应满足F>2mgsinθ=mg
所以mg (3)物块相对木板滑动过程中,设物块的加速度为a1,有拉力作用时木板的加速度为a2,撤去拉力后木板的加速度大小为a3,则
对物块μmgcosθ-mgsinθ=ma1
对木板F-mgsinθ-μmgcosθ=ma2
mgsinθ+μmgcosθ=ma3
在t1时刻小物块的速度为v1,木板的速度v2,则
v1=a1t1,v2=a2t1
设撤去拉力后,经过时间t2二者速度相同,则
v3=v2-a3t2=v1+a1t2
此后二者一起匀减速上滑,设加速度大小为a4,则
2mgsinθ=2ma4
全过程中木板的位移:x=12a2t12+a2t1t2-12a3t22+v322a4
由几何关系有:hsinθ=x+L
解得拉力F作用的时间 t1=3(2h-L)2g