高中物理人教版 (2019)必修 第一册5 牛顿运动定律的应用复习练习题

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第5课 牛顿运动定律的应用
课后培优练级练

培优第一阶——基础过关练
1．物块以初速度v0竖直向上抛出，达到最高点后返回，物体所受空气阻力大小不变，下列v-t图像正确的是(　 )

解析：选C　上升时阻力向下，对物体受力分析可得mg＋f＝ma，上升时加速度为a＝＋g，下降时阻力向上，对物体受力分析可得mg－f＝ma，加速度为a＝g－，上升时加速度大于下降时加速度，故C正确，A、B、D错误。
2.如图所示，排球运动员正在做垫球训练。排球离开手臂竖直向上运动，再下落到手臂的过程中，若手臂位置不变且空气阻力大小恒定，则排球(　 )

A．上升过程位移小于下落过程位移
B．离开手臂速度小于返回手臂速度
C．上升过程加速度小于下落过程加速度
D．上升过程时间小于下落过程时间
解析：选D　上升过程位移大小与下落过程位移大小相等，A错误；上升过程逆向可看成初速度为零的匀加速运动，设阻力为Ff，在小球上升过程，根据牛顿第二定律有mg＋Ff＝ma1，在小球下降过程，根据牛顿第二定律有mg－Ff＝ma2，对比有a1＞a2，根据v2－v02＝2ax可知，由于位移大小相同，可得离开手臂速度大于返回手臂速度，B、C错误；根据公式h＝at2，由于a1＞a2，所以上升过程时间小于下落过程时间，D正确。
3．(多选)如图所示，Oa、Ob和ad是竖直平面内三根固定的光滑细杆，O、a、b、c、d位于同一圆周上，c为圆周的最高点，a为最低点，O′为圆心.每根杆上都套着一个小滑环(未画出)，两个滑环从O点无初速度释放，一个滑环从d点无初速度释放，用t1、t2、t3分别表示滑环沿Oa、Ob、da到达a、b所用的时间.下列关系正确的是(　　)

A.t1＝t2 B.t2>t3
C.t1 答案　BCD
解析　设想还有一根光滑固定细杆ca，则ca、Oa、da三细杆交于圆的最低点a，三杆顶点均在圆周上，根据等时圆模型可知，由c、O、d无初速度释放的小滑环到达a点的时间相等，即tca＝t1＝t3；而由c→a和由O→b滑动的小滑环相比较，滑行位移大小相同，初速度均为零，但加速度aca>aOb，由x＝at2可知，t2>tca，故选项A错误，B、C、D均正确.
4.某航母上舰载机起飞时主要靠甲板前端上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1＝160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L2＝20.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞.已知飞机的质量m＝2.0×104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F＝1.4×105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h＝2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障，取g＝10 m/s2.求：

(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；
(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.
答案　(1)40 m/s　(2)8.5 s
解析　(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为F阻，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得F－F阻＝ma1，
F阻＝0.2mg，
v12＝2a1L1，
联立以上三式并代入数据解得a1＝5 m/s2，v1＝40 m/s.
(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，
飞机在水平跑道上的运动时间t1＝＝8 s，
在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有
F－F阻－mg＝ma2，
代入数据解得a2＝4 m/s2，
由v22－v12＝2a2L2，
代入数据解得v2＝42 m/s，
飞机在倾斜跑道上的运动时间t2＝＝0.5 s，
则t＝t1＋t2＝8.5 s.
5.新冠肺炎疫情期间，无人机发挥着非常重要的作用(图甲)，可利用无人机空投药品，将药品送到隔离人员手中。在某次无人机竖直送货中，无人机的质量M＝1.5 kg，货物的质量m＝1 kg，无人机与货物间通过轻绳固定在无人机下端。无人机从地面开始加速上升一段时间后关闭动力，其运动v-t图像如图乙所示。无人机所受阻力恒定，不考虑货物受到的阻力，g取10 m/s2，下列判断正确的是(　 )

A．无人机上升的最大高度为36 m
B．无人机所受阻力大小为3 N
C．无人机所受的升力大小为30 N
D．加速阶段绳的拉力大小为12 N
解析：选D　由v-t图线与t轴所围图形面积表示位移，知无人机上升的最大高度大小为x＝×7×12 m＝42 m，A错误；无人机减速上升的加速度大小为a2＝ m/s2＝12 m/s2，设无人机所受阻力大小为f，对整体由牛顿第二定律有f＋(m＋M)g＝(m＋M)a2，解得f＝5 N，B错误；无人机加速上升的加速度大小为a1＝m/s2＝2 m/s2，设无人机所受的升力大小为F，则有F－(M＋m)g－f＝(M＋m)a1，解得F＝35 N，C错误；对货物由牛顿第二定律，加速阶段绳的拉力大小为FT－mg＝ma1，解得FT＝12 N，D正确。
6．如图所示，轻弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住质量为m的物体。现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体可以一直运动到B点。如果物体受到的阻力恒定，则(　 )

A．物体从A到O先做加速运动后做减速运动
B．物体从A到O做加速运动，从O到B做减速运动
C．物体运动到O点时，所受合力为零
D．物体从A到O的过程中，加速度逐渐减小
解析：选A　物体从A到O，初始阶段受到向右的弹力大于阻力，合力向右。随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大。当物体向右运动至AO间某点(设为点O′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大。此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左，至O点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大。所以物体越过O′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动。A正确。
7．(多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是(　 )

A．前3 s内，物块的加速度逐渐减小
B．前3 s内，物块的速度先增大后减小
C．A、B间的距离为4 m
D．前3 s内物块的平均速度为2 m/s
解析：选BC　物块所受摩擦力为f＝μFN＝μmg＝2 N，由图乙可知，前3 s内，水平力F逐渐减小，当F＞f时，物块做加速度逐渐减小的变加速运动，当F＝f时，物块的速度达到最大，之后，F＜f，加速度反向，物块开始做加速度增大的减速运动，A错误，B正确；在3～5 s时间内物块在水平恒力F作用下由B点做匀加速直线运动到A点，设加速度为a，A、B间的距离为x，则根据牛顿第二定律有F－f＝ma，解得a＝＝ m/s2＝2 m/s2，则A、B间的距离为x＝at2＝4 m，C正确；前3 s内物块的平均速度为＝＝ m/s，D错误。
8．在高速公路的长下坡路段，为了防止汽车刹车失灵造成事故，需要建设避险车道。某汽车在下坡时司机发现刹车失灵(无法通过制动系统产生摩擦)，立即将车辆驶离高速公路，直接开到避险车道，刚进入避险车道时车速已经达到108 km/h，车辆运行一段距离后停了下来。已知该避险车道与水平面的夹角为37°，避险车道上的碎石对车辆产生的阻力为压力的k倍。重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，k＝0.75。求：

(1)该车辆在避险车道上停下来需要运行的距离x1；
(2)如果此避险车道设计成水平的，所用的碎石材料不变，该车辆停下来需要运行的距离x2。
解析：(1)车辆在避险车道向上运动时，
设汽车的质量为m，根据牛顿第二定律，
有mgsin 37°＋kmgcos 37°＝ma1，解得a1＝12 m/s2
汽车进入避险车道时的速度v＝108 km/h＝30 m/s
根据匀变速直线运动公式v2＝2a1x1，解得x1＝37.5 m。
(2)如果避险车道水平，根据牛顿第二定律，有kmg＝ma2
解得a2＝7.5 m/s2
根据匀变速直线运动公式v2＝2a2x2
解得x2＝60 m。
答案：(1)37.5 m　(2)60 m
9、如图所示，在光滑水平面上一质量M＝3 kg的平板车以v0＝1.5 m/s的速度向右匀速滑行，某时刻(开始计时)在平板车左端加一大小为8.5 N、水平向右的推力F，同时将一质量m＝2 kg的小滑块(可视为质点)无初速度地放在小车的右端，最终小滑块刚好没有从平板车上掉下来。已知小滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.2，重力加速度g＝10 m/s2，求：

(1)两者达到相同速度所需的时间t；
(2)平板车的长度l。
[解析]　(1)小滑块相对平板车滑动时，设小滑块和平板车的加速度大小分别为a1、a2，根据牛顿第二定律有：μmg＝ma1，F－μmg＝Ma2
解得：a1＝2 m/s2，a2＝1.5 m/s2
又：a1t＝v0＋a2t，解得：t＝3 s。
(2)两者达到相同速度后，由于＝1.7 m/s2＜a1，可知它们将一起做匀加速直线运动。
从小滑块刚放在平板车上至达到与平板车相同速度的过程中，滑块向右的位移大小为：x1＝a1t2
平板车向右的位移大小为：x2＝v0t＋a2t2
又：l＝x2－x1，解得：l＝2.25 m。
[答案]　(1)3 s　(2)2.25 m
培优第二阶——拓展培优练
10．随着人工智能技术的不断发展，无人机有着非常广阔的应用前景。春播时节，一架携药总质量m＝20 kg的无人机即将在田间执行喷洒药剂任务，无人机悬停在距一块试验田H1＝30 m的高空，t＝0时刻，它以加速度a1＝2 m/s2竖直向下匀加速运动h1＝9 m 后，立即向下做匀减速运动直至速度为零，重新悬停，然后水平飞行喷洒药剂。若无人机田间作业时喷洒的安全高度为1～3 m，无人机下降过程中空气阻力恒为20 N，求：(g取10 m/s2)

(1)无人机从t＝0时刻到重新悬停在H2＝1 m处的总时间t；
(2)无人机在安全高度范围内重新悬停，向下匀减速时能提供的最大竖直升力大小；
(3)若无人机在高度H2＝3 m处悬停时动力系统发生故障，失去竖直升力的时间为 s，要使其不落地，恢复升力时的最小加速度。
解析：(1)无人机向下匀加速运动过程h1＝a1t12
得t1＝3 s，v1＝a1t1＝6 m/s
无人机减速过程有H1－h1－H2＝t2，得t2＝ s
所以总时间t＝t1＋t2＝ s。
(2)无人机减速过程有0－v12＝－2a2h2
无人机重新悬停时距试验田的安全高度H2＝3 m时，
此时加速度a2最大，由H2＝H1－h1－h2，
则a2＝1 m/s2
无人机向下匀减速运动时，由牛顿第二定律可得
F＋f－mg＝ma2，则升力F＝200 N。
(3)失去竖直升力后，由牛顿第二定律mg－f＝ma3
恢复动力时v＝a3t
则v＝6 m/s，H2＝＋，联立解得a4＝18 m/s2。
答案：(1) s　(2)200 N　(3)18 m/s2
11．如图所示，俯式冰橇是冬奥会的比赛项目之一，其赛道可简化为起点和终点高度差为120 m、长度为1 200 m的斜坡，假设某运动员从起点开始，以平行赛道的恒力F＝40 N推动质量m＝40 kg的冰橇由静止开始沿斜坡向下运动，出发4 s内冰橇发生的位移为12 m,8 s末迅速登上冰橇与冰橇一起沿直线运动直到终点。设运动员登上冰橇前后冰橇速度不变，不计空气阻力，(g取10 m/s2，取赛道倾角的余弦值为1，正弦值按照题目要求计算)求：

(1)出发4 s内冰橇的加速度大小；
(2)冰橇与赛道间的动摩擦因数；
(3)比赛中运动员到达终点时的速度大小。
[解析]　(1)设出发4 s内冰橇的加速度为a1，出发4 s内冰橇发生的位移为x1＝a1t12，代入数据解得a1＝1.5 m/s2。
(2)由牛顿第二定律有F＋mgsin θ－μmgcos θ＝ma1，
其中sin θ＝＝0.1，cos θ＝1，解得μ＝0.05。
(3)设8 s后冰橇的加速度为a2，由牛顿第二定律有
(m＋M)gsin θ－μ(m＋M)gcos θ＝(m＋M)a2，
8 s末冰橇的速度为v1＝a1t2，
出发8 s内冰橇发生的位移为x2＝a1t22＝48 m，设到达终点时速度大小为v2，则v22－v12＝2a2(x－x2)，解得v2＝36 m/s。
[答案]　(1)1.5 m/s2　(2)0.05　(3)36 m/s
12.如图甲所示，A、B两个物体靠在一起，静止在光滑的水平面上，它们的质量分别为mA＝1 kg、mB＝3 kg，现用水平力FA推A，用水平力FB拉B，FA和FB随时间t变化的关系如图乙所示，则(　 )

A．A、B分开之前，A所受的合外力逐渐减小
B．t＝3 s时，A、B脱离
C．A、B分开前，它们一起运动的位移为6 m
D．A、B分开后，A做减速运动，B做加速运动
解析：选C　由题图乙可得FA＝9－3t(N)，FB＝3＋3t(N)，在两物体未分开的过程中，整体受力向右，且大小不变，恒为FA＋FB＝12 N，两物体做匀加速运动的加速度a＝＝3 m/s2，则A、B分开之前，它们一直做匀加速运动，A物体所受的合外力不变，A错误；分开时满足A、B加速度相同，且弹力为零，故＝3 m/s2，解得FA＝3 N,3 N＝9－3t(N)，解得t＝2 s，B错误；A、B分开前，它们一起运动的位移x＝at2＝6 m，C正确；分开后的1 s内A仍然受到向右的推力，所以A仍然做加速运动，在t＝3 s后A不受推力将做匀速直线运动，B一直受到向右的拉力而做加速运动，D错误。
13．(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，根据图像可求出(　 )

A．物体的初速度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θ＝45°时，物体达到最大位移后将停在斜面上
解析：选BC　由题图乙可知，当倾角为90°时，位移为1.80 m，则由竖直上抛运动规律可知v02＝2gx，解得v0＝＝6 m/s，故A错误；当倾角θ＝0°时，位移为2.40 m，可得μ＝＝0.75，故B正确；当倾角为θ时，物体沿斜面上滑的距离为x，则根据动能定理有－mgxsin θ－μmgxcos θ＝0－mv02，解得x＝＝ m，当θ＋α＝90°时，sin(θ＋α)＝1，此时位移最小为xmin＝1.44 m，故C正确；当θ＝45°时，物体受到的重力沿斜面向下的分力为mgsin 45°＝mg；滑动摩擦力f＝μmgcos 45°＝mg，一般认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，故物体到达最大位移后会下滑，故D错误。
14.如图所示，沿顺时针转动的传送带AB，长L＝7 m，与水平面的夹角θ＝37°，速度恒为v＝2 m/s，在传送带底端A处无初速度放置一质量m＝0.5 kg的物体，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)求：

(1)物体放上传送带瞬间的加速度大小。
(2)5 s后物体的速度大小。
(3)物体从A运动到B的时间。
[解析]　(1)根据牛顿第二定律有
μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma
代入数据可以求得a＝0.4 m/s2。
(2)加速到相对传送带静止的时间
t1＝＝ s＝5 s
所以5 s后随传送带一起匀速运动，速度为2 m/s。
(3)加速运动的位移
s1＝at12＝×0.4×52 m＝5 m
匀速运动的位移
s2＝L－s1＝(7－5)m＝2 m
匀速运动的时间
t2＝＝ s＝1 s
可以求得t＝t1＋t2＝6 s。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)2 m/s　(3)6 s
15．有一项“快乐向前冲”的游戏可简化如下：如图所示，滑板长L＝1 m，起点A到终点线B的距离s＝5 m。开始滑板静止，右端与A平齐，滑板左端放一可视为质点的滑块，对滑块施一水平恒力F使滑板前进。滑板右端到达B处冲线，游戏结束。已知滑块与滑板间动摩擦因数μ＝0.5，地面视为光滑，滑块质量m1＝2 kg，滑板质量m2＝1 kg，重力加速度g取10 m/s2，求：

(1)滑板由A滑到B的最短时间；
(2)为使滑板能以最短时间到达B，水平恒力F的取值范围。
解析：(1)滑板由A滑到B过程中一直加速时，所用时间最短。设滑板加速度为a2，f＝μm1g＝m2a2，a2＝10 m/s2，s＝，解得t＝1 s。
(2)滑板与滑块刚好要相对滑动时，水平恒力最小，设为F1，此时可认为二者加速度相等，F1－μm1g＝m1a2，解得F1＝30 N，当滑板运动到B，滑块刚好脱离时，水平恒力最大，设为F2，设滑块加速度为a1，F2－μm1g＝m1a1，－＝L，解得F2＝34 N，
则水平恒力大小范围是30 N≤F≤34 N。
答案：(1)1 s　(2)30 N≤F≤34 N
16.为了使雨滴能尽快地淌离房顶，要设计好房顶的高度，设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，那么如图所示的四种情况中符合要求的是(　　)

答案　C
解析　设屋檐的底角为θ，底边长为2L(不变).雨滴做初速度为零的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得加速度a＝＝gsin θ，位移大小x＝at2，而x＝，2sin θcos θ＝sin 2θ，联立以上各式得t＝.当θ＝45°时，sin 2θ＝1为最大值，时间t最短，故选项C正确.
17．如图所示，传送带与水平地面的夹角θ＝37°，从A到B的长度为L＝10.25 m，传送带以v0＝10 m/s的速率逆时针转动.在传送带上端A无初速度地放一个质量为m＝0.5 kg的黑色煤块，它与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5.煤块在传送带上经过会留下黑色痕迹.已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，求：

(1)当煤块与传送带速度相同时，它们能否相对静止？
(2)煤块从A到B的时间；
(3)煤块从A到B的过程中在传送带上留下痕迹的长度.
答案　(1)不能　(2)1.5 s　(3)5 m
解析　(1)煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.5，当煤块与传送带速度相等时，对煤块受力分析有mgsin 37°>μmgcos 37°，所以它们不能相对静止.
(2)煤块刚放上时，受到沿斜面向下的摩擦力，其加速度为
a1＝g(sin θ＋μcos θ)＝10 m/s2，
煤块加速运动至与传送带速度相同时需要的时间t1＝＝1 s，
发生的位移x1＝a1t12＝5 m
煤块速度达到v0后，因μgcos θ a2＝g(sin θ－μcos θ)＝2 m/s2，
x2＝L－x1＝5.25 m，
由x2＝v0t2＋a2t22，得t2＝0.5 s
煤块从A到B的时间为t＝t1＋t2＝1.5 s.
(3)第一过程痕迹长Δx1＝v0t1－x1＝5 m，
第二过程痕迹长Δx2＝x2－v0t2＝0.25 m，
Δx2与Δx1部分重合，故痕迹总长为5 m.
18.(多选)如图，一足够长的倾斜传送带顺时针匀速转动.一小滑块以某初速度沿传送带向下运动，滑块与传送带间的动摩擦因数恒定，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则其速度v随时间t变化的图象可能是(　　)



答案　BC
解析　设传送带倾角为θ，动摩擦因数为μ，若mgsin θ>μmgcos θ，滑块所受合力沿传送带向下，小滑块向下做匀加速运动；若mgsin θ＝μmgcos θ，小滑块沿传送带方向所受合力为零，小滑块匀速下滑；若mgsin θ<μmgcos θ，小滑块所受合力沿传送带向上，小滑块做匀减速运动，当速度减为零时，开始反向加速，当加速到与传送带速度相同时，因为最大静摩擦力大于小滑块重力沿传送带向下的分力，故小滑块随传送带做匀速运动，A、D错误，B、C正确.
19.(多选)如图甲所示，光滑水平面上静置一个薄长木板，长木板上表面粗糙，其质量为M，t＝0时刻质量为m的物块以水平速度v滑上长木板，此后木板与物块运动的v－t图象如图乙所示，重力加速度g＝10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A.M＝m
B.M＝2m
C.木板的长度为8 m
D.木板与物块间的动摩擦因数为0.1
答案　BC
解析　物块在木板上运动的过程中，μmg＝ma1，而v－t图象的斜率表示加速度，故a1＝
m/s2＝2 m/s2，解得μ＝0.2，D错误；对木板受力分析可知μmg＝Ma2，a2＝ m/s2＝1 m/s2，解得M＝2m，A错误，B正确；由题图乙可知，2 s时物块和木板分离，则0～2 s内，两者v－t图线与坐标轴围成的面积之差等于木板的长度，故L＝×(7＋3)×2 m－×2×
2 m＝8 m，C正确.
20.如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v0从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图象如图乙所示，物块到达传送带顶端时速度恰好为零，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则(　　)

A.传送带的速度为4 m/s
B.传送带底端到顶端的距离为14 m
C.物块与传送带间的动摩擦因数为
D.摩擦力方向一直与物块运动的方向相反
答案　A
解析　如果v0小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v0一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动，由此可以判断传送带的速度为4 m/s，选项A正确；传送带底端到顶端的距离等于v－t图线与横轴所围的面积，即×(4＋12)×1 m＋×1×4 m＝10 m，选项B错误；0～1 s内，a1＝gsin θ＋μgcos θ＝8 m/s2,1～2 s内，a2＝gsin θ－μgcos θ＝4 m/s2，解得μ＝，选项C错误；在1～2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，选项D错误.
21.(多选)如图甲所示，一滑块置于足够长的长木板左端，木板放置在水平地面上.已知滑块和木板的质量均为2 kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t (N)的变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力随时间变化的关系如图乙所示.设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10 m/s2，则下列说法正确的是(　　)

A.滑块与木板间的动摩擦因数为0.4
B.木板与水平地面间的动摩擦因数为0.2
C.图乙中t2＝24 s
D.木板的最大加速度为2 m/s2
答案　ACD
解析　由题图乙可知，滑块与木板之间的滑动摩擦力为8 N，则滑块与木板间的动摩擦因数为μ＝＝＝0.4，选项A正确.由题图乙可知t1时刻木板相对地面开始滑动，此时滑块与木板相对静止，则木板与水平地面间的动摩擦因数为μ′＝＝＝0.1，选项B错误.t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力Ffm＝8 N，此时两物体的加速度相等，且木板的加速度达到最大，则对木板：Ffm－μ′·2mg＝mam，解得am＝2 m/s2；对滑块：F－Ffm＝mam，解得F＝12 N，则由 F＝0.5t (N)可知，t＝24 s，选项C、D正确.
22.如图所示，两个质量均为m的相同的物块叠放在一个轻弹簧上面，处于静止状态.弹簧的下端固定于地面上，弹簧的劲度系数为k.t＝0时刻，给A物块一个竖直向上的作用力F，使得两物块以0.5g的加速度匀加速上升，下列说法正确的是(　　)

A.A、B分离前合外力大小与时间的平方t2成线性关系
B.分离时弹簧处于原长状态
C.在t＝时刻A、B分离
D.分离时B的速度大小为g
答案　C
解析　A、B分离前两物块做匀加速运动，合外力不变，选项A错误；开始时弹簧的压缩量为x1，则2mg＝kx1；当两物块分离时，加速度相同且两物块之间的弹力为零，对物体B，有kx2－mg＝ma，且x1－x2＝at2，解得x1＝，x2＝，t＝，此时弹簧仍处于压缩状态，选项B错误，C正确；分离时B的速度大小为v＝at＝g·＝g，选项D错误.
培优第三阶——高考沙场点兵
23．(2021·全国甲卷)如图，将光滑长平板的下端置于铁架台水平底座上的挡板P处，上部架在横杆上。横杆的位置可在竖直杆上调节，使得平板与底座之间的夹角θ可变。将小物块由平板与竖直杆交点Q处静止释放，物块沿平板从Q点滑至P点所用的时间t与夹角θ的大小有关。若由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将(　 )

A．逐渐增大 B．逐渐减小
C．先增大后减小 D．先减小后增大
[解析]　由题意知，小物块沿光滑长平板加速下滑，根据牛顿第二定律得mgsin θ＝ma，小物块的加速度大小a＝gsin θ；设铁架台底座的长度为d，根据几何关系，小物块的位移大小为；根据运动学公式得＝at2，联立可得t＝ ，θ由30°逐渐增大至60°，物块的下滑时间t将先减小后增大，D正确。
[答案]　D
24．(2021·浙江6月选考)机动车礼让行人是一种文明行为。如图所示，质量m＝1.0×103 kg的汽车以v1＝36 km/h的速度在水平路面上匀速行驶，在距离斑马线s＝20 m处，驾驶员发现小朋友排着长l＝6 m的队伍从斑马线一端开始通过，立即刹车，最终恰好停在斑马线前。假设汽车在刹车过程中所受阻力不变，且忽略驾驶员反应时间。

(1)求开始刹车到汽车停止所用的时间和所受阻力的大小；
(2)若路面宽L＝6 m，小朋友行走的速度v0＝0.5 m/s，求汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需的时间；
(3)假设驾驶员以v2＝54 km/h超速行驶，在距离斑马线s＝20 m处立即刹车，求汽车到斑马线时的速度。
[解析]　(1)根据位移与平均速度的关系有t1＝，＝＝5 m/s，解得刹车时间t1＝4 s，刹车加速度a＝，根据牛顿第二定律Ff＝ma，解得Ff＝2.5×103 N。
(2)小朋友全部通过斑马线所用时间t2＝，汽车在斑马线前等待小朋友全部通过所需时间t＝t2－t1＝20 s。
(3)根据速度与位移关系有v2－v22＝－2as，
解得v＝5 m/s。
[答案]　(1)4 s　2.5×103 N　(2)20 s　(3)5 m/s
25．(2021·辽宁高考)机场地勤工作人员利用传送带从飞机上卸行李。如图所示，以恒定速率v1＝0.6 m/s运行的传送带与水平面间的夹角α＝37°，转轴间距L＝3.95 m。工作人员沿传送方向以速度v2＝1.6 m/s从传送带顶端推下一件小包裹(可视为质点)。小包裹与传送带间的动摩擦因数μ＝0.8。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8。求：

(1)小包裹相对传送带滑动时加速度的大小a；
(2)小包裹通过传送带所需的时间t。
[解析]　(1)小包裹的速度v2大于传送带的速度v1，所以小包裹受到传送带的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律可知μmgcos α－mgsin α＝ma，解得a＝0.4 m/s2。
(2)根据(1)可知小包裹开始阶段在传送带上做匀减速直线运动，用时t1＝＝ s＝2.5 s，在传送带上滑动的距离为x1＝t1＝×2.5 m＝2.75 m，
因为小包裹所受滑动摩擦力大于重力沿传送带方向上的分力，即μmgcos α＞mgsin α，所以小包裹与传送带共速后做匀速直线运动至传送带底端，匀速运动的时间为t2＝＝ s＝2 s，
所以小包裹通过传送带的时间为t＝t1＋t2＝4.5 s。
[答案]　(1)0.4 m/s2　(2)4.5 s
26．(2021·全国乙卷)(多选)水平地面上有一质量为m1的长木板，木板的左端上有一质量为m2的物块，如图(a)所示。用水平向右的拉力F作用在物块上，F随时间t的变化关系如图(b)所示，其中F1、F2分别为t1、t2时刻F的大小。木板的加速度a1随时间t的变化关系如图(c)所示。已知木板与地面间的动摩擦因数为μ1，物块与木板间的动摩擦因数为μ2。假设最大静摩擦力均与相应的滑动摩擦力相等，重力加速度大小为g。则(　 )

A．F1＝μ1m1g
B．F2＝(μ2－μ1)g
C．μ2>μ1
D．在0～t2时间段物块与木板加速度相等
[解析]　分析可知，t1时刻长木板和物块刚要一起滑动，此时有F1＝μ1(m1＋m2)g，A错误；t1～t2时间内，长木板向右做加速度增大的加速运动，一定有μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＞0，故μ2＞μ1，C正确；0～t1时间内长木板和物块均静止，t1～t2时间内长木板和物块一起加速，一起加速的最大加速度满足μ2m2g－μ1(m1＋m2)g＝m1am、F2－μ1(m1＋m2)g＝(m1＋m2)am，解得F2＝·(μ2－μ1)g，B、D正确。
[答案]　BCD