(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第三章 第2讲 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习必修1 第三章 第2讲 (含解析)，共25页。试卷主要包含了动力学的两类基本问题，5 N，75 N，5 s时最大 D．t＝8，5 s时，电梯处于失重状态，5 s时，电梯处于超重状态，2 m等内容，欢迎下载使用。

知识排查
牛顿第二定律的瞬时性
牛顿第二定律的表达式为F合＝ma，加速度由物体所受合外力决定，加速度的方向与物体所受合外力的方向一致。当物体所受合外力发生突变时，加速度也随着发生突变，而物体运动的速度不能发生突变。
两类动力学问题
1.动力学的两类基本问题
第一类：已知受力情况求物体的运动情况。
第二类：已知运动情况求物体的受力情况。
2．解决两类基本问题的方法
以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解，具体逻辑关系如下
超重和失重
1.超重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向上的加速度。
2．失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的现象。
(2)产生条件：物体具有向下的加速度。
3．完全失重
(1)定义：物体对支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于0的现象称为完全失重现象。
(2)产生条件：物体的加速度a＝g，方向竖直向下。
4．对超重和失重的“三点”深度理解
(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。
(2)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。
(3)物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体的加速度方向，只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。
小题速练
1．思考判断
(1)物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比。( )
(2)对静止在光滑水平面上的物体施加一个水平力，当力刚作用瞬间，物体立即获得加速度。( )
(3)超重就是物体的重力变大的现象。( )
(4)失重时物体的重力小于mg。( )
(5)加速度等于g的物体处于完全失重状态。( )
(6)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。( )
答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)×
2．在儿童蹦极游戏中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳，质量为m的小明如图1所示静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg。若此时小明左侧橡皮绳断裂，则此时小明的( )
图1
A．加速度为零，速度为零
B．加速度a＝g，方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下
C．加速度a＝g，方向沿未断裂橡皮绳的方向斜向上
D．加速度a＝g，方向竖直向下
解析 根据题意，腰间左右两侧的橡皮绳的弹力等于重力。小明左侧橡皮绳断裂，则小明此时所受合力方向沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，大小等于mg，所以小明的加速度a＝g，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下，选项B正确。
答案 B
3．(2018·金陵中学)如图2所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上。当t＝0时，滑块以初速度v0＝10 m/s沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8。下列说法中正确的是( )
图2
A．滑块一直做匀变速直线运动
B．t＝1 s时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上
C．t＝2 s时，滑块恰好又回到出发点
D．t＝3 s时，滑块的速度为4 m/s
解析 滑块上滑过程mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1，解得a1＝10 m/s2，下滑过程mgsin θ－μmgcs θ＝ma2，解得a2＝2 m/s2，故A错误；上滑时间t1＝eq \f(v0,a1)＝1 s，上滑距离x＝eq \f(veq \\al(2,0),2a1)＝5 m，下滑过程x＝eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)，解得t2＝eq \r(5) s，故B、C错误；t＝3 s时，滑块还处于下滑阶段，v＝a2(t－1)＝4 m/s，故D正确。
答案 D
牛顿第二定律的瞬时性
两种模型
【例1】 两个质量均为m的小球，用两条轻绳连接，处于平衡状态，如图3所示。现突然迅速剪断轻绳OA，让小球下落，在剪断轻绳的瞬间，设小球A、B的加速度分别用a1和a2表示，重力加速度为g则( )
图3
A．a1＝g，a2＝g B．a1＝0，a2＝2g
C．a1＝g，a2＝0 D．a1＝2g，a2＝0
解析 由于绳子张力可以突变，故剪断OA后小球A、B只受重力，其加速度a1＝a2＝g，故选项A正确。
答案 A
【拓展1】 把“轻绳”换成“轻弹簧”在【例1】中只将A、B间的轻绳换成轻质弹簧，其他不变，如图4所示，则【例1】选项中正确的是( )
图4
解析 剪断轻绳OA后，由于弹簧弹力不能突变，故小球A所受合力为2mg，小球B所受合力为零，所以小球A、B的加速度分别为a1＝2g，a2＝0，故选项D正确。
答案 D
【拓展2】 改变平衡状态的呈现方式
把【拓展1】的题图放置在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，如图5所示，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，则下列说法正确的是( )
图5
A．aA＝0 aB＝eq \f(1,2)g B．aA＝g aB＝0
C．aA＝g aB＝g D．aA＝0 aB＝g
解析 细线被烧断的瞬间，小球B的受力情况不变，加速度为0。烧断前，分析整体受力可知线的拉力为T＝2mgsin θ，烧断瞬间，A受的合力沿斜面向下，大小为2mgsin θ，所以A球的瞬时加速度为aA＝2gsin 30°＝g，故选项B正确。
答案 B
1．求解瞬时加速度的一般思路
2．加速度可以随着力的突变而突变，而速度的变化需要一个积累的过程，不会发生突变。
1．(2018·上海浦东二模)如图6所示，细绳一端系在小球O上，另一端固定在天花板上A点，轻质弹簧一端与小球连接，另一端固定在竖直墙上B点，小球处于静止状态。将细绳烧断的瞬间，小球的加速度方向( )
图6
A．沿BO方向 B．沿OB方向
C．竖直向下 D．沿AO方向
解析 小球平衡时，对小球受力分析，重力、弹簧弹力、绳的拉力。当细绳烧断的瞬间，绳的拉力变为零，重力、弹力不变，所以重力与弹力的合力与绳的拉力等大反向，故D正确。
答案 D
2．如图7，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压。现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)( )
图7
A．0 B．2.5 N
C．5 N D．3.75 N
解析 当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体与A物体突然有了相互作用的弹力，此时弹簧形变仍不变，对A、B整体受力分析可知，整体受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹力为F＝mAg＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75 N，选项D正确。
答案 D
动力学的两类基本问题
1．解决动力学两类问题的两个关键点
2．解决动力学基本问题的处理方法
(1)合成法：在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”。
(2)正交分解法：若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”。
考向 已知受力情况求运动问题
【例2】 (2014·全国卷Ⅰ，24)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时，后车司机可以采取刹车措施，使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下，人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s。当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度匀速行驶时，安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的eq \f(2,5)。若要求安全距离仍为120 m，g＝10 m/s2，求汽车在雨天安全行驶的最大速度。
解析 设路面干燥时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ0，刹车时汽车的加速度大小为a0，安全距离为x，反应时间为t0，由牛顿第二定律和运动学公式得
μ0mg＝ma0①
x＝v0t0＋eq \f(veq \\al(2,0),2a0)②
式中，m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度，
设在雨天行驶时，汽车与路面间的动摩擦因数为μ，依题意有μ＝eq \f(2,5)μ0③
设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a，安全行驶的最大速度为v，由牛顿第二定律和运动学公式得
μmg＝ma④
x＝vt0＋eq \f(v2,2a)⑤
联立①②③④⑤式并代入题给数据得
v＝20 m/s(或72 km/h)⑥
答案 20 m/s(或72 km/h)
考向 已知运动情况求受力问题
【例3】 2017年12月17日上午10时34分，由机长吴鑫、试飞员徐远征驾驶的C919第二架客机，从浦东国际机场第四跑道起飞。飞机完成预定试飞科目后于12时34分安全返航着陆。对起飞BC段和降落DE段过程进行观察，模型如图8所示，记录数据如下表，如将起飞后BC段和降落前DE段均简化成匀变速直线运动。(取g＝10 m/s2)
图8
(1)求C919匀加速运动过程中加速度大小a1及位移大小x1；
(2)求C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值；
(3)试比较上述两个过程中飞机对飞行员的力与飞行员自身重力的大小关系。(只写出结果即可，不需论述理由)
解析 (1)C919匀加速运动过程中
Δt1＝20 min＝1 200 s
a1＝eq \f(v－v0,Δt1)＝eq \f(130－88,1 200) m/s2＝0.035 m/s2
x1＝eq \f(1,2)(v0＋v)Δt1＝eq \f(1,2)×(88＋130)×1 200 m＝130 800 m
所以C919匀加速运动过程中加速度大小a1＝0.035 m/s2，
位移大小为x1＝130 800 m
(2)C919匀减速运动过程
Δt3＝25 min＝1 500 s
a2＝eq \f(vt－v,Δt3)＝eq \f(72－130,1 500) m/s2≈－0.039 m/s2
根据牛顿第二定律得到F＝ma
C919匀减速运动过程中所受合力大小与重力的比值
k＝eq \f(F,mg)＝eq \f(0.039,10)＝0.003 9
(3)上升过程中飞机对飞行员的力大于重力；
下降过程中飞机对飞行员的力大于重力。
答案 (1)0.035 m/s2 130 800 m (2)0.003 9
(3)见解析
两类动力学问题的解题步骤
1．如图9所示，一条小鱼在水面处来了个“鲤鱼打挺”，弹起的高度为H＝2h，以不同的姿态落入水中其入水深度不同。若鱼身水平，落入水中的深度为h1＝h；若鱼身竖直，落入水中的深度为h2＝1.5h；假定鱼的运动始终在竖直方向上，在水中保持姿态不变，受到水的作用力也不变，空气中的阻力不计，鱼身的尺寸远小于鱼入水深度。重力加速度为g，求：
图9
(1)鱼入水时的速度v；
(2)鱼两次在水中运动的时间之比t1∶t2；
(3)鱼两次受到水的作用力之比F1∶F2。
解析 (1)由v2＝2gH，得v＝2eq \r(gh)
(2)因h1＝eq \f(v,2)t1，h2＝eq \f(v,2)t2，得eq \f(t1,t2)＝eq \f(2,3)
(3)2gH＝v2＝2a1h1，F1－mg＝ma1
得F1＝3mg，同理得F2＝eq \f(7,3)mg，
所以eq \f(F1,F2)＝eq \f(9,7)
答案 (1)2eq \r(gh) (2)2∶3 (3)9∶7
2．如图10所示，质量为10 kg的环(图中未画出)在F＝200 N的拉力作用下，沿固定在地面上的粗糙长直杆由静止开始运动，杆与水平地面的夹角θ＝37°，拉力F与杆的夹角也为θ。力F作用 0.5 s后撤去，环在杆上继续上滑了0.4 s后速度减为零。(已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2)求：
图10
(1)环与杆之间的动摩擦因数μ；
(2)环沿杆向上运动的总距离x。
解析 (1)在力F作用0.5 s内根据牛顿第二定律有
Fcs θ－mgsin θ－f＝ma1，
Fsin θ＝FN＋mgcs θ，
f＝μFN，
设0.5 s末速度为v，
根据运动学公式有v＝a1t1，
撤去F后0.4 s内
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma2，
v＝a2t2，
联立以上各式得μ＝0.5，
a1＝8 m/s2，
a2＝10 m/s2，
v＝a2t2＝4 m/s。
(2)x＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＋vt2－eq \f(1,2)a2teq \\al(2,2)＝1.8 m。
答案 (1)0.5 (2)1.8 m
超重和失重问题
超重和失重的判断方法
(1)若物体加速度已知，看加速度的方向，方向向上则超重，方向向下则失重。
(2)若拉力或压力已知，看拉力或压力与重力的大小关系，大于重力则超重，小于重力则失重。
(3)物体超重、失重与运动状态的关系
考向 超重、失重现象的判断
【例4】 (多选)如图11所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面下降到最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，运动员 ( )
图11
A．在第—过程中始终处于失重状态
B．在第二过程中始终处于超重状态
C．在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态
D．在第二过程中先处于超重状态，后处于失重状态
解析 运动员刚接触床面时，重力大于弹力，运动员向下做加速运动，运动员处于失重状态；当弹力增大到等于重力时速度最大；继续下降，弹力大于重力，做减速运动，运动员处于超重状态，即在第一过程中先处于失重状态，后处于超重状态，A错误，C正确；在第二过程中先向上加速运动，处于超重状态，后减速运动，处于失重状态，B错误，D正确。
答案 CD
考向 根据超重、失重现象判断物体的受力情况
【例5】 (多选)(2015·江苏单科)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图12所示，以竖直向上为a的正方向，则人对地板的压力( )
图12
A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小
C．t＝8.5 s时最大 D．t＝8.5 s时最小
解析 当电梯有向上的加速度时，人处于超重状态，人对地板的压力大于重力，向上的加速度越大，压力越大，因此t＝2 s时，压力最大，选项A正确；当有向下的加速度时，人处于失重状态，人对地板的压力小于人的重力，向下的加速度越大，压力越小，因此t＝8.5 s时压力最小，选项D正确。
答案 AD
1．(2019·山东德州模拟)几位同学为了探究电梯运动时的加速度大小，他们将体重计放在电梯中。电梯启动前，一位同学站在体重计上，如图13甲所示。然后电梯由1层
直接升到10层，之后又从10层直接回到1层。图乙至图戊是电梯运动过程中按运动顺序在不同位置体重计的示数。根据记录，进行推断分析，其中正确的是( )
图13
A．根据图甲、图乙可知，图乙位置时电梯向上加速运动
B．根据图甲、图丙可知，图丙位置时人处于超重状态
C．根据图甲、图丁可知，图丁位置时电梯向下减速运动
D．根据图甲、图戊可知，图戊位置时人处于失重状态
解析 图甲表示电梯静止时体重计的示数，图乙示数大于静止时体重计的示数，所以电梯是加速上升，A正确；图丙示数小于静止时体重计的示数，处于失重状态，故B错误；图丁示数小于静止时体重计的示数，加速度方向向下，电梯在向下加速运动，故C错误；图戊示数大于静止时体重计的示数，人处于超重状态，故D错误 。
答案 A
2．(2018·广东佛山二模)如图14甲所示，广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600米，游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台。若电梯简化成只受重力与绳索拉力，已知电梯在t＝0时由静止开始上升，a－t 图象如图乙所示。则下列相关说法正确的是( )
图14
A．t＝4.5 s时，电梯处于失重状态
B．5～55 s时间内，绳索拉力最小
C．t＝59.5 s时，电梯处于超重状态
D．t＝60 s时，电梯速度恰好为零
解析 利用a－t图象可判断：t＝4.5 s时，电梯有向上的加速度，电梯处于超重状态，则选项A错误；0～5 s时间内，电梯处于超重状态，拉力大于重力，5～55 s时间内，a＝0，电梯处于匀速上升过程，拉力等于重力，55～60 s时间内，电梯处于失重状态，拉力小于重力，综上所述，选项B、C错误；因a－t图线与t轴所围的“面积”代表速度改变量，而图中横轴上方的“面积”与横轴下方的“面积”相等，则电梯的速度在t＝60 s时为零，选项D正确。
答案 D
科学思维系列——“光滑斜面”模型和“等时圆”模型
模型1 “光滑斜面”模型
如图15所示，质量为m的物体从倾角为θ、高度为h的光滑斜面顶端由静止下滑，则有如下规律：
图15
(1)物体从斜面顶端滑到底端所用的时间t，由斜面的倾角θ与斜面的高度h共同决定，与物体的质量无关。
关系式为t＝eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))。
(2)物体滑到斜面底端时的速度大小只由斜面的高度h决定，与斜面的倾角θ、斜面的长度、物体的质量无关。
关系式为v＝eq \r(2gh)。
【典例1】 如图16所示，一物体分别从高度相同、倾角不同的三个光滑斜面顶端由静止开始下滑。下列说法正确的是( )
图16
A．滑到底端时的速度相同
B．滑到底端所用的时间相同
C．在倾角为30°的斜面上滑行的时间最短
D．在倾角为60°的斜面上滑行的时间最短
解析 关系式v＝eq \r(2gh)可知物体从高度相同的斜面滑到底端时的速度大小相同，但方向不同，选项A错误；由关系式t＝eq \f(1,sin θ)eq \r(\f(2h,g))可知物体在倾角θ＝60°的斜面上滑行时间最短，选项D正确。
答案 D
【即学即练1】 一间新房即将建成，现要封顶，若要求下雨时落至房顶的雨滴能最快地淌离房顶(假设雨滴沿房顶下淌时做无初速度、无摩擦的运动)，则必须要设计好房顶的高度，下列四种情况中最符合要求的是( )
解析 如图，设房顶宽为2b，高度为h，斜面倾角为θ。
由图中几何关系有h＝btan θ
由关系式t＝eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))可知，
t＝eq \f(1,sin θ) eq \r(\f(2h,g))，联立解得t＝eq \r(\f(4b,gsin 2θ))，
可见，当θ＝45°时，t最小，选项C正确。
答案 C
模型2 “等时圆”模型
1．三种模型(如图17)
图17
2．等时性的证明
图18
设某一条光滑弦与水平方向的夹角为α，圆的直径为d(如图18)。根据物体沿光滑弦做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a＝gsin α，位移为x＝dsin α，所以运动时间为t0＝eq \r(\f(2x,a))＝eq \r(\f(2dsin α,gsin α))＝eq \r(\f(2d,g))。
即沿同一起点(圆的最高点)或终点(圆的最低点)的各条光滑弦运动具有等时性，运动时间与弦的倾角、长短无关。
【典例2】 (2019·合肥质检)如图19所示，有一半圆，其直径水平且与另一圆的底部相切于O点，O点恰好是下半圆的圆心，它们处在同一竖直平面内。现有三条光滑轨道AOB、COD、EOF，它们的两端分别位于上下两圆的圆周上，轨道与竖直直径的夹角关系为α>β>θ，现让一小物块先后从三条轨道顶端由静止下滑至底端，则小物块在每一条倾斜轨道上滑动时所经历的时间关系为( )
图19
A．tAB＝tCD＝tEF B．tAB>tCD>tEF
C．tAB解析 如图所示，过D点作OD的垂线与竖直虚线交于G，以OG为直径作圆，可以看出F点在辅助圆内，而B点在辅助圆外，由等时圆结论可知，tAB>tCD>tEF，选项B正确。
答案 B
思维模板
【即学即练2】 如图20所示，位于竖直平面内的圆周与水平面相切于M点，与竖直墙相切于点A，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心。已知在同一时刻，甲、乙两球分别从A、B两点由静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点。丙球由C点自由下落到M点。则( )
图20
A．甲球最先到达M点 B．乙球最先到达M点
C．丙球最先到达M点 D．三个球同时到达M点
解析 设圆轨道的半径为R，根据等时圆模型有t乙>t甲，t甲＝2eq \r(\f(R,g))；丙做自由落体运动，有t丙＝eq \r(\f(2R,g))，所以有t乙>t甲>t丙，选项C正确。
答案 C
课时作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1．若战机从“辽宁号”航母上起飞前滑行的距离相同，牵引力相同，则( )
图1
A．携带弹药越多，加速度越大
B．加速度相同，与携带弹药的多少无关
C．携带弹药越多，获得的起飞速度越大
D．携带弹药越多，滑行时间越长
答案 D
2．(2017·海南卷)汽车紧急刹车后，停止运动的车轮在水平地面上滑动直至停止，在地面上留下的痕迹称为刹车线。由刹车线的长短可知汽车刹车前的速度，已知汽车轮胎与地面之间的动摩擦因数为0.80，测得刹车线长25 m。汽车在刹车前的瞬间的速度大小为(重力加速度g取10 m/s2)( )
A．10 m/s B．20 m/sC．30 m/s D．40 m/s
解析 由牛顿第二定律得μmg＝ma，即a＝8 m/s2
由v2－veq \\al(2,0)＝－2ax得v0＝eq \r(2ax)＝eq \r(2×8×25) m/s＝20 m/s，故选项B正确。
答案 B
3．(2018·4月浙江选考)如图2所示，小芳在体重计上完成下蹲动作。下列F－t图象能反映体重计示数随时间变化的是( )
解析 体重计的读数为人所受的支持力大小，下蹲过程人的速度从0开始最后又回到0，因此人先加速运动后减速运动，加速度方向先向下后向上，即先失重后超重，所以支持力先小于重力，后大于重力，因此选项C正确。
答案 C
4．如图3所示，质量均为m的木块A和B用一轻弹簧相连，竖直放在光滑的水平面上，木块A上放有质量为2m的木块C，三者均处于静止状态。现将木块C迅速移开，若重力加速度为g，则在木块C移开的瞬间 ( )
图3
A．木块B对水平面的压力大小迅速变为2mg
B．弹簧的弹力大小为mg
C．木块A的加速度大小为2g
D．弹簧的弹性势能立即减小
解析 移开木块C前，由平衡条件可知，弹簧弹力大小为3mg，地面对B的支持力大小为4mg，因移开木块C瞬时，弹簧压缩量不变，则弹簧弹力、弹性势能均不变，选项B、D错误；木块C移开瞬间，木块B所受重力、弹簧的弹力不变，故地面对B的支持力也不变，由牛顿第三定律知，选项A错误；撤去木块C瞬间，对木块A由牛顿第二定律有3mg－mg＝ma，解得a＝2g，方向竖直向上，选项C正确。
答案 C
5．(2019·名师原创预测)水平地面上方A处有一小物块，在竖直向上的恒力F作用下由静止开始竖直向上运动，如图4所示。经过时间t到达B处，此时撤去力F，又经过2t时间物块恰好落到地面。已知重力加速度大小为g，A处离地面的高度h＝eq \f(1,2)gt2，忽略空气阻力，则物块的质量为( )
图4
A.eq \f(5F,8g) B.eq \f(F,g)C.eq \f(3F,8g) D.eq \f(F,2g)
解析 物块在力F作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，上升高度为h1，末速度大小为v1，则h1＝eq \f(1,2)at2，v1＝at；撤去力F后物块做竖直上抛运动，则－(h1＋h)＝v1·2t－eq \f(1,2)g(2t)2，联立解得a＝eq \f(3,5)g，根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，得m＝eq \f(5F,8g)，A正确。
答案 A
6．在某段平直的铁路上，一列以324 km/h高速行驶的列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留4 min，随后匀加速驶离车站，经8.1 km后恢复到原速324 km/h。g取10 m/s2。
图5
(1)求列车减速时的加速度大小；
(2)若该列车总质量为8.0×105 kg，所受阻力恒为车重的0.1倍，求列车驶离车站加速过程中牵引力的大小；
(3)求列车从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小。
解析 (1)列车的速度v＝324 km/h＝90 m/s
经过t1＝5 min＝300 s停下，所以加速度为
a1＝eq \f(Δv,t1)＝eq \f(0－90,300) m/s2＝－0.3 m/s2
即加速度大小为0.3 m/s2
(2)列车受到的阻力为f＝0.1mg
根据牛顿第二定律，有F－f＝ma2
由运动学公式有v2＝2a2x2
联立解得a2＝0.5 m/s2，F＝1.2×106 N
(3)列车减速运动通过的位移为
x1＝eq \f(v,2)t1＝eq \f(90,2)×300 m＝13 500 m
列车加速运动的时间为
t3＝eq \f(v,a2)＝eq \f(90,0.5) s＝180 s
所以整个过程的平均速度为
eq \(v,\s\up6(－))＝eq \f(x,t)＝eq \f(x1＋x2,t1＋t2＋t3)＝eq \f(13 500＋8 100,300＋240＋180) m/s＝30 m/s
答案 (1)0.3 m/s2 (2)1.2×106 N (3)30 m/s
7．(2019·湖南株洲质检)如图6所示，某次滑雪训练，运动员站在水平雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F＝84 N从静止向前滑行，其作用时间为t1＝1.0 s。撤除水平推力F后经过t2＝2.0 s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力，作用距离与第一次相同。
图6
已知该运动员连同装备的总质量为m＝60 kg，在整个运动过程中受到的滑动摩擦力大小恒为Ff＝12 N，求：
(1)第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小及这段时间内的位移；
(2)该运动员(可视为质点)第二次撤除水平推力后滑行的最大距离。
解析 (1)运动员利用滑雪杖获得的加速度为
a1＝eq \f(F－Ff,m)＝eq \f(84－12,60) m/s2＝1.2 m/s2
第一次利用滑雪杖对雪面作用获得的速度大小
v1＝a1t1＝1.2×1.0 m/s＝1.2 m/s
位移x1＝eq \f(1,2)a1teq \\al(2,1)＝0.6 m。
(2)运动员停止使用滑雪杖后，加速度大小为a2＝eq \f(Ff,m)
经时间t2速度变为v1′＝v1－a2t2
第二次利用滑雪杖获得的速度大小v2，
则veq \\al(2,2)－v1′2＝2a1x1
第二次撤除水平推力后滑行的最大距离
x2＝eq \f(veq \\al(2,2),2a2)
解得x2＝5.2 m。
答案 (1)1.2 m/s 0.6 m (2)5.2 m
综合提能练
8．如图7所示，跨在光滑圆柱体侧面上的轻绳两端分别系有质量为mA、mB的小球，系统处于静止状态。A、B小球与圆心的连线分别与水平面成60°和30°角，则两球的质量之比和剪断轻绳时两球的加速度之比分别为( )
图7
A．1∶1，1∶2 B．1∶1，1∶eq \r(3)
C.eq \r(3)∶1，1∶1 D.eq \r(3)∶1，1∶eq \r(3)
解析 A、B小球的受力如图所示，对A：T＝mAgsin 30°，对B：T＝mBgsin 60°，解得mA∶mB＝eq \r(3)∶1。当剪断轻绳时，对A：mAgsin 30°＝mAaA，对B：mBgsin 60°＝mBaB，解得aA∶aB＝1∶eq \r(3)，选项D正确。
答案 D
9．如图8所示，B是水平地面上AC的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A点滑动到C点停止。小物块经过B点时的速度等于它在A点时速度的一半。则小物块与AB段间的动摩擦因数μ1和BC段间的动摩擦因数μ2的比值为( )
图8
A．1 B．2 C．3 D．4
解析 物块从A到B根据牛顿第二定律，有μ1mg＝ma1，得a1＝μ1g。从B到C根据牛顿第二定律，有μ2mg＝ma2，得a2＝μ2g。设小物块在A点时速度大小为v，则在B点时速度大小为eq \f(v,2)，由于AB＝BC＝l，由运动学公式知，从A到B：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)－v2＝－2μ1gl，从B到C：0－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(v,2)))eq \s\up12(2)＝－2μ2gl，联立解得μ1＝3μ2，故选项C正确，A、B、D错误。
答案 C
10.如图9是上海中心大厦，小明乘坐大厦快速电梯，从底层到达第119层观光平台仅用时55 s。若电梯先以加速度a1做匀加速运动，达到最大速度18 m/s，然后以最大速度匀速运动，最后以加速度a2做匀减速运动恰好到达观光平台。假定观光平台高度为549 m。取g＝10 m/s2。
图9
(1)若电梯经过20 s匀加速达到最大速度，求加速度a1及上升高度h；
(2)在(1)问中的匀加速上升过程中，若小明的质量为60 kg，求小明对电梯地板的压力；
(3)求电梯匀速运动的时间。
解析 (1)t1＝20 s，vm＝18 m/s，
由a1＝eq \f(vm－0,t1)，得a1＝0.9 m/s2，
h1＝eq \f(vm＋0,2)t1＝180 m。
(2)由牛顿第二定律得FN－mg＝ma1
得FN＝m(g＋a1)＝60×10.9 N＝654 N。
由牛顿第三定律得小明对地板压力大小为654 N，方向竖直向下。
(3)t总＝t1＋t2＋t3＝55 s
x＝eq \f(vm,2)t1＋vmt2＋eq \f(vm,2)t3＝eq \f(vm,2)(t1＋t2＋t3)＋eq \f(vm,2)t2＝eq \f(vm,2)(t总＋t2)
联立解得t2＝6 s。
答案 (1)0.9 m/s2 180 m (2)654 N (3)6 s
11．(2018·4月浙江选考)可爱的企鹅喜欢在冰面上玩游戏。如图10所示，有一企鹅在倾角为37°的倾斜冰面上，先以加速度a＝0.5 m/s2从冰面底部由静止开始沿直线向上“奔跑”，t＝8 s时，突然卧倒以肚皮贴着冰面向前滑行，最后退滑到出发点，完成一次游戏(企鹅在滑动过程中姿势保持不变)。若企鹅肚皮与冰面间的动摩擦因数μ＝0.25，已知sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2。求：
图10
(1)企鹅向上“奔跑”的位移大小；
(2)企鹅在冰面滑动的加速度大小；
(3)企鹅退滑到出发点时的速度大小。(计算结果可用根式表示)
解析 (1)在企鹅向上“奔跑”过程中有x＝eq \f(1,2)at2，
解得x＝16 m。
(2)在企鹅卧倒以后将进行两个过程的运动，第一个过程是从卧倒到最高点，第二个过程是从最高点滑到出发点，两次过程根据牛顿第二定律分别有
mgsin 37°＋μmgcs 37°＝ma1
mgsin 37°－μmgcs 37°＝ma2
解得a1＝8 m/s2，a2＝4 m/s2。
(3)企鹅从卧倒到滑到最高点的过程中，做匀减速直线运动，设时间为t′，位移为x′
t′＝eq \f(at,a1)，x′＝eq \f(1,2)a1t′2，解得x′＝1 m。
企鹅从最高点滑到出发点的过程中，设末速度为vt，初速度为0，则有veq \\al(2,t)－02＝2a2(x＋x′)
解得vt＝2eq \r(34) m/s。
答案 (1)16 m (2)8 m/s2 4 m/s2 (3)2eq \r(34) m/s
运动过程
运动时间
运动状态
起飞BC段
10时34分～10时54分
初速度v0＝170节≈88 m/s
末速度v＝253节≈130 m/s
降落DE段
12时9分～12时34分
着陆时的速度vt＝140节≈
72 m/s