4．(2010·上海十二校联考)如图5(a)所示，用一水平外力F推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)中所提供的信息不能计算出　　

(　)

图5

A．物体的质量

B．斜面的倾角

C．物体能静止在斜面上所施加的最小外力

D．加速度为6 m/s²时物体的速度

解析：分析物体受力，由牛顿第二定律得：Fcosθ－mgsinθ＝ma，由F＝0时，a＝－6 m/s²，得θ＝37°.由a＝F－gsinθ和a－F图线知：＝，得：m＝2 kg，物体静止时的最小外力F_mincosθ＝mgsinθ，F_min＝mgtanθ＝15 N，无法求出物体加速度为6 m/s²时的速度，因物体的加速度是变化的，对应时间也未知，故选D.

答案：D

3．(2010·江门模拟)如图4所示，两个质量分别为m₁＝2 kg、m₂＝3 kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧测力计连接．两个大小分别为F₁＝30 N、F₂＝20 N的水平拉力分别作用在m₁、m₂上，则　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图4

A．弹簧测力计的示数是10 N

B．弹簧测力计的示数是50 N

C．在突然撤去F₂的瞬间，弹簧测力计的示数不变

D．在突然撤去F₁的瞬间，m₁的加速度不变

解析：设弹簧的弹力为F，加速度为a.

对系统：F₁－F₂＝(m₁+m₂)a，对m₁：F₁－F＝m₁a，联立两式解得：a＝2 m/s²，F＝26 N，故A、B两项都错误；在突然撤去F₂的瞬间，由于弹簧测力计两端都有物体，而物体的位移不能发生突变，所以弹簧的长度在撤去F₂的瞬间没变化，弹簧上的弹力不变，故C项正确；若突然撤去F₁，物体m₁的合外力方向向左，而没撤去F₁时合外力方向向右，所以m₁的加速度发生变化，故D项错误．

答案：C

2．如图2甲所示，放在光滑水平面上的木块受到两个水平力F₁与F₂的作用静止不动．现保持F₁不变，F₂大小变化如图乙所示，则在此过程中，能正确描述木块运动情况的速度图象是图3中的　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图2

图3

解析：由于F₂均匀减小到零然后又均匀增大到原值，所以物体受到的合外力的变化情况为先增大后减小到零，根据牛顿第二定律知物体加速度也是先增大后减小到零，而速度一直在增大，最后达到最大值．符合上述规律的v－t图象只有D项．

答案：D

1．(2010·梅州模拟)2009年当地时间9月23日，在位于印度安

得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·达万航天中心，一枚PSLV

－C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实

现“一箭七星”发射，相关图片如图1所示．则下列说法不正　　　　　 图1

确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力

B．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小

C．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等

D．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态

解析：由作用力与反作用力大小相等，可知A错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B正确；由作用力与反作用力的关系可知C正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D正确．

答案：A

14．(16分)(2010·双流模拟)如图10所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v－t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a(0,10)、b(0,0)、c(4,4)、d(12,0)．根据v－t图象，求：

(1)物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a₁，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a₂，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a₃；

(2)物块质量m与长木板质量M之比；

(3)物块相对长木板滑行的距离Δs.

解析：(1)由v－t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a₁＝ m/s²＝1.5 m/s²，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a₂＝ m/s²＝1 m/s²，达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a₃＝ m/s²＝0.5 m/s².

(2)对m冲上木板减速阶段：μ₁mg＝ma₁

对M向前加速阶段：μ₁mg－μ₂(m+M)＝Ma₂

物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ₂(m+M)g＝(M+m)a₃

以上三式联立可得：＝.

(3)由v－t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离Δs对应图中Δabc的面积，故Δs＝10×4× m＝20 m

答案：(1)1.5 m/s²　1 m/s²　0.5 m/s²　(2)3∶2

(3)20 m

13．(12分)在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在水平长木板上，如图9甲所示，用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大．分别用力传感器采集拉力和木块受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力F_f随拉力F变化的图象，如图乙所示．已知木块质量为0.78 kg，重力加速度g取10 m/s²，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80.

图9

(1)求木块与长木板间的动摩擦因数；

(2)若将实验中的长木板与水平方向成θ＝37°角放置，将木块置于其上，在平行于木板的恒定拉力F作用下，以a＝2.0 m/s²的加速度从静止开始向上做匀变速直线运动，如图丙所示．求拉力应为多大？

解析：(1)由题图乙知，木块受到的滑动摩擦力F_f为3.12 N，

而F_f＝μF_N＝μmg

所以μ＝＝＝0.4.

(2)木块受力如图所示，根据牛顿第二定律有

F－mgsinθ－F_f′＝ma　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　 ①

而F_f′＝μF_N′＝μmgcosθ　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

联立①②式并代入数据解得F≈8.7 N.

答案：(1)0.4　(2)8.7 N

12．(12分)如图8所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数　

为k的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直

于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以加速度

a (a＜gsinθ)沿斜面向下匀加速运动，问：　　　 　　　　　　　　　　图8

(1)小球向下运动多少距离时速度最大？

(2)从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？

解析：(1)球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．

即kx_m＝mgsinθ，解得x_m＝.

(2)设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F_N，沿斜面向上的挡板支持力F₁和弹簧弹力F.

据牛顿第二定律有mgsinθ－F－F₁＝ma，F＝kx.

随着x的增大，F增大，F₁减小，保持a不变，当m与挡板分离时，x增大到等于s，F₁减小到零，则有：

mgsinθ－ks＝ma，又s＝at²

联立解得mgsinθ－k·at²＝ma，t＝ .

答案：(1)　(2)

11．(10分)(2010·福建泉州模考)一个静止在倾角为30°的长斜面上的物体，被向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个v₀＝8 m/s沿斜面向上的初速度，取g＝10 m/s²，则物体经过t＝1 s时间所通过的距离是多少？

解析：设物体的质量为m，物体与斜面间的动摩擦因数为μ，由于匀速下滑

mgsinθ＝μmgcosθ

设物体向上运动的加速度大小为a

mgsinθ+μmgcosθ＝ma

解得：a＝10 m/s²

设经过时间t₀物体的速度减为零

v₀＝at₀

t₀＝0.8 s＜1 s

物体速度减为零后将静止在斜面上，所以通过的距离为

s＝＝3.2 m

答案：3.2 m

10．(2010·安徽省两地三校联考)如图7所示，斜劈形物体的质量为M，放在水平地面上，质量为m的粗糙物块以某一初速沿斜劈的斜面向上滑，至速度为零后又加速返回，而斜劈始终保持静止，物块m上、下滑动的整个过程中　　　　　　　　　　　 (　)

A．地面对斜劈M的摩擦力方向先向左后向右

B．地面对斜劈M的摩擦力方向没有改变

C．地面对斜劈M的支持力大于(M+m)g

D．物块m向上、向下滑动时加速度大小相同

解析：物块m向上滑动时的加速度a_上＝＝gsinθ+μgcosθ，下滑时的加速度a_下＝＝gsinθ－μgcosθ，故D错误；由于物体上滑和下滑时的加速度均沿斜面向下，故整体有竖直向下的分加速度，整体处于失重状态，地面对斜劈M的支持力小于(M+m)g，C错误；水平方向整体只有向左的加速度，故整体在水平方向上有向左的合力，也即地面对斜劈M的摩擦力方向始终水平向左，所以A错误，B正确．

答案：B

9．(2010·苏州联考)如图6所示，bc为固定在小车上的水平横杆，物块M串在杆上，靠摩擦力保持相对杆静止，M又通过轻细线悬吊着一个小铁球m，此时小车正以大小为a的加速度向右做匀加速运动，而M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ.小车的加速度逐渐增大，M始终和小车保持相对静止，当加速度增加到2a时(　)

图6

A．横杆对M的摩擦力增加到原来的2倍

B．横杆对M的弹力不变

C．细线与竖直方向的夹角增加到原来的2倍

D．细线的拉力增加到原来的2倍

解析：取M、m为一整体，由牛顿第二定律可知，横杆对M的摩擦力F_f＝(M+m)a，横杆对M的支持力F_N＝(M+m)g，当加速度增加到2a时，F_f增加到原来的2倍，而F_N不变，故A、B均正确；对m受力分析，设细绳的拉力为F_T，则有：F_Tcosθ＝mg，F_Tsinθ＝ma，tanθ＝，F_T＝，可见当a变为2a时，tanθ值加倍，但θ并不增加到原来的2倍，F_T也不增加到原来的2倍，故C、D均错误．

答案：AB