高中物理 微专题训练

微专题训练1自由落体和竖直上抛运动1．(单选)从某高处释放一粒小石子，经过1s从同一地点再释放另一粒小石子，则在它们落地之前，两粒石子间的距离将 ()．A．保持不变B．不断增大C．不断减小D．有时增大，有时减小解析设第1粒石子运动的时间为ts，则第2粒石子运动的时间为(t－1)s，两粒石子间的距离为Δh＝eq\f(1,2)gt2－eq\f(1,2)g(t－1)2＝gt－eq\f(1,2)g，可见，两粒石子间的距离随t的增大而增大，故B正确．答案B2．(多选)从水平地面竖直向上抛出一物体，物体在空中运动，到最后又落回地面．在不计空气阻力的条件下，以下判断正确的是()．A．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度相同B．物体上升阶段的加速度与物体下落阶段的加速度方向相反C．物体上升过程经历的时间等于物体下落过程经历的时间D．物体上升过程经历的时间小于物体下落过程经历的时间解析物体竖直上抛，不计空气阻力，只受重力，则物体上升和下降阶段加速度相同，大小为g，方向向下，A正确，B错误；上升和下落阶段位移大小相等，加速度大小相等，所以上升和下落过程所经历的时间相等，C正确，D错误．答案AC3．(单选)取一根长2m左右的细线，5个铁垫圈和一个金属盘．在线的一端系上第一个垫圈，隔12cm再系一个，以后垫圈之间的距离分别为36cm、60cm、84cm，如图1所示．站在椅子上，向上提起线的另一端，让线自由垂下，且第一个垫圈紧靠放在地面上的金属盘内．松手后开始计时，若不计空气阻力，则第2、3、4、5各垫圈 ()．A．落到盘上的声音时间间隔越来越大B．落到盘上的声音时间间隔相等C．依次落到盘上的速率关系为1∶eq\r(2)∶eq\r(3)∶2D．依次落到盘上的时间关系为1∶(eq\r(2)－1)∶(eq\r(3)－eq\r(2))∶(2－eq\r(3))解析垫圈之间的距离分别为12cm、36cm、60cm、84cm，满足1∶3∶5∶7的关系，因此时间间隔相等，A项错误，B项正确．垫圈依次落到盘上的速率关系为1∶2∶3∶4∶…，垫圈依次落到盘上的时间关系为1∶2∶3∶4∶…，C、D项错误．答案B4．(单选)一物体自空中的A点以一定的初速度竖直向上抛出，1s后物体的速率变为10m/s，则此时物体的位置和速度方向可能是(不计空气阻力，g＝10m/s2)()．A．在A点上方，速度方向向下B．在A点上方，速度方向向上C．正在A点，速度方向向下D．在A点下方，速度方向向下解析做竖直上抛运动的物体，要先后经过上升和下降两个阶段，若1s后物体处在下降阶段，即速度方向向下，速度大小为10m/s，那么抛出时的速度大小为0，这显然与题中“以一定的初速度竖直向上抛出”不符，所以1s后物体只能处在上升阶段，即此时物体正在A点上方，速度方向向上．答案B5．(单选)一个从地面竖直上抛的物体，它两次经过一个较低的点a的时间间隔是Ta，两次经过一个较高点b的时间间隔是Tb，则a、b之间的距离为()．A.eq\f(1,8)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))B.eq\f(1,4)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))C.eq\f(1,2)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))D.eq\f(1,2)g(Ta－Tb)解析根据时间的对称性，物体从a点到最高点的时间为eq\f(Ta,2)，从b点到最高点的时间为eq\f(Tb,2)，所以a点到最高点的距离ha＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Ta,2)))2＝eq\f(gT\o\al(2,a),8)，b点到最高点的距离hb＝eq\f(1,2)geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Tb,2)))2＝eq\f(gT\o\al(2,b),8)，故a、b之间的距离为ha－hb＝eq\f(1,8)g(Teq\o\al(2,a)－Teq\o\al(2,b))，故选A.答案A6．(单选)如图2所示，小球从竖直砖墙某位置静止释放，用频闪照相机在同一底片上多次曝光，得到了图2中1、2、3、4、5…所示小球运动过程中每次曝光的位置．连续两次曝光的时间间隔均为T，每块砖的厚度为d.根据图中的信息，下列判断错误的是 ()．图2A．位置“1”是小球的初始位置B．小球做匀加速直线运动C．小球下落的加速度为eq\f(d,T2)D．小球在位置“3”的速度为eq\f(7d,2T)解析由题图可知相邻的相等时间间隔的位移差相等都为d，B对；由Δx＝aT2＝d可知C对；位置“3”是小球从位置“2”到位置“4”的中间时刻，据推论有v3＝eq\f(3d＋4d,2T)＝eq\f(7d,2T)，D对；位置“1”到位置“2”的距离与位置“2”到位置“3”的距离之比为2∶3，位置“1”不是小球释放的初始位置，故选A.答案A7．(单选)小球从空中某处由静止开始自由下落，与水平地面碰撞后上升到空中某一高度，此过程中小球速度随时间变化的关系如图3所示，则 ()．图3A．在下落和上升两个过程中，小球的加速度不同B．小球开始下落处离地面的高度为0.8mC．整个过程中小球的位移为1.0mD．整个过程中小球的平均速度大小为2m/s解析v­t图象斜率相同，即加速度相同，A选项不正确；0～0.4s内小球做自由落体过程，通过的位移即为高度0.8m，B选项正确；前0.4s小球自由下落0.8m，后0.2s反弹向上运动0.2m，所以整个过程中小球的位移为0.6m，C选项不正确；整个过程中小球的平均速度大小为1m/s，D选项不正确．答案B8．李煜课外活动小组自制一枚火箭，火箭从地面发射后，始终在垂直于地面的方向上运动，火箭点火后可认为做匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处时燃料恰好用完，若不计空气阻力，取g＝10m/s2，求：(1)燃料恰好用完时火箭的速度；(2)火箭离地面的最大高度；(3)火箭从发射到残骸落回地面过程的总时间．解析(1)设火箭的速度为v则eq\f(1,2)vt＝h，所以v＝20m/s(2)最大高度hm＝40m＋eq\f(v2,2g)＝60m(3)t1＝4s，t2＝eq\f(v,g)＝2s，t3＝eq\r(\f(2hm,g))＝2eq\r(3)st＝t1＋t2＋t3＝(6＋2eq\r(3))s＝9.46s答案(1)20m/s(2)60m(3)9.46s微专题训练2汽车的“刹车”问题1．(单选)汽车进行刹车试验，若速率从8m/s匀减速至零，需用时间1s，按规定速率为8m/s的汽车刹车后拖行路程不得超过5.9m，那么上述刹车试验的拖行路程是否符合规定 ()．A．拖行路程为8m，符合规定B．拖行路程为8m，不符合规定C．拖行路程为4m，符合规定D．拖行路程为4m，不符合规定解析由x＝eq\f(v0,2)t可得：汽车刹车后的拖行路程为x＝eq\f(8,2)×1m＝4m<5.9m，所以刹车试验的拖行路程符合规定，C正确．答案C2．(单选)一辆公共汽车进站后开始刹车，做匀减速直线运动．开始刹车后的第1s内和第2s内位移大小依次为9m和7m．则刹车后6s内的位移是()．A．20mB．24mC．25mD．75m解析由Δx＝aT2得：a＝－2m/s2，由v0T＋eq\f(1,2)aT2＝x1得：v0＝10m/s，汽车刹车时间t＝eq\f(0－v0,a)＝5s<6s，故刹车后6s内的位移为x＝eq\f(0－v\o\al(2,0),2a)＝25m，C正确．答案C3．(多选)匀速运动的汽车从某时刻开始刹车，匀减速运动直至停止．若测得刹车时间为t，刹车位移为x，根据这些测量结果，可以求出 ()．A．汽车刹车过程的初速度B．汽车刹车过程的加速度C．汽车刹车过程的平均速度D．汽车刹车过程的制动力解析因汽车做匀减速直线运动，所以有x＝eq\f(1,2)at2＝eq\o(v,\s\up6(－))t，可以求出汽车刹车过程的加速度a、平均速度eq\o(v,\s\up6(－))，B、C正确；又v＝at，可求出汽车刹车过程的初速度，A正确；因不知道汽车的质量，无法求出汽车刹车过程的制动力，D错误．答案ABC4．(多选)一汽车在公路上以54km/h的速度行驶，突然发现前方30m处有一障碍物，为使汽车不撞上障碍物，驾驶员立刻刹车，刹车的加速度大小为6m/s2，则驾驶员允许的反应时间可以为 ()．A．0.5sB．0.7sC．0.8s D．0.9s解析汽车在驾驶员的反应时间内做匀速直线运动，刹车后做匀减速直线运动．根据题意和匀速直线运动、匀变速直线运动规律可得v0t＋eq\f(v\o\al(2,0),2a)≤l，代入数据解得t≤0.75s.答案AB5．某驾驶员以30m/s的速度匀速行驶，发现前方70m处车辆突然停止，如果驾驶员看到前方车辆停止时的反应时间为0.5s，该汽车是否会有安全问题？已知该车刹车的最大加速度大小为7.5m/s2.解析汽车做匀速直线运动的位移为x1＝vt＝30×0.5m＝15m汽车做匀减速直线运动的位移：x2＝eq\f(0－v2,2a)＝eq\f(－302,2×－7.5)m＝60m汽车停下来的实际位移为：x＝x1＋x2＝15m＋60m＝75m由于前方距离只有70m，所以会有安全问题．答案有安全问题6．一辆汽车刹车前的速度为90km/h，刹车获得的加速度大小为10m/s2，求：(1)汽车刹车开始后10s内滑行的距离x0；(2)从开始刹车到汽车位移为30m时所经历的时间t；(3)汽车静止前1s内滑行的距离x′.解析(1)判断汽车刹车所经历的时间由0＝v0＋at0及a＝－10m/s2，v0＝90km/h＝25m/s得：t0＝－eq\f(v0,a)＝eq\f(25,10)s＝2.5s<10s汽车刹车后经过2.5s停下来，因此10s内汽车的位移只是2.5s内的位移根据veq\o\al(2,1)－veq\o\al(2,0)＝2ax0得x0＝eq\f(v\o\al(2,1)－v\o\al(2,0),2a)＝eq\f(0－252,2×－10)m＝31.25m.(2)根据x＝v0t＋eq\f(1,2)at2解得：t1＝2s，t2＝3s>2.5s(舍去)．(3)把汽车减速到速度为零的过程，看作反向的初速度为零的匀加速直线运动过程，求出汽车以10m/s2的加速度经过1s的位移，即：x′＝eq\f(1,2)(－a)t′2＝eq\f(1,2)×10×12m＝5m.答案(1)31.25m(2)2s(3)5m7．图是《驾驶员守则》中的安全距离图示和部分安全距离表格．车速(km/h)反应距离(m)刹车距离(m)停车距离(m)40101020601522.537.580A＝()B＝()C＝()请根据该图表计算：(1)如果驾驶员的反应时间一定，请在表格中填上A的数据；(2)如果路面情况相同，请在表格中填上B、C的数据；(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50m处有一队学生正在横穿马路，此时他的车速为72km/h，而他的反应时间比正常时慢了0.1s，请问他能在50m内停下来吗？解析(1)反应时间为t＝eq\f(s1,v1)＝0.9s，A＝vt＝20m.(2)加速度a＝eq\f(v2,2x刹车)＝eq\f(500,81)m/s2，B＝eq\f(v2,2a)＝40m，所以C＝60m.(3)司机的反应距离为x1＝vt＝20×(0.9＋0.1)m＝20m司机的刹车距离为x2＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(202,2×\f(1000,162))m＝32.4m，x＝x1＋x2＝52.4m>50m，故不能．答案(1)20m(2)40m60m(3)不能微专题训练3追及、相遇问题1．(多选)如图1是做直线运动的甲、乙两个物体的位移—时间图象，由图象可知 ()．图1A．乙开始运动时，两物体相距20mB．在0～10s这段时间内，两物体间的距离逐渐增大C．在10～25s这段时间内，两物体间的距离逐渐变小D．两物体在10s时相距最远，在25s时相遇解析在0～10s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐增大，说明两物体间的距离逐渐增大；在10～25s这段时间内，两物体纵坐标的差值逐渐减小，说明两物体间的距离逐渐变小，因此，两物体在10s时相距最远；在25s时，两图线相交，两物体纵坐标相等，说明它们到达同一位置而相遇．选项B、C、D正确．答案BCD2．(多选)a、b、c三个物体在同一条直线上运动，三个物体的x­t图象如图2所示，图象c是一条抛物线，坐标原点是抛物线的顶点，下列说法中正确的是 ()．图2A．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度相同B．a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反C．在0～5s内，当t＝5s时，a、b两个物体相距最近D．物体c一定做变速直线运动解析a、b两物体都做匀速直线运动，两个物体的速度大小相等，方向相反，A错、B正确；在0～5s内，当t＝5s时，a、b两个物体相距最远x＝20m，C错；根据x­t图象的斜率可判断D选项是正确的．答案BD3．(单选)A、B两物体相距s＝7m，物体A在水平拉力和摩擦力的作用下，正以vA＝4m/s的速度向右匀速运动，而物体B此时在摩擦力作用下正以vB＝10m/s的速度向右匀减速运动，加速度a＝－2m/s2，则A追上B所经历的时间是()．图3A．7sB．8sC．9sD．10s解析t＝5s时，物体B的速度减为零，位移大小xB＝eq\f(1,2)at2＝25m，此时A的位移xA＝vAt＝20m，A、B两物体相距Δs＝s＋xB－xA＝7m＋25m－20m＝12m，再经过Δt＝Δs/vA＝3s，A追上B，所以A追上B所经历的时间是5s＋3s＝8s，选项B正确．答案B4．(2013·商丘二模)(单选)甲、乙两个物体从同一地点、沿同一直线同时做直线运动，其v­t图象如图4所示，则 ()．图4A．1s时甲和乙相遇B．0～6s内甲乙相距最大距离为1mC．2～6s内甲相对乙做匀速直线运动D．4s时乙的加速度方向反向解析两物体从同一地点出发，t＝1s之前乙的速度一直大于甲的速度，故两物体在t＝1s时不会相遇，A错误；在0～6s内，在t＝6s时两物体间距最大，最大距离为8m，B错误；因2～6s内甲、乙两物体减速的加速度相同，故v甲－v乙恒定不变，即甲相对乙做匀速直线运动，C正确，D错误．答案C5．(单选)汽车A在红灯前停住，绿灯亮时启动，以0.4m/s2的加速度做匀加速运动，经过30s后以该时刻的速度做匀速直线运动．设在绿灯亮的同时，汽车B以8m/s的速度从A车旁边驶过，且一直以相同的速度做匀速直线运动，运动方向与A车相同，则从绿灯亮时开始()．A．A车在加速过程中与B车相遇B．A、B相遇时速度相同C．相遇时A车做匀速运动D．两车不可能相遇解析作出A、B两车运动的v­t图象如图所示，v­t图象所包围的“面积”表示位移，经过30s时，两车运动图象所围面积并不相等，所以在A车加速运动的过程中，两车并未相遇，所以选项A错误；30s后A车以12m/s的速度做匀速直线运动，随着图象所围“面积”越来越大，可以判断在30s后某时刻两车图象所围面积会相等，即两车会相遇，此时A车的速度要大于B车的速度，所以两车不可能再次相遇，选项C正确，选项B、D错误．答案C6．现有A、B两列火车在同一轨道上同向行驶，A车在前，其速度vA＝10m/s，B车速度vB＝30m/s.因大雾能见度低，B车在距A车600m时才发现前方有A车，此时B车立即刹车，但B车要减速1800m才能够停止．(1)B车刹车后减速运动的加速度多大？(2)若B车刹车8s后，A车以加速度a1＝0.5m/s2加速前进，问能否避免事故？若能够避免则两车最近时相距多远？解析(1)设B车减速运动的加速度大小为a，有0－veq\o\al(2,B)＝－2ax1，解得：a＝0.25m/s2.(2)设B车减速t秒时两车的速度相同，有vB－at＝vA＋a1(t－Δt)代入数值解得t＝32s，在此过程中B车前进的位移为xB＝vBt－eq\f(at2,2)＝832mA车前进的位移为xA＝vAΔt＋vA(t－Δt)＋eq\f(1,2)a1(t－Δt)2＝464m，因xA＋x>xB，故不会发生撞车事故，此时Δx＝xA＋x－xB＝232m.答案(1)0.25m/s2(2)可以避免事故232m7．甲、乙两车在平直公路上比赛，某一时刻，乙车在甲车前方L1＝11m处，乙车速度v乙＝60m/s，甲车速度v甲＝50m/s，此时乙车离终点线尚有L2＝600m，如图5所示．若甲车加速运动，加速度a＝2m/s2，乙车速度不变，不计车长．求：图5(1)经过多长时间甲、乙两车间距离最大，最大距离是多少？(2)到达终点时甲车能否超过乙车？解析(1)当甲、乙两车速度相等时，两车间距离最大，即v甲＋at1＝v乙，得t1＝eq\f(v乙－v甲,a)＝eq\f(60－50,2)s＝5s；甲车位移x甲＝v甲t1＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝275m，乙车位移x乙＝v乙t1＝60×5m＝300m，此时两车间距离Δx＝x乙＋L1－x甲＝36m(2)甲车追上乙车时，位移关系x甲′＝x乙′＋L1甲车位移x甲′＝v甲t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)，乙车位移x乙′＝v乙t2，将x甲′、x乙′代入位移关系，得v甲t2＋eq\f(1,2)ateq\o\al(2,2)＝v乙t2＋L1，代入数值并整理得teq\o\al(2,2)－10t2－11＝0，解得t2＝－1s(舍去)或t2＝11s，此时乙车位移x乙′＝v乙t2＝660m，因x乙′>L2，故乙车已冲过终点线，即到达终点时甲车不能追上乙车．答案(1)5s36m(2)不能微专题训练4“滑轮”模型和“死结”模型问题)1．(单选)如图1所示，杆BC的B端用铰链接在竖直墙上，另一端C为一滑轮．重物G上系一绳经过滑轮固定于墙上A点处，杆恰好平衡．若将绳的A端沿墙缓慢向下移(BC杆、滑轮、绳的质量及摩擦均不计)，则()．图1A．绳的拉力增大，BC杆受绳的压力增大B．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力增大C．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力减小D．绳的拉力不变，BC杆受绳的压力不变解析选取绳子与滑轮的接触点为研究对象，对其受力分析，如图所示，绳中的弹力大小相等，即T1＝T2＝G，C点处于三力平衡状态，将三个力的示意图平移可以组成闭合三角形，如图中虚线所示，设AC段绳子与竖直墙壁间的夹角为θ，则根据几何知识可知F＝2Gsineq\f(θ,2)，当绳的A端沿墙缓慢向下移时，绳的拉力不变，θ增大，F也增大，根据牛顿第三定律知，BC杆受绳的压力增大，B正确．答案B2．(单选)如图2所示，一条细绳跨过定滑轮连接物体A、B，A悬挂起来，B穿在一根竖直杆上，两物体均保持静止，不计绳与滑轮、B与竖直杆间的摩擦，已知绳与竖直杆间的夹角θ，则物体A、B的质量之比mA∶mB等于()．图2A．cosθ∶1B．1∶cosθC．tanθ∶1D．1∶sinθ解析由物体A平衡可知，绳中张力F＝mAg，物体B平衡，竖直方向合力为零，则有Fcosθ＝mBg，故得：mA∶mB＝1∶cosθ，B正确．答案B图33．(2013·扬州调研)(单选)两物体M、m用跨过光滑定滑轮的轻绳相连，如图3所示，OA、OB与水平面的夹角分别为30°、60°，M、m均处于静止状态．则()．A．绳OA对M的拉力大小大于绳OB对M的拉力B．绳OA对M的拉力大小等于绳OB对M的拉力C．m受到水平面的静摩擦力大小为零D．m受到水平面的静摩擦力的方向水平向左解析设绳OA对M的拉力为FA，绳OB对M的拉力为FB，由O点合力为零可得：FA·cos30°＝FB·cos60°即eq\r(3)FA＝FB.故A、B均错误；因FB>FA，物体m有向右滑动的趋势，m受到水平面的摩擦力的方向水平向左，D正确，C错误．答案D4．(单选)在如图4所示的四幅图中，AB、BC均为轻质杆，各图中杆的A、C端都通过铰链与墙连接，两杆都在B处由铰链相连接．下列说法正确的是()．图4A．图中的AB杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、乙B．图中的AB杆可以用与之等长的轻绳代替的有甲、丙、丁C．图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丙D．图中的BC杆可以用与之等长的轻绳代替的有乙、丁解析如果杆端受拉力作用，则可用等长的轻绳代替，若杆端受到沿杆的压力作用，则杆不可用等长的轻绳代替，如图甲、丙、丁中的AB杆受拉力作用，而甲、乙、丁中的BC杆均受沿杆的压力作用，故A、C、D均错误，只有B正确．答案B5．如图5所示，轻绳AD跨过固定在水平横梁BC右端的定滑轮挂住一个质量为10kg的物体，∠ACB＝30°，g取10m/s2，求：图5(1)轻绳AC段的张力FAC的大小；(2)横梁BC对C端的支持力大小及方向．解析物体M处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．(1)图中轻绳AD跨过定滑轮拉住质量为M的物体，物体处于平衡状态，绳AC段的拉力大小为：FAC＝FCD＝Mg＝10×10N＝100N(2)由几何关系得：FC＝FAC＝Mg＝100N方向和水平方向成30°角斜向右上方答案(1)100N(2)100N方向与水平方向成30°角斜向右上方6．若上题中横梁BC换为水平轻杆，且B端用铰链固定在竖直墙上，如图6所示，轻绳AD拴接在C端，求：图6(1)轻绳AC段的张力FAC的大小；(2)轻杆BC对C端的支持力．解析物体M处于平衡状态，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的重力，取C点为研究对象，进行受力分析，如图所示．(1)由FACsin30°＝FCD＝Mg得；FAC＝2Mg＝2×10×10N＝200N(2)由平衡方程得：FACcos30°－FC＝0解得：FC＝2Mgcos30°＝eq\r(3)Mg≈173N方向水平向右．答案(1)200N(2)173N，方向水平向右微专题训练5平衡中的临界、极值问题1．(单选)如图1所示，在绳下端挂一物体，用力F拉物体使悬线偏离竖直方向的夹角为α，且保持其平衡．保持α不变，当拉力F有最小值时，F与水平方向的夹角β应是 ()．图1A．0B.eq\f(π,2)C．αD．2α解析由题图可知当F与倾斜绳子垂直时具有最小值，所以β＝α.答案C2．(多选)如图2甲所示，一物块在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态．当外力F按照图乙所示规律变化时，下列说法正确的是 ()．图2A．地面对斜面的摩擦力逐渐减小B．地面对斜面的摩擦力逐渐增大C．物块对斜面的摩擦力可能一直增大D．物块对斜面的摩擦力可能一直减小解析设斜面的倾角为θ，物块和斜面均处于平衡状态，以物块和斜面作为整体研究，在水平方向上有Ff＝Fcosθ，外力不断减小，故地面对斜面的摩擦力不断减小，故A正确、B错误．对于物块m，沿斜面方向：(1)若F0>mgsinθ，随外力F不断减小，斜面对物块的摩擦力先沿斜面向下减小为零，再沿斜面向上逐渐增大；(2)若F0≤mgsinθ，随外力F不断减小，斜面对物块的摩擦力沿斜面向上不断增大，故C正确、D错误．答案AC3．(单选)如图3所示，光滑斜面的倾角为30°，轻绳通过两个滑轮与A相连，轻绳的另一端固定于天花板上，不计轻绳与滑轮的摩擦．物块A的质量为m，不计滑轮的质量，挂上物块B后，当动滑轮两边轻绳的夹角为90°时，A、B恰能保持静止，则物块B的质量为 ()．图3A.eq\f(\r(2),2)mB.eq\r(2)mC．mD．2m解析先以A为研究对象，由A物块受力及平衡条件可得绳中张力FT＝mgsin30°.再以动滑轮为研究对象，分析其受力并由平衡条件有mBg＝2FTcos45°＝eq\r(2)FT，解得mB＝eq\f(\r(2),2)m，A正确．答案A4．(单选)如图4所示，质量为m的球放在倾角为α的光滑斜面上，用挡板AO将球挡住，使球处于静止状态，若挡板与斜面间的夹角为β，则 ()．图4A．当β＝30°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαB．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgcosαC．当β＝60°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinαD．当β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小值为mgsinα解析以球为研究对象，球所受重力产生的效果有两个：对斜面产生的压力FN1、对挡板产生的压力FN2，根据重力产生的效果将重力分解，如图所示．当挡板与斜面的夹角β由图示位置变化时，FN1大小改变但方向不变，始终与斜面垂直，FN2的大小和方向均改变，由图可看出当挡板AO与斜面垂直，即β＝90°时，挡板AO所受压力最小，最小压力FN2min＝mgsinα，D项正确．答案D5．(单选)如图5所示，三根长度均为l的轻绳分别连接于C、D两点，A、B两端被悬挂在水平天花板上，相距为2l.现在C点上悬挂一个质量为m的重物，为使CDD点上可施加的力的最小值为 ()．图5A．mgB.eq\f(\r(3),3)mgC.eq\f(1,2)mgD.eq\f(1,4)mg解析如图所示，对C点进行受力分析，由平衡条件可知，绳CD对C点的拉力FCD＝mgtan30°；对D点进行受力分析，绳CD对D点的拉力F2＝FCD＝mgtan30°，F1方向一定，则当F3垂直于绳BD时，F3最小，由几何关系可知，F3＝F2sin60°＝eq\f(1,2)mg.答案C6．如图6所示，两个完全相同的球，重力大小均为G，两球与水平地面间的动摩擦因数都为μ，且假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，一根轻绳两端固结在两个球上，在绳的中点施加一个竖直向上的拉力，当绳被拉直后，两段绳间的夹角为α.问当F至少为多大时，两球将会发生滑动？解析对结点O受力分析如图(a)所示，由平衡条件得：F1＝F2＝eq\f(F,2cos\f(α,2))对任一球(如右球)受力分析如图(b)所示，球发生滑动的临界条件是：F2′sineq\f(α,2)＝μFN.又F2′coseq\f(α,2)＋FN＝G.F2′＝F2联立解得：F＝eq\f(2μG,μ＋tan\f(α,2)).答案eq\f(2μG,μ＋tan\f(α,2))微专题训练6含弹簧的平衡问题1．(单选)如图1所示，完全相同的、质量为m的A、B两球，用两根等长的细线悬挂在O点，两球之间夹着一根劲度系数为k的轻弹簧，静止不动时，弹簧处于水平方向，两根细线之间的夹角为θ，则弹簧的长度被压缩了()．A.eq\f(mgtanθ,k)B.eq\f(2mgtanθ,k)C.eq\f(mgtan\f(θ,2),k)D.eq\f(2mgtan\f(θ,2),k)解析对A受力分析可知，A球受竖直向下的重力mg、沿着细线方向的拉力FT以及水平向左的弹簧弹力F，由正交分解法可得水平方向FTsineq\f(θ,2)＝F＝kΔx，竖直方向FTcoseq\f(θ,2)＝mg，解得Δx＝eq\f(mgtan\f(θ,2),k)，C正确．答案C2．(多选)如图2所示，A、B、C、D是四个完全相同的木块，在图甲中，水平力F作用于B上，A、B处于静止状态，图乙中，竖直弹簧作用于D上，C、D处于静止状态，则关于A、B、C、D的受力情况，下列说法正确的是()．图2A．图甲中A受五个力，图乙中C受三个力B．图乙中墙对C可能有摩擦力C．图甲中墙对A一定没有摩擦力D．图乙中D对C一定有向右上方的摩擦力解析在图甲中，A受重力、墙的支持力、B的支持力、墙的摩擦力(向上)，B的摩擦力(左下方)，共五个力，而图乙中，墙对C没有摩擦力和支持力，A正确，B错误；选整体为研究对象，可知图甲中，墙对A一定有向上的摩擦力，C错误；而图乙中，C处于静止状态，一定受到D对其向右上方的摩擦力，D正确．答案AD3．(单选)如图3所示，在水平传送带上有三个质量分别为m1、m2、m3的木块1、2、3,1和2及2和3间分别用原长为L，劲度系数为k的轻弹簧连接起来，木块与传送带间的动摩擦因数均为μ，现用水平细绳将木块1固定在左边的墙上，传送带按图示方向匀速运动，当三个木块达到平衡后，1、3两木块之间的距离是 ()．图3A．2L＋eq\f(μm2＋m3g,k)B．2L＋eq\f(μm2＋2m3g,k)C．2L＋eq\f(μm1＋m2＋m3g,k)D．2L＋eq\f(μm3g,k)解析先以2、3为整体分析，设1、2间弹簧的伸长量为x1，有kx1＝μ(m2＋m3)g；再以3为研究对象，设2、3间弹簧伸长量为x2.有kx2＝μm3g，所以1、3两木块之间的距离为2L＋x1＋x2，故选B.4．(单选)如图4所示，A、B两物体叠放在水平地面上，A物体质量m＝20kg，B物体质量M＝30kg.处于水平位置的轻弹簧一端固定于墙壁，另一端与A物体相连，弹簧处于自然状态，其劲度系数为250N/m，A与B之间、B与地面之间的动摩擦因数均为μ＝0.5.现有一水平推力F作用于物体B上缓慢地向墙壁移动，当移动0.2m时，水平推力F的大小为(g取10m/s2)()．图4A．350NB．300NC．250ND．200N解析由题意可知fAmax＝μmg＝100N．当A向左移动0.2m时，F弹＝kΔx＝50N，F弹<fAmax，即A、B间未出现相对滑动，对整体受力分析可知，F＝fB＋F弹＝μ(m＋M)g＋kΔx＝300N，B选项正确．答案B5．(单选)如图5所示，在光滑水平面上，用弹簧水平连接一斜面体，弹簧的另一端固定在墙上，一玩具遥控小车放在斜面上，系统静止不动．用遥控启动小车，小车沿斜面加速上升，则()．图5A．系统静止时弹簧处于压缩状态B．小车加速时弹簧处于原长C．小车加速时弹簧处于压缩状态D．小车加速时可将弹簧换成细绳解析系统静止时，其合力为零，对系统受力分析，如图所示．系统水平方向不受弹簧的作用力，即弹簧处于原长状态，A错误；当小车沿斜面加速上升时，仍对系统受力分析，如图所示．由图中关系可知：弹簧对斜面体有水平向右的拉力，即弹簧处于伸长状态，可以将弹簧换成细绳，B、C错误，D正确．答案D6．(单选)三个质量均为1kg的相同木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图6，其中a放在光滑水平桌面上．开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止状态．现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止，g取10m/s2.该过程p弹簧的左端向左移动的距离是()．图6A．4cmB．6cmC．8cmD．10cm解析开始时q弹簧处于压缩状态，由胡克定律可知，弹簧压缩了2cm.木块c刚好离开水平地面时，轻弹簧q中拉力为10N，故其伸长了2cm.轻弹簧p中拉力为20N时，伸长了4cm；该过程p弹簧的左端向左移动的距离是2cm＋2cm＋4cm＝8cm，选项C正确．答案C7．(单选)如图7所示，两轻质弹簧a、b悬挂一小铁球处于平衡状态，a弹簧与竖直方向成30°角，b弹簧水平，a、b两弹簧的劲度系数分别为k1、k2，重力加速度为g，则()．图7A．a、b两弹簧的伸长量之比为eq\f(k2,k1)B．a、b两弹簧的伸长量之比为eq\f(2k2,k1)C．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为eq\f(g,2)D．若弹簧b的左端松脱，则松脱瞬间小球的加速度为eq\r(3)g解析将弹簧a的弹力沿水平和竖直方向分解，如图所示，则Tacos30°＝mg，Tasin30°＝Tb，结合胡克定律可求得a、b两弹簧的伸长量之比为eq\f(2k2,k1)，结合牛顿第二定律可求得松脱瞬间小球的加速度为eq\f(\r(3),3)g.答案为B.答案B微专题训练7求解平衡问题的方法技巧练1．(合成法)(单选)如图1所示，小圆环A吊着一个质量为m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环A上，另一端跨过固定在大圆环最高点B的一个小滑轮后吊着一个质量为m1的物块，若各处摩擦力均不计，绳不可伸长，若平衡时，弦AB所对应的圆心角为α，则两物块的质量之比m1∶m2应为 ()．图1A．coseq\f(α,2)B．sineq\f(α,2)C．2sineq\f(α,2)D．2coseq\f(α,2)解析以圆环A为研究对象，作用力分析如图所示，A受三个力作用，质量为m2的物块对它的拉力FT1，大小为m2g，AB绳中的拉力FT2，大小为m1g，大圆环的支持力FN，如图所示，显然有eq\f(m1g,2m2g)＝sineq\f(α,2)，即eq\f(m1,m2)＝2sineq\f(α,2)，C正确．答案C2．(图解法)(多选)如图2所示，用一根细线系住重力为G、半径为R的球，其与倾角为α的光滑斜面劈接触，处于静止状态，球与斜面的接触面非常小，细线悬点O固定不动，在斜面劈从图示位置缓慢水平向左移动直至绳子与斜面平行的过程中，下述正确的是 ()．图2A．细绳对球的拉力先减小后增大B．细绳对球的拉力先增大后减小C．细绳对球的拉力一直减小D．细绳对球的拉力最小值等于Gsinα解析以小球为研究对象，对其受力分析如图所示，因题中“缓慢”移动，故小球处于动态平衡，由图知在题设的过程中，FT一直减小，当绳子与斜面平行时，FT与FN垂直，FT有最小值，且FTmin＝Gsinα，故选项C、D正确．答案CD3．(整体法、隔离法)(多选)如图3所示，光滑水平地面上放有截面为eq\f(1,4)圆周的柱状物体A，A与墙面之间放一光滑的圆柱形物体B，对A施加一水平向左的力F，整个装置保持静止．若将A的位置向左移动稍许，整个装置仍保持平衡，则 ()．图3A．水平外力F增大B．墙对B的作用力减小C．地面对A的支持力减小D．B对A的作用力减小解析先用整体法分析．把A、B看做整体，受力分析，可得地面对A的支持力等于A、B两物体的总重力．A的位置向左移动时，地面对A的支持力不变，C错误．墙对B的弹力FN1和力F大小相等．再用隔离法分析．以物体B为研究对象，受力分析如图，则墙对B的弹力FN1＝Gtanθ，A的位置向左移动，θ减小，则FN1减小，F也减小，A错误，B正确．FN＝eq\f(G,cosθ)，θ减小，FN减小，D正确．答案BD4．(整体法、隔离法)(多选)两倾斜的滑杆上分别套有A、B两个小球，两小球上分别用细线悬吊着一个物体，如图4所示．当它们都沿滑杆向下滑动时，A的悬线与滑杆垂直，B的悬线竖直向下，则 ()．图4A．A小球与滑杆无摩擦力B．B小球与滑杆无摩擦力C．A小球做的是匀速运动D．B小球做的是匀速运动解析由于A小球与物体的连线与滑杆垂直，对A小球连接的物体进行研究，将物体的重力沿滑杆的方向和垂直于滑杆的方向分解，则沿滑杆向下的分力产生的加速度为gsinθ，对整体研究，整体沿滑杆向下运动，整体要有沿滑杆向下的加速度必须是A小球与滑杆的摩擦力为零，A正确；对B小球连接的物体进行研究，由于连接小球与物体的绳竖直向下，物体受到的合力如果不为零，合力必定沿竖直方向，合力在垂直于滑杆的方向上的分力必产生加速度，这与题意矛盾，物体在垂直于滑杆的方向上速度为零，因此物体受到的合力必为零，物体和小球一起做匀速运动．D正确．答案AD5．(正交分解法)(单选)如图5所示，质量为mB＝24kg的木板B放在水平地面上，质量为mA＝22kg的木箱A放在木板B上．一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在天花板上，轻绳与水平方向的夹角为θ＝37°.已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1＝0.5.现用水平向右、大小为200N的力F将木板B从木箱A下面匀速抽出(sin37°≈0.6，cos37°≈0.8，重力加速度g取10m/s2)，则木板B与地面之间的动摩擦因数μ2的大小为 ()．图5A．0.3B．0.4C．0.5D．0.6解析对A受力分析如图甲所示，由题意得FTcosθ＝Ff1①FN1＋FTsinθ＝mAg②Ff1＝μ1FN1③由①②③得：FT＝100N对A、B整体受力分析如图乙所示，由题意得FTcosθ＋Ff2＝F④FN2＋FTsinθ＝(mA＋mB)g⑤Ff2＝μ2FN2⑥由④⑤⑥得：μ2＝0.3，故A答案正确．答案A6．(正交分解法、合成法)(单选)如图6所示，上端装有定滑轮的粗糙斜面体放在地面上，A、B两物体通过轻绳连接，并处于静止状态(不计绳的质量和绳与滑轮间的摩擦)．现用水平力F作用于物体B上，缓慢拉开一小角度，此过程中斜面体与物体A仍然静止，则下列说法正确的是 ()．图6A．水平力F不变B．物体A所受斜面体的摩擦力一定变大C．物体A所受斜面体的作用力不变D．斜面体所受地面的支持力一定不变解析设与B连接的绳与竖直方向的夹角为θ，B物体被缓慢拉开的过程中受力平衡，可得F＝GBtanθ，随θ角的变大而变大，故A错；由绳子的拉力T＝GB/cosθ可知，绳子的拉力发生了变化，则物体A所受斜面体的作用力一定发生变化，故C错；没对B施加F前，由于无法得知A物体所受斜面体的摩擦力情况，故绳的拉力发生变化后也无法得知摩擦力的情况，故B错；以A、B以及斜面体作为整体来研究，易知斜面体所受地面的支持力不变．答案D7．(假设法)(多选)如图7所示是主动轮P通过皮带带动从动轮Q的示意图，A与B、C与D分别是皮带与轮缘相互接触的点，则下列判断正确的是()．图7A．B点相对于A点运动趋势方向与B点运动方向相反B．D点相对于C点运动趋势方向与C点运动方向相反C．D点所受静摩擦力方向与D点运动方向相同D．主动轮受到的摩擦力是阻力，从动轮受到的摩擦力是动力解析静摩擦力的方向跟物体间相对运动趋势方向相反，要确定相对运动趋势常用假设法，即假设两物体接触面光滑，分析皮带和轮之间有无相对滑动．若有，可判定出相对运动趋势方向．此题应先明确主动轮与从动轮的关系．若皮带光滑，主动轮转而皮带不动或皮带动而从动轮不转，由此可判定摩擦力的方向，主动轮可通过摩擦力带动皮带，皮带阻碍主动轮转动，同理皮带可带动从动轮，从动轮阻碍皮带的转动，故B、C、D选项正确．答案BCD8．(假设法)(多选)如图8所示，放在水平地面上的物体M上叠放着物体m，两者间有一根处于压缩状态的弹簧，整个装置相对地面静止，则 ()．图8A．M对m的摩擦力方向向右B．M对m的摩擦力方向向左C．地面对M的摩擦力方向向右D．地面对M没有摩擦力解析以m为研究对象，假设M与m的接触面光滑，m在弹力的作用下相对M将向左运动，此方向即为m相对M运动趋势的方向，故M对m的静摩擦力方向向右．以M和m整体为研究对象，若地面光滑，M会向左发生运动，这说明地面对M有向右的摩擦力．答案AC微专题训练8用牛顿第二定律分析瞬时加速度1．(单选)如图1所示，A、B为两个质量相等的小球，由细线相连，再用轻质弹簧悬挂起来，在A、B间细线烧断后的瞬间，A、B的加速度分别是()．图1A．A、B的加速度大小均为g，方向都竖直向下B．A的加速度为0，B的加速度大小为g、竖直向下C．A的加速度大小为g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下D．A的加速度大于g、竖直向上，B的加速度大小为g、竖直向下解析在细线烧断前，A、B两球的受力情况如图甲所示，由平衡条件可得：对B球有F绳＝mg，对A球有F弹＝mg＋F绳在细线烧断后，F绳立即消失，弹簧弹力及各球重力不变，两球的受力情况如图乙所示．由牛顿第二定律可得：B球有向下的重力加速度gA球有F弹－mg＝maA，解得aA＝g，方向向上．综上分析，选C.答案C2．(单选)如图2所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为 ()．图2A．0B.eq\f(2\r(3),3)gC．gD.eq\f(\r(3),3)g解析平衡时，小球受到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹簧拉力FT，受力情况如图所示．突然撤离木板时，FN突然消失而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F＝eq\f(mg,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)mg，产生的加速度a＝eq\f(F,m)＝eq\f(2\r(3),3)g，B正确．答案B3．(单选)如图3所示，一物块位于粗糙水平桌面上，用一大小为F、方向如图所示的力去推它，使它以加速度a向右运动．若保持力的方向不变而增大力的大小，则 ()．图3A．a变大B．a不变C．a变小D．因为质量及地面摩擦未知，故不能判断a变化的情况解析对物块受力分析如图所示，设F与水平方向的夹角为θ，则Fcosθ－μ(mg＋Fsinθ)＝ma，得a＝eq\f(F,m)(cosθ－μsinθ)－μg，当F增大时，a变大，A正确．答案A4．(单选)如图4所示，质量满足mA＝2mB＝3mC的三个物块A、B、C，A与天花板之间，B与C之间均用轻弹簧相连，A与B之间用细绳相连，当系统静止后，突然剪断AB间的细绳，则此瞬间A、B、C的加速度分别为(取向下为正) ()．图4A．－eq\f(5,6)g、2g、0B．－2g、2g、0C．－eq\f(5,6)g、eq\f(5,3)g、0D．－2g、eq\f(5,3)g、g解析系统静止时，A物块受重力GA＝mAg、弹簧向上的拉力F＝(mA＋mB＋mC)g以及A、B间细绳的拉力FAB＝(mB＋mC)g；BC间弹簧的弹力FBC＝mCg；剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即弹力不变，由牛顿第二定律，对物块A有：F－GA＝mAaA，解得：aA＝eq\f(5,6)g，方向竖直向上；对B有：FBC＋GB＝mBaB，解得：aB＝eq\f(5,3)g，方向竖直向下；剪断细绳的瞬间C的受力不变，其加速度为零．C选项正确．答案C5．(2013·宁夏银川一中一模，17)(单选)如图5所示，A、B两小球分别连在轻线两端，B球另一端与弹簧相连，弹簧固定在倾角为30°的光滑斜面顶端．A、B两小球的质量分别为mA、mB，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在线被剪断瞬间，A、B两球的加速度大小分别为 ()．图5A．都等于eq\f(g,2)B.eq\f(g,2)和0C.eq\f(g,2)和eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2)D.eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2)和eq\f(g,2)解析由整体法知，F弹＝(mA＋mB)gsin30°，剪断线瞬间，由牛顿第二定律：对B：F弹－mBgsin30°＝mBaB，得aB＝eq\f(mA,mB)·eq\f(g,2)对A：mAgsin30°＝mAaA，得aA＝eq\f(1,2)g所以C项正确．答案C6．(2013·吉林模拟)(多选)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m＝2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图6所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g＝10m/s2，以下说法正确的是()．图6A．此时轻弹簧的弹力大小为20NB．小球的加速度大小为8m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0解析因为未剪断轻绳时水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到轻绳的拉力FT和弹簧的弹力F作用而处于平衡状态．依据平衡条件得：竖直方向有FTcosθ＝mg，水平方向有FTsinθ＝F.解得轻弹簧的弹力为F＝mgtanθ＝20N，故选项A正确．剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与小球所受重力平衡，即FN＝mg；由牛顿第二定律得小球的加速度为a＝eq\f(F－μFN,m)＝eq\f(20－0.2×20,2)m/s2＝8m/s2，方向向左，选项B正确．当剪断弹簧的瞬间，小球立即受地面支持力和重力作用，且二力平衡，加速度为0，选项C错误、D正确．答案ABD微专题训练9“等时圆”模型1．(多选)如图1所示，一物体从竖直平面内的圆环的最高点A处由静止开始沿光滑弦轨道AB下滑至B点，那么 ()．图1A．只要知道弦长，就能求出运动时间B．只要知道圆半径，就能求出运动时间C．只要知道倾角θ，就能求出运动时间D．只要知道弦长和倾角，就能求出运动时间解析物体沿AB弦轨道下滑，加速度为a＝eq\f(mgcosθ,m)＝gcosθ，弦长l＝2R·cosθ，则t＝eq\r(\f(2l,a))＝eq\r(\f(2·2Rcosθ,gcosθ))＝2eq\r(\f(R,g)).可见，物体沿任何一条弦轨道下滑所用时间均相等，且等于沿直径自由下落的时间．答案BD2．(多选)如图2所示，位于竖直平面内的固定光滑圆轨道与水平轨道面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆轨道的圆心．已知在同一时刻，a、b两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道运动到M点；c球由C点自由下落到M点．则()．图2A．a球最先到达M点B．b球最先到达M点C．c球最先到达M点D．c、a、b三球依次先后到达M点解析设圆轨道半径为R，据“等时圆”模型结论有，ta＝eq\r(\f(4R,g))＝2eq\r(\f(R,g))；B点在圆外，tb>ta，c球做自由落体运动tc＝eq\r(\f(2R,g))；所以，有tc<ta<tb.C、D正确．答案CD3．(单选)如图3所示，AB和CD为两条光滑斜槽，它们各自的两个端点均分别位于半径为R和r的两个相切的圆上，且斜槽都通过切点P.设有一重物先后沿两个斜槽，从静止出发，由A滑到B和由C滑到D，所用的时间分别为t1和t2，则t1与t2之比为 ()．图3A．2∶1B．1∶1C.eq\r(3)∶1D．1∶eq\r(3)解析由“等时圆”模型结论有：tAP＝tCP＝2eq\r(\f(R,g))，tPB＝tPD＝2eq\r(\f(r,g))，所以t1＝tAP＋tPB，t2＝tCP＋tPD，知t1＝t2，B项正确．答案B4．(单选)如图4所示，在倾角为θ的斜面上方的A点处放置一光滑的木板AB，B端刚好在斜面上．木板与竖直方向AC所成角度为α，一小物块自A端沿木板由静止滑下，要使物块滑到斜面的时间最短，则α与θ角的大小关系应为()．图4A．α＝θB．α＝eq\f(θ,2)C．α＝eq\f(θ,3)D．α＝2θ解析如图所示，在竖直线AC上选取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切于D点．由等时圆知识可知，由A沿斜面滑到D所用时间比由A到达斜面上其他各点所用时间都短．将木板下端与D点重合即可，而∠COD＝θ，则α＝eq\f(θ,2).答案B5．(单选)如图5甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE向下做直线滑动，g取10m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()．甲乙图5A.eq\r(2)sB．2sC.eq\r(3)sD．2eq\r(2)s解析A、E两点在以D为圆心半径为R＝10m的圆上，在AE上的滑行时间与沿AD所在的直径自由下落的时间相同，t＝eq\r(\f(4R,g))＝eq\r(\f(4AD,g))＝2s，选B.答案B6．如图6所示，圆弧AB是半径为R的eq\f(1,4)圆弧，在AB上放置一光滑木板BD，一质量为m的小物体在BD板的D端由静止下滑，然后冲向水平面BC，在BC上滑行L后停下．不计小物体在B点的能量损失，已知小物体与水平面BC间的动摩擦因数为μ.求：小物体在BD上下滑过程中，重力做功的平均功率．图6解析由动能定理可知小物体从D到C有WG－μmgL＝0，所以WG＝μmgL由等时圆知识可知小物体从D到B的时间等于物体从圆周的最高点下落到B点的时间，即为t＝eq\r(\f(4R,g))，所以小物体在木板BD上下滑过程中，重力做功的平均功率为P＝eq\f(WG,t)＝eq\f(μmgL,2)eq\r(\f(g,R)).答案eq\f(μmgL,2)eq\r(\f(g,R))微专题训练10“传送带”模型1．(单选)物块M在静止的传送带上匀速下滑时，传送带突然转动，传送带转动的方向如图1中箭头所示．则传送带转动后 ()．图1A．物块将减速下滑B．物块仍匀速下滑C．物块受到的摩擦力变小D．物块受到的摩擦力变大解析当传送带静止时，物块匀速下滑，物块受力平衡可得：mgsinθ＝μmgcosθ；当传送带转动起来时，由于物块与传送带之间运动方向相反，可判断物块所受的滑动摩擦力方向并没有发生变化，仍然沿斜面向上，大小仍为μmgcosθ，物块受力仍然是平衡的，所以物块仍匀速下滑．答案B2．(多选)如图2所示，一质量为m的小物体以一定的速率v0滑到水平传送带上左端的A点，当传送带始终静止时，已知物体能滑过右端的B点，经过的时间为t0，则下列判断正确的是 ()．图2A．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体也能滑过B点，且用时为t0B．若传送带逆时针方向运行且保持速率不变，则物体可能先向右做匀减速运动直到速度减为零，然后向左加速，因此不能滑过B点C．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将一直做匀速运动滑过B点，用时一定小于t0D．若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v>v0时，物体一定向右一直做匀加速运动滑过B点，用时一定小于t0解析传送带静止时，有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,B)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝－μmgL，即vB＝eq\r(v\o\al(2,0)－2μgL)，物体做匀减速运动，若传送带逆时针运行，物体仍受向左的摩擦力μmg，同样由上式分析，一定能匀减速至右端，速度为vB，用时也一定仍为t0，故选项A对，而B错；若传送带顺时针方向运行，当其运行速率(保持不变)v＝v0时，物体将不受摩擦力的作用，一直做匀速运动滑至B端，因为匀速通过，故用时一定小于t0，故选项C正确；当其运行速率(保持不变)v>v0时，开始物体受到向右的摩擦力的作用，做加速运动，运动有两种可能：若物体加速到速度v还未到达B端时，则先匀加速运动后匀速运动，若物体速度一直未加速到v时，则一直做匀加速运动，故选项D不对．答案AC3．(多选)如图3甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v＝1m/s的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A、B间的距离为2m，g取10m/s2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v＝1图3A．乘客与行李同时到达B处B．乘客提前0.5s到达B处C．行李提前0.5s到达B处D．若传送带速度足够大，行李最快也要2s才能到达B处解析行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a＝μg＝1m/s2，历时t1＝eq\f(v,a)＝1s达到共同速度，位移x1＝eq\f(v,2)t1＝0.5m，此后行李匀速运动t2＝eq\f(2m－x1,v)＝1.5s到达B，共用2.5s；乘客到达B，历时t＝eq\f(2m,v)＝2s，故B正确．若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间tmin＝eq\r(\f(2×2,1))s＝2s，D项正确．答案BD4．(2013·郑州检测)(单选)如图4所示为粮袋的传送装置，已知AB间长度为L，传送带与水平方向的夹角为θ，工作时其运行速度为v，粮袋与传送带间的动摩擦因数为μ，正常工作时工人在A点将粮袋放到运行中的传送带上，关于粮袋从A到B的运动，以下说法正确的是(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力) ()．图4A．粮袋到达B点的速度与v比较，可能大，也可能相等或小B．粮袋开始运动的加速度为g(sinθ－μcosθ)，若L足够大，则以后将一定以速度v做匀速运动C．若μ≥tanθ，则粮袋从A到B一定一直是做加速运动D．不论μ大小如何，粮袋从A到B一直做匀加速运动，且a>gsinθ解析开始时，粮袋相对传送带向上运动，受重力、支持力和沿传送带向下的摩擦力，由牛顿第二定律可知，mgsinθ＋μFN＝ma，FN＝mgcosθ，解得a＝gsinθ＋μgcosθ，故B项错；粮袋加速到与传送带相对静止时，若mgsinθ>μmgcosθ，即当μ<tanθ时粮袋将继续做加速运动，C、D项错，A项对．答案A5．(2013·江西盟校二联，24)如图5所示，一水平传送装置有轮半径均为R＝eq\f(1,π)m的主动轮O1和从动轮O2及传送带等构成．两轮轴心相距8.0m，轮与传送带不打滑．现用此装置运送一袋面粉，已知这袋面粉与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.4，这袋面粉中的面粉可不断地从袋中渗出．(g取10m/s2图5(1)当传送带以4.0m/s的速度匀速运动时，将这袋面粉由左端O2正上方的A点轻放在传送带上后，这袋面粉由A端运送到O1正上方的B(2)要想尽快将这袋面粉由A端送到B端(设初速度仍为零)，主动轮O1的转速至少应为多大？解析设这袋面粉质量为m，其在与传送带产生相对滑动的过程中所受摩擦力f＝μmg.故而其加速度为：a＝eq\f(f,m)＝μg＝4.0m/s2(1)若传送带的速度v带＝4.0m/s，则这袋面粉加速运动的时间t1＝v带/a＝1.0s，在t1时间内的位移ss1＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)＝2.0m其后以v＝4.0s2＝lAB－s1＝vt2，解得：t2＝1.5s运动的总时间为：t＝t1＋t2＝2.5s(2)要想时间最短，这袋面粉应一直向B端做加速运动，由lAB＝eq\f(1,2)at′2可得：t′＝2.0s此时传送带的运转速度为：v′＝at′＝8.0由v′＝ωR＝2πnR可得：n＝4r/s＝240r/min答案(1)2.5s(2)4r/s或240r/min6．如图6所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ＝30°.现把质量为10kg的工件轻轻地放在传送带底端P处，由传送带传送至顶端Q处．已知P、Q之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为μ＝eq\f(\r(3),2)，取g＝10图6(1)通过计算说明工件在传送带上做什么运动；(2)求工件从P点运动到Q点所用的时间．解析(1)工件受重力、摩擦力、支持力共同作用，摩擦力为动力由牛顿第二定律得：μmgcosθ－mgsinθ＝ma代入数值得：a＝2.5m则其速度达到传送带速度时发生的位移为x1＝eq\f(v2,2a)＝eq\f(22,2×2.5)m＝0.8m<4m可见工件先匀加速运动0.8m(2)匀加速时，由x1＝eq\f(v,2)t1得t1＝0.8s匀速上升时t2＝eq\f(x2,v)＝eq\f(3.2,2)s＝1.6s所以工件从P点运动到Q点所用的时间为t＝t1＋t2＝2.4s答案(1)先匀加速运动0.8m，然后匀速运动3.2m(2微专题训练11“木板—滑块”模型1．(多选)如图1所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 ()．图1A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零解析由题意，撤掉拉力后，物块和木板系统最终一起匀速运动．因为撤掉拉力时，物块和木板仍有相对运动，说明物块向右的速度比木板的速度小，所以物块水平方向仍受木板向右的滑动摩擦力而向右加速直到匀速运动，A错误，B正确；根据牛顿第三定律可知，木板开始受到物块向左的滑动摩擦力而向右减速直到匀速运动，C正确，D错误．答案BC2．一质量m＝0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角θ＝37°的足够长的斜面了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了滑块上滑过程的v­t图象，如图2所示．(最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10m/s(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数；(2)判断滑块最后能否返回斜面底端．若能返回，求出返回斜面底端时的速度大小；若不能返回，求出滑块停在什么位置．图2解析(1)由图象可知，滑块的加速度大小：a＝eq\f(10,1.0)m/s2＝10m/s2滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ＋μmgcosθ＝ma代入数据解得μ＝0.5.(2)滑块速度减小到零时，重力的下滑分力大于最大静摩擦力，滑块能再下滑返回到斜面底端由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移s＝eq\f(v2,2a)＝5m滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma2，得a2＝2m由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度v′＝eq\r(2a2s)＝2eq\r(5)m/s.答案(1)0.5(2)能2eq\3．如图3所示，一质量为mB＝2kg的木板B静止在光滑的水平面上，其右端上表面紧靠一固定斜面轨道的底端(斜面底端与木板B右端的上表面之间有一段小圆弧平滑连接)，轨道与水平面的夹角θ＝37°.一质量也为mA＝2kg的物块A由斜面轨道上距轨道底端x0＝8m处静止释放，物块A刚好没有从木板B的左端滑出．已知物块A与斜面轨道间的动摩擦因数为μ1＝0.25，与木板B上表面间的动摩擦因数为μ2＝0.2，sinθ＝0.6，cosθ＝0.8，g取10m/s图3(1)物块A刚滑上木板B时的速度为多大？(2)物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了多长时间？木板B有多长？解析(1)物块A从斜面滑下的加速度为a1，则mAgsinθ－μ1mAgcosθ＝mAa1，解得a1＝4m物块A滑到木板B上的速度为v1＝eq\r(2a1x0)＝eq\r(2×4×8)m/s＝8m/s.(2)物块A在木板B上滑动时，它们在水平方向上的受力大小相等，质量也相等，故它们的加速度大小相等，数值为a2＝eq\f(μ2mAg,mA)＝μ2g＝2m/s2，设木板B的长度为L，二者最终的共同速度为v2，在达到最大速度时，木板B滑行的距离为x，利用位移关系得v1t2－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)＝L.对物块A有v2＝v1－a2t2，veq\o\al(2,2)－veq\o\al(2,1)＝－2a2(x＋L)．对木板B有veq\o\al(2,2)＝2a2x，联立解得相对滑行的时间和木板B的长度分别为：t2＝2s，L＝8m.答案(1)8m/s(2)2s8m4．如图4所示，在光滑的水平面上停放着小车B，车上左端有一小物体A，A和B之间的接触面前一段光滑，后一段粗糙，且后一段的动摩擦因数μ＝0.4，小车长L＝2m，A的质量mA＝1kg，B的质量mB＝4kg.现用12N的水平力F向左拉动小车，当A到达B的最右端时，两者速度恰好相等，求A和B间光滑部分的长度．(图4解析小车B从开始运动到小物体A刚进入小车B的粗糙部分的过程中，因小物体A在小车B的光滑部分不受摩擦力作用，故小物体A处于静止状态．设小车B此过程中的加速度为a1，运动时间为t1，通过的位移为x1，运动的最终速度为v1，则有：a1＝eq\f(F,mB)v1＝a1t1，x1＝eq\f(1,2)a1teq\o\al(2,1)当小物体A进入到小车B的粗糙部分后，设小车B的加速度为a2，小物体A的加速度为a3，两者达到相同的速度经历的时间为t2，且共同速度v2＝a3t2，则有a2＝eq\f(F－μmAg,mB)a3＝μg，v1＋a2t2＝a3t2v1t2＋eq\f(1,2)a2teq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)a3teq\o\al(2,2)＝L－x1综合以上各式并代入数据可得A和B间光滑部分的长度：x1＝0.8答案0.85．(2013·全国新课标Ⅱ，25)一长木板在水平地面上运动，在t＝0时刻将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图象如图5所示．已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦．物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上．取重力加速度的大小g＝10m/s2，(1)物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数；(2)从t＝0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．图5解析从v­t图象中获取速度及加速度信息．根据摩擦力提供加速度，且不同阶段的摩擦力不同，利用牛顿第二定律列方程求解．(1)从t＝0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．由题图可知，在t1＝0.5s时，物块和木板的速度相同．设t＝0到t＝t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则a1＝eq\f(v1,t1) ①a2＝eq\f(v0－v1,t1)②式中v0＝5m/s、v1＝1m/s分别为木板在t＝0、t＝设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得μ1mg＝ma1③(μ1＋2μ2)mg＝ma2④联立①②③④式得μ1＝0.20⑤μ2＝0.30⑥(2)在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′和a2′，则由牛顿第二定律得f＝ma1′ ⑦2μ2mg－f＝ma2′⑧假设f＜μ1mg，则a1′＝a2′；由⑤⑥⑦⑧式得f＝μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，故f＝μ1mg ⑨由⑦⑨式知：物块加速度的大小a1′等于a1；物块的v－t图象如图中点划线所示．由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为s1＝2×eq\f(v\o\al(2,1),2a1) ⑩s2＝eq\f(