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1、限时规范训练基础巩固题组L （多项选择）如下图，一木块在光滑水平面上受一恒力厂作用，前方固定一足够长的水 平轻弹簧，那么当木块接触弹簧后，以下判断正确的选项是（）A.木块立即做减速运动B.木块在一段时间内速度仍增大C.当产等于弹簧弹力时，木块速度最大D.弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD.木块刚开始接触弹簧时，弹簧对木块的作用力小于外力F,木块继续 向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F, 木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零, 应选项A错误，B、C、D正确.2.质量为It的汽车在平直公
2、路上以10 m/s的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时 刻开始，汽车牵引力减少2 000 N,那么从该时刻起经过6 s,汽车行驶的路程是（）A. 50 mB. 42 mC. 25 mD. 24 m解析：选C.汽车匀速行驶时，F=Ft，设汽车牵引力减小后加速度大小为，牵 引力减少Ab=2 000N时，Ff-（F-F）=ma ，解得a=2m/s2,与速度方向相反, 汽车做匀减速直线运动，设经时间（汽车停止运动，那么=s=5s,故汽车行驶的路 CL 乙程x=rt=X5 m=25 m,应选项C正确.3.（多项选择）建设房屋时，保持底边L不变，要设计好屋顶的倾角仇以便下雨时落在房顶 的雨滴能尽快地滑离屋
3、顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动.以下说法 正确的选项是（）0/八 、 / ， 、 、 / 、 M衅：m ：A.倾角。越大，雨滴下滑时的加速度越大B.倾角，越大，雨滴对屋顶压力越大C.倾角。越大，雨滴从顶端。下滑至屋檐M时的速度越大D.倾角，越大，雨滴从顶端。下滑至屋檐M时的时间越短解析：选AC.设屋檐的底角为仇底边长度为L,注意底边长度是 不变的，屋顶的坡面长度为%,雨滴下滑时加速度为。，对雨滴受力分析, 只受重力mg和屋顶对雨滴的支持力Fn,垂直于屋顶方向：mgcos 0=F9 平行于屋顶方向：mQ=mgsin/雨滴的加速度为：a=gsin仇 那么倾角。越 大，雨滴下滑时的
4、加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：FNr=FN=mgcos 09那么倾角。越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度X= 2c( y由x=：gsin 巴 可得：t= 弋/；2少 可见当=45。时，用时最短，D错误; 由o=gsin， 可得：v=ygLtanO,可见。越大，雨滴从顶端0下滑至M时的速度越大, C正确.4.如图甲所示，质量为机=1 kg的物体置于倾角为。=37。的固定且足够长的斜面上， 对物体施以平行于斜面向上的拉力凡介=0.5s时撤去拉力，物体速度与时间立)的局部图 象如图乙所示.(g=10 m/s2, sin 37 = 0.6, cos 37
5、=0.8)问:甲(1)拉力厂的大小为多少？(2)物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？解析：(1)设物体在力万作用时的加速度为。1，撤去力F后物体的加速度为 2,根据图 象可知：A80ai=A6=TTm/s2=16 m/s2V2 48“2 =而=而彳V2 48“2 =而=而彳m/s2=_8 m/s2力尸作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知Fmgsin 0mgcos 0=ma9撤去力产后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知(mgsin wgcos 0)=mai,解得：F=24 N.设撤去力耳后物体运动到最高点所用时间为打 此时物体速度为零，有ti=向上滑行的最大距离：Dm /、8s=
6、? i+，2)=不 X 1.5 m=6 m.答案：(1)24 N (2)6 m5.一质量为机=2 kg的滑块能在倾角为，=30。的足够长的斜面上以加速度q=2.5 m/s2 匀加速下滑.如下图，假设用一水平向右的恒力b作用于滑块，使之由静止开始在f=2s 内能沿斜面运动位移x=4m.求：(g 10 m/s2)滑块和斜面之间的动摩擦因数(2)恒力F的大小.解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得:mgsin 0-igcos 0=ma9 解得：=坐使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能.由 x=at29 得。1 = 2 m/s2,当加速度沿斜面向上时：Feos 0mgsin
7、 0/u(Fsin 0-mgcos 0)=ma9代入数据解得：尸=笠叵N;当加速度沿斜面向下时：mgsin OFcos。(尸sin O+mgeos 0)=ma9代入数据解得：N.答案：(1踢(2咪N或莘N能力提升题组6.(多项选择)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态.现同时撤去大 小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正 确的是(.)A. 一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s?B.一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C.可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m*D.可能做匀速圆周运动，向心加速度大
8、小是5 m/s?解析：选BC.根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方 向相反，那么撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 NWb合W 25 N,根据牛顿第二定律=得：物体的加速度范围为2.5 m/s2aW12.5 m/s?.假设物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲 线运动，加速度大小可能为5 m/s2,故A错误.由于撤去两个力后其余力保持不变，那么物 体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正 确.假设物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向
9、相同时，物体做匀 减速直线运动，故C正确.由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀 速圆周运动，故D错误.7 .如下图，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从尸点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，假设各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，那么各小球最高点的位置（）A.在同一水平线上C.在同一抛物线上B.在同一竖直线上D.在同一圆周上解析：选D.设某一直轨道与水平面成角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，那么小球在直轨道上运动的加速度=一外M0=gsin仇 由 m位移公式得0 t29即不同的倾角。对应不同的位移Z,但丁勺相 乙 乙sin u
10、 乙sin u同，即各小球最高点的位置在直径为;星2的圆周上，选项D正确.8 .如下图，3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.那么小物块与AB 段间的动摩擦因数1和BC段间的动摩擦因数外的比值为（）ABCA. 1B. 2C. 3D. 4解析：选C.物块从4到b根据牛顿第二定律，有得从笈到C 根据牛顿第二定律，有42mg得2=2g.设小物块在A点时速度大小为v9那么在B 点时速度大小为宗 由于由运动学公式知，从A到3:v2=-2jUgl9从3到C： 0& =-22/，联立解得 1=3/2,应选项C正确，A、
11、B、D错误.9 .有一个冰上滑木箱的游戏节目，规那么是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后， 放手让箱向前滑动，假设箱最后停在有效区域内，视为成功；假设箱最后未停在有效区域内就 视为失败.其简化模型如下图，AC是长度为L = 7m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱,3C为有效区域.3C长度2=1 m, 木箱的质量加=50 kg,木箱与冰面间的动摩擦因数=0.1.某选手作用在木箱上的水平推力 F=200 N,木箱沿AC做直线运动，假设木箱可视为质点，g取lOm/s?.那么该选手要想游戏 获得成功，试求：AB C力 /V/zL(1)推力作用在木箱上时的加速度
12、大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件.解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为G1,根据牛顿第二定律得 Fmg=may解得 i=3 m/s2.(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为。2,根据牛顿第二定律得/img=ma29解得 2=1 m/s2.推力作用在木箱上时间内的位移为xi=1aiZ2.撤去推力后木箱继续滑行的距离为=嗯.2G2为使木箱停在有效区域内，要满足L-LzWxi+mWLi,解得1 sWtW s.答案：3 m/s2 (2)1 sWtW s10 .如下图，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30。角的恒力拉着它沿水平地面运动，拉力尸=6.5N,玩具的质量
13、m=1 kg,经过时间=2.0s,玩 具移动的距离x=2小m,这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下.(g取10 m/s2) 求：玩具与地面间的动摩擦因数.松手后玩具还能滑行多远？幼儿要拉动玩具，拉力户与水平方向夹角为多少时拉力厂最小?解析：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得x=tZ2,解得 a=y3 m/s2, 对玩具，由牛顿第二定律得Feos 30 p(mg Fsin 30)=/na, 解得i q .松手时，玩具的速度。=3=21/5 m/s 松手后,由牛顿第二定律得jumg=maf9解得m/s2.由匀变速运动的速度位移公式得玩具的位移*，=与孝m.设拉力与水平方向的夹角为仇 玩具要在水平面上运动，那么Feos Ff0, R=jFn, 在竖直方向上，由平衡条件得Fn+FsIii 0=mg9解得尸 覆阴.cos 夕十sin 0因为 cos 6+sin 0=71 +2sin(60+, 所以当。=30。时，拉力最小.答案：(1 萼m (3)30