第四章 第五节A组·基础达标1．在交通事故的分析中，刹车线的长度是很重要的依据．刹车线是汽车刹车后，停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中，汽车的刹车线长度是14m，假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.7，g取10m/s2，则汽车刹车前的速度为( )A．7m/sB．14m/sC．10m/sD．20m/s【答案】B【解析】设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg.由匀变速直线运动速度－位移关系式v＝2ax，可得汽车刹车前的速度v0＝＝＝m/s＝14m/s.2．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害．为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害．人们设计了安全带．假定乘客质量为70kg，汽车车速为90km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5s．则安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)( )A．450N B．400NC．350N D．300N【答案】C【解析】汽车的速度v0＝90km/h＝25m/s，设汽车匀减速运动的加速度大小为a，则a＝＝5m/s2，对乘客应用牛顿第二定律，得F＝ma＝70×5N＝350N.3．(多选)钢球在足够深的油槽上方某一高度由静止下落，落入油槽中以后，球受的阻力正比于其速率，则球在油中的运动情况可能是( )A．先加速后减速，最后静止B．一直匀速运动C．先加速后匀速D．先减速后匀速【答案】BCD【解析】设阻力与速度的比例k，则阻力f＝kv，若落入油槽中时重力大于阻力，则球做加速运动，即mg－kv＝ma，速度增大，f增大．当f增大到等于重力时，球做匀速运动，此后阻力不变，重力不变，球做匀速运动，即球先加速后匀速，故C正确；若落入油槽时，重力等于阻力，则球做匀速运动，故B正确；若落入油槽中时，重力小于阻力，则球做减速运动，即kv－mg＝ma，速度减小，f减小，当f减小到等于重力时，球做匀速运动，此后阻力不变，重力不变，球做匀速运动，即球先减速后匀速，故D正确．4．(多选)
如图所示表示某小球所受合力与时间的关系，各段的合力大小相同，作用时间相同，设小球从静止开始运动，由此可判定( )A．小球向前运动，再返回停止B．小球向前运动，再返回不会停止C．小球始终向前运动D．小球在4s末速度为0【答案】CD【解析】由牛顿第二定律可知：在0～1s，小球向前做匀加速直线运动，1s末速度最大，在1～2s，小球以大小相等的加速度向前做匀减速直线运动，2s末速度为零．依此类推，可知C、D正确，A、B错误．5．质量为0.8kg的物体在一水平面上运动，如图a、b分别表示物体不受拉力作用和受到水平拉力作用时的vt图像，则拉力和摩擦力之比为( )A．9∶8B．3∶2C．2∶1D．4∶3【答案】B【解析】由vt图像可知，图线a为仅受摩擦力的运动，加速度大小a1＝1.5m/s2；图线b为受水平拉力和摩擦力的运动，加速度大小a2＝0.75m/s2.由牛顿第二定律列方程得ma1＝Ff，ma2＝F－Ff，解得F∶Ff＝3∶2.6．(多选)如图所示，质量为m的滑块在水平面上向左撞向弹簧，当滑块将弹簧压缩了x0时速度减小到零，然后弹簧又将滑块向右推开．已知弹簧的劲度系数为k，滑块与水平面间的动摩擦因数为μ，整个过程弹簧未超过弹性限度，则( )A．滑块向左运动过程中，始终做减速运动B．滑块向左运动在与弹簧接触后先做一小段匀加速运动再做匀减速运动C．滑块向右运动过程中，始终做加速运动D．滑块向右运动过程中，当弹簧形变量x＝时，物体的速度最大【答案】AD【解析】
滑块向左接触弹簧的运动过程中，在水平方向上受到向右的弹簧弹力和向右的摩擦力，在此过程中弹簧的弹力是逐渐增大的，弹力和摩擦力的合力与运动方向始终相反，物体做减速运动，所以A正确，B错误；滑块接触弹簧向右的运动是从弹簧压缩量最大时开始的，此时受到水平向右的弹力和向左的摩擦力，开始时弹簧的弹力大于摩擦力，但当弹簧伸长到一定程度，弹力和摩擦力大小相等，此后摩擦力大于弹力．所以滑块接触弹簧向右的运动过程中，是先加速，后减速，C错误；在滑块接触弹簧向右的运动中，当弹簧的形变量x＝时，由胡克定律可得f＝kx＝μmg，此时弹力和摩擦力大小相等，方向相反，在水平方向上合力为零，之后物体开始做减速运动，所以此时速度最大，D正确．7．高空作业须系安全带，如果质量为m的高空作业人员不慎跌落，从开始跌落到安全带对人刚产生作用力前，人下落的距离为h(可视为自由落体运动)，此后经历时间t安全带达到最大伸长，若在此过程中该作用力始终竖直向上，则该段时间安全带对人的平均作用力大小为( )A.＋mgB．－mgC.＋mgD．－mg【答案】A【解析】设高空作业人员自由下落h时的速度为v，则v2＝2gh，得v＝.设安全带对人的平均作用力为F，由牛顿第二定律得F－mg＝ma，又v＝at，解得F＝＋mg，选项A正确．8．如图所示，物体的质量m＝1.0kg，物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.5，g取10m/s2.若沿水平向右方向施加一恒定拉力F＝9.0N，使物体由静止开始做匀加速直线运动，求：(1)物体的加速度大小；(2)2s末物体的速度大小；(3)2s末撤去拉力F，物体还能运动多远？【答案】(1)4m/s2 (2)8m/s (3)6.4m【解析】(1)根据牛顿第二定律F－f＝ma，f＝μmg＝0.5×10N＝5N，则a＝＝m/s2＝4m/s2.(2)对于匀加速运动，2s末的速度v＝v0＋at＝8m/s.(3)撤去拉力后的加速度大小
a′＝＝＝μg＝5m/s2，则物体还能滑行的距离x＝＝m＝6.4m.9．我国现在服役的第一艘航母“辽宁号”的舰载机采用的是滑跃起飞方式，即飞机依靠自身发动机从静止开始到滑跃起飞，滑跃仰角为θ.其起飞跑道可视为由长度L1＝180m的水平跑道和长度L2＝20m倾斜跑道两部分组成，水平跑道和倾斜跑道末端的高度差h＝2m，如图所示．已知质量m＝2×104kg的舰载机的喷气发动机的总推力大小恒为F＝1.2×105N，方向始终与速度方向相同，若飞机起飞过程中受到的阻力大小恒为飞机重力的0.15倍，飞机质量视为不变，并把飞机看成质点，航母处于静止状态．(1)求飞机在水平跑道运动的时间；(2)求飞机在倾斜跑道上的加速度大小．【答案】(1)4s (2)3.5m/s2【解析】(1)设飞机在水平跑道的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得F1－f＝ma1，解得a1＝4.5m/s2，由匀加速直线运动公式L1＝at2，解得t＝4s.(2)设沿斜面方向的加速度大小为a2，在倾斜跑道上对飞机受力分析，由牛顿第二定律得F－f－mgsinθ＝ma2，其中sinθ＝，解得a2＝3.5m/s2.B组·能力提升10．沿固定斜面下滑的物体受到与斜面平行向上的拉力F的作用，其下滑的速度－时间图线如图所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5s、5～10s、10～15s内F的大小分别为F1、F2和F3，则( )A．F1F3C．F1>F3D．F1＝F3【答案】A【解析】由vt图像可知，0～5s内加速度a1＝0.2m/s2
，沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F1＝ma1，F1＝mgsinθ－f－0.2m；5～10s内加速度a2＝0，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F2＝ma2，F2＝mgsinθ－f；10～15s内加速度a3＝－0.2m/s2，沿斜面向上，根据牛顿第二定律有mgsinθ－f－F3＝ma3，F3＝mgsinθ－f＋0.2m.故可得F3>F2>F1，选项A正确．11．如图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)( )A．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一定是一直做加速运动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【答案】A【解析】粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达B点时的速度小于等于v；可能先匀加速运动，当速度与传送带相同后，做匀速运动，到达B点时速度与v相同；也可能先做加速度较大的匀加速运动，当速度与传送带相同后做加速度较小的匀加速运动，到达B点时的速度大于v，故A正确．粮袋开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，大小为μmgcosθ，根据牛顿第二定律，得加速度a＝g(sinθ＋μcosθ)，若μ＜tanθ，则重力的下滑分力大于滑动摩擦力，故a的方向一直向下，粮袋从A到B一直是做加速运动，可能是一直以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速，也可能先以g(sinθ＋μcosθ)的加速度匀加速，后以g(sinθ－μcosθ)匀加速，故B错误．若μ≥tanθ，粮袋从A到B可能是一直做加速运动，有可能在二者的速度相等后，粮袋做匀速直线运动，故C、D错误．12．如图所示，质量为m的小球置于斜面上，被一个竖直挡板挡住．现用一个水平力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法正确的是( )A．若加速度足够小，竖直挡板对小球的弹力可能为零
B．若加速度足够大，斜面对小球的弹力可能为零C．斜面和挡板对小球的弹力的合力等于maD．斜面对小球不仅有弹力，而且是一个定值【答案】D【解析】小球受到的重力mg、斜面的支持力FN2、竖直挡板的水平弹力FN1，设斜面的倾斜角为α，则竖直方向有FN2cosα＝mg，因为mg和α不变，所以无论加速度如何变化，FN2不变且不可能为零，故B错误，D正确；水平方向有FN1－FN2sinα＝ma；因为FN2sinα≠0，若加速度足够小，竖直挡板的水平弹力不可能为零，故A错误；斜面和挡板对球的弹力的合力与重力的合力为ma，故C错误．13．(多选)如图所示，小车板面上的物体质量m＝8kg，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N.现沿水平向左的方向对小车施以作用力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s2，此后以1m/s2的加速度向左做匀加速直线运动．在此过程中，以下说法正确的是( )A．当小车加速度(向左)为0.75m/s2时，物体受到的摩擦力为6NB．小车以1m/s2的加速度(向左)做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8NC．物体受到的摩擦力先减小后增大D．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化【答案】CD【解析】以物体为研究对象，物体和小车相对静止，它们的加速度相等，根据牛顿第二定律F合＝ma，F合＝8×0.75N＝6N，方向水平向左，刚好由弹簧的弹力提供，相对小车没有运动，所以物体不受摩擦力，故A错误；由A选项中思路，F合＝ma＝8×1N＝8N，方向水平向左，弹力向左为6N，所以物体还受到向左的静摩擦力2N，故B错误；当加速度从零开始增大时，合力应向左增大，当加速度为1m/s2时，物体的合力向左，大小为8N，而在加速度增大的过程中，合力应从零增大到8N，故摩擦力应先减小，然后再反向增大，最后保持不变，故C正确；一开始，根据平衡条件可知，摩擦力等于弹力为6N，在此后的运动中，摩擦力总是小于6N的，所以物体与小车始终保持相对静止，弹簧的伸长量没有变化，对物体的作用力始终没有发生变化，故D正确．14．科技人员在控制中心发出指令，嫦娥四号探测器在月面上空开启发动机，实施降落任务．在距月面高H＝102m处开始悬停，识别障碍物和坡度，选定相对平坦的区域后，先以a1匀加速下降，加速至v1＝4m/s时，立即改变推力，以a2＝2m/s2匀减速下降，至月表高度30m处速度减为零，立即开启自主避障程序，缓慢下降．最后距离月面2.5
m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，自主着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑中，整个过程始终垂直月球表面做直线运动，取竖直向下为正方向．已知嫦娥四号探测器的质量m＝40kg，月球表面重力加速度为1.6m/s2.求：(1)嫦娥四号探测器自主着陆月面时的瞬时速度大小v2；(2)匀加速直线下降过程的加速度大小a1；(3)匀加速直线下降过程推力F的大小和方向．【答案】(1)2m/s (2)1m/s2 (3)24N 方向竖直向上【解析】(1)至月表高度30m处速度减为零，缓慢下降，距离月面2.5m时关闭发动机，探测器以自由落体的方式降落，由v＝2g′h2，得v2＝2m/s.(2)由题意知加速和减速发生的位移h＝102m－30m＝72m，由位移关系得＋＝h，解得a1＝1m/s2.(3)匀加速直线下降过程，由牛顿第二定律得mg′－F＝ma1，解得F＝24N，方向竖直向上．15．风洞实验室中可产生方向、大小都可以调节控制的各种风力．如图所示为某风洞里模拟做实验的示意图．一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发沿直杆向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ＝.试求：(1)小球运动的加速度a1；(2)若风力F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点的最大距离xm；(3)在上一问的基础上，若从撤去风力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点．【答案】(1)2.5m/s2 (2)2.4m (3)0.2s和0.75s【解析】(1)在力F作用时有
(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1，解得a1＝2.5m/s2.(2)刚撤去F时，小球的速度v1＝a1t1＝3m/s，小球的位移x1＝t1＝1.8m.撤去力F后，小球上滑时有mgsin30°＋μmgcos30°＝ma2，a2＝7.5m/s2，因此小球上滑时间t2＝＝0.4s，上滑位移x2＝t2＝0.6m，则小球上滑的最大距离xm＝x1＋x2＝2.4m.(3)在上滑阶段通过B点xAB－x1＝v1t3－a2t经过B点时的时间t3＝0.2s，另t3＝0.6s(舍去，因为返回时加速度发生改变)小球返回时有mgsin30°－μmgcos30°＝ma3，a3＝2.5m/s2，因此小球由顶端返回B点时有xm－xAB＝a3t，t4＝s，经过B点时的时间为t2＋t4＝s≈0.75s.
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