m，物块和木板一起加速运动，
对钩码：
m′g－FT″＝m′a3，
对物块和木板整体：
FT″－2mgsinθ－2μ2mgcosθ＝2ma3，
解得：
a3＝
g，
L＝
a3t2.
解得：
t2＝
＝
.
答案：
（1）
（2）m′>
m （3）见解析
B卷
一、单项选择题
1．物体甲、乙原来静止于光滑水平面上．从t＝0时刻开始，甲沿水平面做直线运动，速度随时间变化如图甲；乙受到如图乙所示的水平拉力作用．则在0～4s的时间内（ ）
图甲 图乙
A．甲物体所受合力不断变化
B．甲物体的速度不断减小
C．2s末乙物体改变运动方向
D．2s末乙物体速度达到最大
解析：
由甲物体的v－t图象可知，物体加速度始终不变，故合力不变，A错误．甲物体速度先减小后增大，B错误．由乙物体的F－t图象可知，乙物体2s末力的方向改变，加速度方向改变，而速度方向并不改变，此时速度达到最大，C错误，D正确．
答案：
D
2．（2016·石家庄模拟）甲、乙两车从同一地点沿相同方向由静止开始做直线运动，它们运动的加速度随时间变化图象如图所示．关于两车的运动情况，下列说法正确的是（ ）
A．在0～4s内甲车做匀加速直线运动，乙车做匀减速直线运动
B．在0～2s内两车间距逐渐增大，2～4s内两车间距逐渐减小
C．在t＝2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/s
D．在t＝4s时甲车恰好追上乙车
解析：
在0～4s内，甲车做匀加速直线运动，而乙车做加速度逐渐减小的加速直线运动，选项A错误；在a－t图象中，图线与坐标轴围成的面积等于物体的速度变化．因两车的初速度为零，故面积的大小等于两车的速度大小，即t＝2s时甲车速度为3m/s，乙车速度为4.5m/s，选项C正确；两车沿相同方向由静止开始运动，由a－t图象可知，4s时两车的速度相等，此时两车的间距最大，选项B、D错误．
答案：
C
3．（2016·梅州模拟）小球沿某一斜面下滑，在斜面底端与垂直斜面的挡板相碰后又回到斜面上的某一位置，小球与挡板作用时间不计，其速度v随时间t变化的关系如图所示，以下滑起点为位移坐标原点和t＝0时刻，则下列选项中能正确反映小球运动的图象是（ ）
解析：
由小球运动的v－t图象可知，小球下滑和上滑都做匀变速直线运动，但两个阶段加速度大小不等，由图线斜率可以看出，下滑加速度小于上滑加速度，加速度方向都沿斜面向下（即正方向），C、D两项错误；下滑时小球做初速度为零的匀加速直线运动，由s＝
at2可知，s－t2图象为过原点的直线，且位移x随时间增大；上滑时末速度为零，可看作反向的初速度为零的匀加速直线运动，位移随时间减小，因此s－t2图象也是一条直线，由v－t图象可知，小球反弹初速度小于下滑末速度，运动时间比下滑时间短，因此小球速度为零时没有回到初始位置，A正确，B错误．
答案：
A
4.如图，弹簧吊着箱子A，箱内放有物体B，它们的质量均为m，现对箱子施加竖直向上的力F＝4mg，而使系统静止．撤去F的瞬间，A、B的加速度分别为（ ）（导学号59230075）
A．aA＝aB＝g
B．aA＝g，aB＝0
C．aA＝2g，aB＝g
D．aA＝3g，aB＝g
解析：
撤去F前：
设弹簧的弹力大小为F0，根据平衡条件得
对整体：
F－2mg＝F0，解得：
F0＝2mg，
撤去F的瞬间：
弹簧的弹力没有来得及变化，大小仍为
F0＝2mg，
假设A、B之间的弹力突变为零，
则根据牛顿第二定律得
对箱子A：
F0＋mg＝maA，
解得：
aA＝3g，
对物体B：
mg＝maB，
解得：
aB＝g，
所以aA>aB，
又因物体B处在箱子A的底板之上，因此假设成立，故选D.
答案：
D
二、多项选择题
5.物体原来静止在水平地面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图所示．设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．根据题目提供的信息，下列判断正确的是（g取10m/s2）（ ）
A．物体的质量为m＝2kg
B．物体与水平面间的动摩擦因数μ＝0.3
C．物体与水平面的最大静摩擦力fmax＝12N
D．在F为10N时，物体的加速度a＝2.5m/s2
解析：
由题图可知，当F＝7N时，a＝0.5m/s2，当F＝14N时，a＝4m/s2，由牛顿第二定律知，F－f＝ma，故7－f＝0.5m，14－f＝4m，联立解得：
m＝2kg，f＝6N，选项A正确，C错误；由f＝μmg解得μ＝0.3，选项B正确；由牛顿第二定律，F－f＝ma，在F为10N时，物体的加速度a＝2.0m/s2，选项D错误．
答案：
AB
6.如图所示，质量为M＝5kg的箱子B置于光滑水平面上，箱子底板上放一质量为m2＝1kg的物体C，质量为m1＝2kg的物体A经跨过定滑轮的轻绳与箱子B相连，在A加速下落的过程中，C与箱子B始终保持相对静止．不计定滑轮的质量和一切阻力，g取10m/s2，下列说法正确的是（ ）
A．物体A处于失重状态
B．物体A的加速度大小为2.5m/s2
C．物体C对箱子B的静摩擦力大小为3N
D．轻绳对定滑轮的作用力大小为30N
解析：
假设绳子拉力为F，根据牛顿第二定律，对A有，m1g－F＝m1a；对B、C整体有，F＝（M＋m2）a；联立解得，F＝15N，a＝2.5m/s2；物体A有向下的加速度，故是失重，A、B正确；对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律有，f＝m2a＝1×2.5N＝2.5N，故C错误；绳子的张力为15N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15
N，故D错误．
答案：
AB
7．（2016·湖北七校联考）如图所示，竖直平面内有一光滑直杆AB，杆与水平方向的夹角为θ（0°≤θ≤90°），一质量为m的小圆环套在直杆上．给小圆环施加一与该竖直平面平行的恒力F，并从A端由静止释放．改变直杆和水平方向的夹角θ，当直杆与水平方向的夹角为30°时，小圆环在直杆上运动的时间最短，重力加速度为g，则（ ）（导学号59230076）
A．恒力F一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向
B．恒力F和小圆环的重力的合力一定沿与水平方向成30°角斜向右下的方向
C．若恒力F的方向水平向右，则恒力F的大小为
mg
D．恒力F的最小值为
mg
解析：
小圆环受到竖直向下的重力、光滑直杆AB对小圆环的支持力和恒力F，把光滑直杆AB对小圆环的支持力正交分解，沿直杆方向无分力．由L＝
at2可知，要使小圆环在直杆上运动的时间最短，小圆环运动的加速度必须最大，由牛顿第二定律可知，当恒力和重力的合力沿光滑直杆方向时，加速度最大，所以选项A错误，B正确；若恒力F的方向水平向右，由tan30°＝
，解得F＝
mg，选项C正确；当合力F的方向垂直光滑直杆时，恒力F最小，由sin60°＝
，解得F的最小值为Fmin＝mgsin60°＝
mg，选项D正确．
答案：
BCD
三、计算题
8．某大型游乐场有飞碟射击娱乐游戏，抛碟机将飞碟随机向上抛射出去，射击者用气枪将飞碟射中并击碎．由于飞碟抛射方向具有不确定性，所以游戏充满挑战性和乐趣．假设有一游戏爱好者站在距离抛碟机20m远处练习射击，射击点与飞碟抛出点近似在同一水平线上，气枪子弹在空中飞行可看作匀速直线运动，且速度大小为100m/s.某次，抛碟机将飞碟以20m/s初速度竖直向上抛出，射击者要在飞碟到达最高点时刚好将其击中（不计空气阻力，g取10m/s2），求：
（1）射击方向和水平方向的夹角应该是多少？
（2）他必须在飞碟抛出后经多长时间发射子弹（计算结果小数点后保留2位数字）?
解析：
（1）飞碟抛出后做竖直上抛运动，设飞碟上升的最大高度为h，由v
＝2gh可得，h＝
＝20m①
由于飞碟抛出点与射击点的水平距离d＝20m，所以可得：
tanθ＝
＝1②
所以射击方向和水平方向的夹角为θ＝45°.③
（2）设飞碟上升到最高点所用时间为t1
t1＝
＝2s④
子弹击中飞碟的位移s和飞行时间t2为
s＝
＝
m＝20
m⑤
t2＝
＝
s＝0.28s⑥
飞碟抛出后到发射子弹的时间间隔t为
t＝t1－t2＝2s－0.28s＝1.72s.
答案：
（1）45°
（2）1.72s
9．（2016·大同模拟）质量为3kg的长木板A置于光滑的水平地面上，质量为2kg的木块B（可视为质点）置于木板A的左端，在水平向右的力F作用下由静止开始运动，如图甲所示．A、B运动的加速度随时间变化的图象如图乙所示（g取10m/s2）．求：
图甲 图乙
（1）木板与木块之间的动摩擦因数（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）；
（2）4s末A、B的速度；
（3）若6s末木板和木块刚好分离，则木板的长度为多少？
解析：
（1）由题图知4s末A、B间达到最大静摩擦力，此时a＝2m/s2
对应A板μmBg＝mAa
A、B间动摩擦因数μ＝
＝0.3.
（2）由图象知4s末二者的速度等于图线与坐标轴包围的面积v＝
at1＝
×2×4m/s＝4m/s.
（3）4s到6s末t2＝2s，
木板A运动的位移
sA＝vt2＋
aAt
，
木块B运动的位移sB＝vt2＋
aBt
，
木板的长度l＝sB－sA＝4m
答案：
（1）0.3
（2）4m/s （3）4m
10．如图所示，甲、乙两传送带倾斜放置，与水平方向夹角均为37°，传送带乙长为4m，传送带甲比乙长0.45m，两传送带均以3m/s的速度逆时针匀速运动，可视为质点的物块A从传送带甲的顶端由静止释放，可视为质点的物块B由传送带乙的顶端以3m/s的初速度沿传送带下滑，两物块质量相等，与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（导学号59230077）
图甲 图乙
（1）物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间；
（2）物块A、B在传送带上显示的划痕长度之比．
解析：
（1）物块A一开始受重力、支持力和沿斜面向下的滑动摩擦力，由牛顿第二定律知
mgsin37°＋μmgcos37°＝ma1，
代入数值得a1＝10m/s2.
设经时间t1物块A与传送带共速，则由运动学规律知
v带＝a1t1，即t1＝0.3s，
此过程中物块A的位移为
s1＝
a1t
＝0.45m，
物块A与传送带共速后，由牛顿第二定律知
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2，
代入数值得a2＝2m/s2.
由运动学规律知L甲－s1＝v带t2＋
a2t
，
代入数值得t2＝1s，
所以物块A由传送带顶端滑到底端经历的时间为
t＝t1＋t2＝1.3s.
（2）在物块A的第一个加速过程中，物块A在传送带上显示的划痕长度为L1＝v带t1－s1＝0.45m，
在物块A的第二个加速过程中，物块A在传送带上的划痕长度为L2＝v带t2＋
a2t
－v带t2＝1.0m.
所以物块A在传送带上显示的划痕长度为LA＝L2＝1m．由分析知物块B的加速度与物块A在第二个加速过程的加速度相同，从传送带顶端加速到底端所需时间与t2相同，所以物块B在传送带上的划痕长度为
LB＝v带t2＋
a2t
－v带t2＝1.0m，
故物块A、B在传送带上的划痕长度之比为
LA∶LB＝1∶1.
答案：
（1）1.3s
（2）1∶1
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