(建議用時(shí)：20分鐘)1．(2020·吉林市第二次調(diào)研)如圖所示，滑塊以初速度v0沿表面粗糙且足夠長(zhǎng)的固定斜面，從頂端下滑，直至速度為零。若用x、v、a分別表示滑塊下滑的位移、速度和加速度的大小，t表示時(shí)間，則下列圖象中能正確描述該過(guò)程的是(　　)解析：選D?；瑝K下滑過(guò)程中做勻減速直線(xiàn)運(yùn)動(dòng)，下滑過(guò)程中，其速度—時(shí)間圖線(xiàn)是一條斜向下的直線(xiàn)；下滑過(guò)程中，其加速度—時(shí)間圖線(xiàn)與時(shí)間軸平行，故A、B錯(cuò)誤；用x、v、a分別表示滑塊下滑的位移、速度和加速度的大小，據(jù)速度—位移關(guān)系可得v－v2＝2ax，解得v＝，所以下滑過(guò)程中，其速度—位移圖線(xiàn)是一條切線(xiàn)斜率變大的向下彎曲的曲線(xiàn)，故C錯(cuò)誤，D正確。2．(2020·江蘇海門(mén)中學(xué)第二次質(zhì)調(diào))一個(gè)物體在多個(gè)力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果僅使其中一個(gè)力的大小逐漸減小到零，然后又從零逐漸恢復(fù)到原來(lái)的大小(此力的方向始終未變)，在這一過(guò)程中其余各力均不變。那么，下列各圖中能正確描述該過(guò)程中物體速度變化情況的是(　　)解析：選D。由于物體在多個(gè)力的作用下處于靜止?fàn)顟B(tài)，如果僅使其中一個(gè)力的大小逐漸減小到0，物體的合力逐漸增大到某值，根據(jù)牛頓第二定律知加速度會(huì)逐漸增大到某一值，接著又使這個(gè)力逐漸恢復(fù)到原來(lái)的大小(此力的方向始終不變)，合力逐漸減小到零，則加速度逐漸減小至零；所以物體的加速度逐漸增大到某值后再逐漸減小至零，而速度從零開(kāi)始一直增大，根據(jù)v－t圖象的切線(xiàn)斜率表示瞬時(shí)加速度，知D圖正確。3.(2020·豐臺(tái)區(qū)二模)如圖所示，傾角為θ的光滑斜面固定于水平面上，滑塊A、B疊放在一起，A上表面水平，A物體的質(zhì)量為2m，B物體的質(zhì)量為m。當(dāng)滑塊A、B一起沿斜面向下 運(yùn)動(dòng)時(shí)，A、B始終保持相對(duì)靜止。關(guān)于B物體在下滑過(guò)程中的受力，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．B物體受到的支持力N＝mg，方向豎直向上B．B物體受到的支持力N＝mg－mgsinθ，方向豎直向上C．B物體受到的摩擦力f＝mgsinθ，方向沿斜面向下D．B物體受到的摩擦力f＝mgsinθcosθ，方向水平向左解析：選D。對(duì)A、B整體，由牛頓第二定律有3mgsinθ＝3ma解得a＝gsinθ對(duì)物體B，豎直方向mg－N＝masinθ解得N＝mg－masinθ＝mgcos2θ方向豎直向上；水平方向f＝macosθ＝mgsinθcosθ方向水平向左。4．(2020·東北三省三校第二次聯(lián)考)如圖甲所示，質(zhì)量分別為m和M的物塊A、B疊放在一起，放于光滑水平面上。重力加速度大小為g，A、B間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，水平外力作用在A上，能使A、B保持相對(duì)靜止的最大外力F與μg間的關(guān)系如圖乙所示，認(rèn)為最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，下列說(shuō)法正確的是(　　)A．若m取一更大的值，則圖象的斜率變小B．若m取一更大的值，則圖象的斜率變大C．若M取一更大的值，則圖象的斜率變大D．若M取一更大的值，則圖象的斜率不變解析：選B。對(duì)整體受力分析可知，使A、B保持相對(duì)靜止的最大外力為F＝(M＋m)a隔離B有μmg＝Ma 聯(lián)立解得F＝μg圖象斜率k＝＝m，若m取一更大的值，則圖象的斜率變大，故A錯(cuò)誤，B正確；若M取一更大的值，則圖象的斜率變小，故C、D錯(cuò)誤。5．(2020·重慶市一中上學(xué)期期末)將一個(gè)質(zhì)量為1kg的小球豎直向上拋出，最終落回拋出點(diǎn)，運(yùn)動(dòng)過(guò)程中所受空氣阻力大小恒定，方向與運(yùn)動(dòng)方向相反，該過(guò)程的v－t圖象如圖所示，g取10m/s2。下列說(shuō)法中正確的是(　　)A．小球重力和阻力大小之比為6∶1B．小球上升與下落所用時(shí)間之比為2∶3C．小球落回到拋出點(diǎn)的速度大小為8m/sD．小球下落過(guò)程受到向上的空氣阻力，處于超重狀態(tài)解析：選C。根據(jù)圖象可得上升過(guò)程的加速度大小a1＝12m/s2，由牛頓第二定律有mg＋f＝ma1，代入數(shù)據(jù)解得＝2，即mg∶f＝5∶1，故A錯(cuò)誤；下降過(guò)程中對(duì)小球由牛頓第二定律可得mg－f＝ma′，結(jié)合A選項(xiàng)解得a′＝8m/s2，根據(jù)h＝at2，可得t＝，所以可知上升和下降時(shí)間之比為t1∶t2＝∶＝∶3，故B錯(cuò)誤；小球勻減速上升的位移x＝×2×24m＝24m，下降過(guò)程根據(jù)v2＝2a′x，代入數(shù)據(jù)解得v＝8m/s，故C正確；小球下落過(guò)程中，加速度豎直向下，處于失重狀態(tài)，故D錯(cuò)誤。6．(2020·石家莊市第一次質(zhì)檢)如圖所示，在水平地面上固定著一個(gè)傾角為30°的光滑斜面，斜面頂端有一不計(jì)質(zhì)量和摩擦的定滑輪，一細(xì)繩跨過(guò)定滑輪，一端系在物體A上，另一端與物體B連接，物體A、B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，細(xì)繩與斜面平行。若將A、B兩物體對(duì)調(diào)，將A置于距地面h高處由靜止釋放，設(shè)A與地面碰撞后立即停止運(yùn)動(dòng)，B在斜面運(yùn)動(dòng)過(guò)程中不與滑輪發(fā)生碰撞，重力加速度為g。試求： (1)A和B的質(zhì)量之比；(2)物體B沿斜面上滑的總時(shí)間。解析：(1)對(duì)物體A、B受力分析，有mAgsin30°＝T1T1＝mBg解得＝；(2)A、B對(duì)調(diào)后，A物體接觸地面前，根據(jù)牛頓第二定律有對(duì)A：mAg－T2＝mAa1對(duì)B：T2－mBgsin30°＝mBa1B在斜面上運(yùn)動(dòng)：h＝a1tA落地后，B繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律有mBgsin30°＝mBa2a1t1＝a2t2解得t1＝t2＝2所以B運(yùn)動(dòng)總時(shí)間t＝t1＋t2＝4。答案：(1)2∶1　(2)4