2018高考物理大一轮复习方案：高考真题汇编 C单元 牛

C 单元 牛顿运动定律
C1 牛顿第一定律、牛顿第三定律
C2 牛顿第二定律 单位制
18．C22016·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )
A ．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B ．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直
C ．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同
D ．质点单位时间内速率的变化量总是不变
解析] BC 由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C 正确，选项D 错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B 正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A 错误．
19．A2 、C2、E12016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )
A ．甲球用的时间比乙球长
B ．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小
C ．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小
D ．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功
19．BD 解析] 设f ＝kR ，则由牛顿第二定律得F 合＝mg －f ＝ma ，而m ＝43π
R 3·ρ，故a ＝g －k 43
πR 2·ρ，由m 甲>m 乙、ρ甲＝ρ乙可知a 甲>a 乙，故C 错误；因甲、
乙位移相同，由v 2＝2ax 可知，v 甲>v 乙，B 正确；由x ＝12at 2可知，t 甲<t 乙，A 错误；
由功的定义可知，W 克服＝f ·x ，又f 甲>f 乙，则W 甲克服>W 乙克服，D 正确．
21．C2、 E32016·全国卷Ⅱ] 如图1-，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O 点，另一端与小球相连．现将小球从M 点由静止释放，它在下降的过程中经过了N 点．已知在M 、N 两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且
∠ONM <∠OMN <π2.在小球从M 点运动到N 点的过程中( )
图1-
A ．弹力对小球先做正功后做负功
B ．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度
C ．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零
D ．小球到达N 点时的动能等于其在M 、N 两点的重力势能差
21．BCD 解析] 小球在M 点时弹簧处于压缩状态，在N 点时弹簧处于伸长状态，则在由M 到N 过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B 点，另设小球在A 点时对应的弹簧最短，如图所示．从M 点到A 点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A 点到B 点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B 点到N 点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A 错误．小球在A 点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F 合＝mg ，故加速度a ＝g ；小球在B 点时，弹
簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F 合＝mg ，故加速度a ＝g ，
B 正确．在A 点时，弹簧的弹力F 弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P 弹＝F 弹v cos α＝0，
C 正确．从M 点到N 点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则E k 增＝E p 减，即E k N －0＝E p 重M －E p 重N ＋E p 弹M －E p 弹N ，由于在M 、N 两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能E p 弹N ＝E p 弹M ，故E k N ＝E p 重M －E p 重N ，
D 正确．
24．C2 D4 E22016·全国卷Ⅲ] 如图1-所示，在竖直平面内有由14圆弧AB 和
12圆弧BC 组成的光滑固定轨道，两者在最低点B 平滑连接．AB 弧的半径为R ，BC
弧的半径为R 2.一小球在A 点正上方与A 相距R 4处由静止开始自由下落，经A 点沿圆
弧轨道运动．
(1)求小球在B 、A 两点的动能之比；
(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C 点．
图1-
24．答案] (1)5 (2)能
解析] (1)设小球的质量为m ，小球在A 点的动能为E k A ，由机械能守恒得E k A ＝mg R 4 ①
设小球在B 点的动能为E k B ，同理有E k B ＝mg 5R 4 ②
由①②式得E k B E k A
＝5 ③ (2)若小球能沿轨道运动到C 点，小球在C 点所受轨道的正压力N 应满足N ≥0 ④
设小球在C 点的速度大小为v C ，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N ＋mg ＝m v 2C R 2
⑤
由④⑤式得，v C 应满足mg ≤m 2v 2C R ⑥
由机械能守恒有mg R 4＝12m v 2C ⑦
由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C 点．
10．C2 D4 E22016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m ＝60 kg 的运动员从长直助滑道AB 的A 处由静止开始以加速度a ＝3.6 m/s 2匀加速滑下，到达助滑道末端B 时速度v B ＝24 m/s ，A 与B 的竖直高度差H ＝48 m ．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C 处附近是一段以O 为圆心的圆弧．助滑道末端B 与滑道最低点C 的高度差h ＝5 m ，运动员在B 、C 间运动时阻力做功W ＝－1530 J ，g 取10 m/s 2.
图1-
(1)求运动员在AB 段下滑时受到阻力F f 的大小；
(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C 点所在圆弧的半径R 至少应为多大？
答案] (1)144 N (2)12.5 m
解析] (1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v 2B ＝2ax ①
由牛顿第二定律有mg H x
－F f ＝ma ② 联立①②式，代入数据解得F f ＝144 N ③
(2)设运动员到达C 点时的速度为v C ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有
mgh ＋W ＝12m v 2C －12m v 2B ④
设运动员在C 点所受的支持力为F N ，由牛顿第二定律有F N －mg ＝m v 2C R ⑤
由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m
10．A2 C 22016·四川卷] 避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图
竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：
(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；
(2)制动坡床的长度．
图1-
10．答案] (1)5 m/s 2，方向沿制动坡床向下 (2)98 m
解析] (1)设货物的质量为m ，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则
f ＋m
g sin θ＝ma 1
f ＝μm
g cos θ
联立以上二式并代入数据得a 1＝5 m/s 2
a 1的方向沿制动坡床向下．
(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则
Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2
F ＝k (m ＋M )g
s 1＝v t －12a 1t 2
s 2＝v t －12a 2t 2
s ＝s 1－s 2
l ＝l 0＋s 0＋s 2
联立并代入数据得
l ＝98 m.
4．C22016·上海卷] 如图1-所示，顶端固定着小球的直杆固定在小车上，当小车向右做匀加速运动时，球所受合外力的方向沿图中的( )
图1-
A ．OA 方向
B ．OB 方向
C ．OC 方向
D ．OD 方向
4．D 解析] 根据牛顿第二定律，合外力方向与加速度方向相同，小车和球的加速度向右，所受合外力也向右，D 正确．
C3 超重和失重
C4 实验：验证牛顿定律
23．C42016·全国卷Ⅲ] 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N ＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：
(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．
图1-
(2)将n (依次取n ＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N －n 个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t 相对于其起始位置的位移s ，绘制s -t 图像，经数据处理后可得到相应的加速度a .
(3)对应于不同的n 的a 值见下表．n ＝2时的s -t 图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．
(4)当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．
图1-
(5)利用a -n 图像求得小车(空载)的质量为______ kg(保留2位有效数字，重力加速度g 取9.8 m/s 2)．
(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 ________(填入正确选项前的标号)．
A ．a ­n 图线不再是直线
B ．a ­n 图线仍是直线，但该直线不过原点
C ．a ­n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大
23．答案] (3)0.39(0.37～0.49均可) (4)a -n 图线如图所示
(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC
解析] (3)系统做匀加速直线运动，s ＝12at 2，由图(b)可知，当t ＝2 s 时，s ＝0.78
m ，代入解得a ＝0.39 m/s 2.
(4)由题意知描点法作图所得的必须是一条直线．
(5)对于挂在下面的n 个钩码，有nmg －F ＝nma ；
对于小车(含剩下的钩码)，有F ＝M ＋(N －n )m ]a ；
两式相加得nmg ＝(M ＋Nm )a ；
解得a ＝nmg M ＋Nm ＝0.098M ＋0.05n ，可见a -n 图像的斜率表示0.098M ＋0.05
， 由a -n 图可知斜率k ＝0.196，所以0.098M ＋0.05
＝0.196，解得M ＝0.45 kg. (6)木板水平时要考虑摩擦力的影响，
对于挂在下面的n 个钩码，有nmg －F ′＝nma ；
对于小车(含剩下的钩码)，有F ′－μM ＋(N －n )m ]g ＝M ＋(N －n )m ]a ；
两式相加得nmg －μM ＋(N －n )m ]g ＝(M ＋Nm )a ，
去中括号得n (mg ＋μmg )－μ(M ＋Nm )g ＝(M ＋Nm )a ，
移项化简得n (mg ＋μmg )＝(M ＋Nm )(a ＋μg )，
解得a ＝mg ＋μmg M ＋Nm ·n －μg ＝0.098＋0.098μM ＋0.05
·n －9.8μ， 可见a -n 图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点．
C5 牛顿运动定律综合
22．E5 C52016·全国卷Ⅰ] 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz 、30 Hz 和40 Hz ，打出纸带的一部分如图(b)所示．
图1-
该同学在实验中没有记录交流电的频率f ，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．
(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f 和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B 点时，重物下落的速度大小为________，打出C 点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．
(2)已测得s 1＝8.89 cm ，s 2＝9.50 cm ，s 3＝10.10 cm ；当地重力加速度大小为9.80 m/s 2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f 为________ Hz.
答案] (1)12(s 1＋s 2)f 12(s 2＋s 3)f 12(s 3－s 1)f 2
(2)40
解析] (1)B 点对应的速度v B ＝s 1＋s 22T ＝f （s 1＋s 2）2，C 点对应的速度v C ＝s 2＋s 32T ＝
f （s 2＋s 3）2，加速度a ＝v C －v B T ＝f 2（s 3－s 1）2
. (2)由牛顿第二定律得mg (1－1%)＝ma ，则频率f ＝2（1－1%）g s 3－s 1
＝40 Hz. 16．C5、D6、E22016·全国卷Ⅱ] 小球P 和Q 用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P 球的质量大于Q 球的质量，悬挂P 球的绳比悬挂Q 球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1-所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )
图1-
A ．P 球的速度一定大于Q 球的速度
B ．P 球的动能一定小于Q 球的动能
C ．P 球所受绳的拉力一定大于Q 球所受绳的拉力
D ．P 球的向心加速度一定小于Q 球的向心加速度
16．C 解析] 从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl ＝12m v 2－0，可得v
＝2gl ，因l P <l Q ，则v P <v Q ，故选项A 错误；由E k Q ＝m Q gl Q ，E k P ＝m P gl P ，而m P >m Q ，故两球动能大小无法比较，选项B 错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿
第二定律及向心力公式可知T －mg ＝m v 2
l ＝ma n ，得T ＝3mg ，a n ＝2g ，则T P >T Q ，a P ＝a Q ，C 正确，D 错误．
8．E1 C52016·天津卷] 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )
图1-
A ．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B ．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2
C ．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比
D ．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2
8．BD 解析] 列车启动时，乘客随着车厢加速运动，乘客受到的合力方向与车运动的方向一致，而乘客受到车厢的作用力和重力，所以启动时乘客受到车厢作
用力的方向与车运动方向成一锐角，A 错误；动车组运动的加速度a ＝2F －8kmg 8m
＝F
4m －kg ，则对第6、7、8节车厢的整体有f 56＝3ma ＋3kmg ＝0.75F ，对第7、8节车厢的整体有f 67＝2ma ＋2kmg ＝0.5F ，故第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力
之比为3∶2，B 正确；根据动能定理得12M v 2＝kMgs ，解得s ＝v 22kg ，可知进站时从
关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的二次方成正比 ，C 错误；
8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P 8kmg ＝P 4kmg ，8节车厢有4节动车的最
大速度为v m2＝4P 8kmg ＝P 2kmg ，则v m1v m2
＝12，D 正确． 5．C52016·海南卷] 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1-所示．已知物体与斜面之间的动摩擦因数为常数，在0～5 s 、5～10 s 、10～15 s 内F 的大小分别为F 1、F 2和F 3，则( )
图1-
A ．F 1<F 2
B ．F 2>F 3
C ．F 1>F 3
D ．F 1＝F 3
5．A 解析] 0～5 s 内，物体沿斜面向下做匀加速直线运动，F 1<mg sin θ－μmg cos θ；5～10 s 内，物体沿斜面向下做匀速直线运动，F 2＝mg sin θ－μmg cos θ；10～15 s 内，物体沿斜面向下做匀减速直线运动，F 3>mg sin θ－μmg cos θ，故A 正确．
13．C52016·海南卷] 水平地面上有质量分别为m 和4m 的物块A 和B ，两者与地面的动摩擦因数均为μ.细绳的一端固定，另一端跨过轻质动滑轮与A 相连，动滑轮与B 相连，如图1-所示．初始时，绳处于水平拉直状态．若物块A 在水平向右的恒力F 作用下向右移动了距离s ，重力加速度大小为g .求：
图1-
(1)物块B 克服摩擦力所做的功；
(2)物块A 、B 的加速度大小．
13．答案] (1)2μmgs (2)F －3μmg 2m F －3μmg 4m
解析] (1)物块A 移动了距离s ，则物块B 移动的距离为
s 1＝12s ①
物块B 受到的摩擦力大小为
f ＝4μm
g ②
物块B 克服摩擦力所做的功为
W ＝fs 1＝2μmgs ③
(2)设物块A 、B 的加速度大小分别为a A 、a B ，绳中的张力为T .由牛顿第二定律得
F －μmg －T ＝ma A ④
2T －4μmg ＝4ma B ⑤
由A 和B 的位移关系得
a A ＝2a B ⑥
联立④⑤⑥式得
a A ＝F －3μmg 2m ⑦
a B ＝F －3μmg 4m ⑧
1．2016·浙江嘉兴期末考试] 如图K7­1所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中( )
图K7­1
A ．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等
B ．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力
C ．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小
D ．人被向上“托起”时处于失重状态
1．A 解析] 地球对人的吸引力和人对地球的吸引力为作用力和反作用力，故大小相等，A 项正确；人受到气流的力和人对气流的力是作用力和反作用力，B 项错误；人被加速向上托起，则人受到气流的力大于人受到的重力，C 项错误；人有向上的加速度，故人被向上“托起”时处于超重状态，D 项错误．
4．(多选)2016·湖南师范大学附中月考] 如图K7­4所示，固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ，其顶端装有光滑小滑轮，绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B ，另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面．人的质量为M ，B 物块的质量为m ，重力加速度为g ，当人拉着绳子以大小为a 1的加速度沿斜面向上运动时，B 物块运动的加速度大小为a 2，则下列说法正确的是( )
图K7­4
A ．物块一定向上加速运动
B ．人能够沿斜面向上加速运动，必须满足m ＞M sin θ
C ．若a 2＝0，则a 1一定等于mg －Mg sin θM
D ．若a 1＝a 2，则a 1可能等于mg －Mg sin θM ＋m
4．CD 解析] 对人受力分析，由牛顿第二定律可知F －Mg sin θ＝Ma 1，得F ＝Mg sin θ＋Ma 1，若F ＞mg ，则物体B 加速上升，若F ＜mg ，则物体B 加速下降，若F ＝mg ，物体B 静止，故A 错误； 人能够沿斜面向上加速运动，只需满足F ＞Mg sin θ即可，故B 错误；若a 2＝0，则F ＝mg ，故mg －Mg sin θ＝Ma 1，a 1＝
mg －Mg sin θM
，故C 正确；F ＝Mg sin θ＋Ma 1，当F <mg 时，有mg －F ＝ma 2，又a 1＝a 2，则a 1＝mg －Mg sin θM ＋m
，故D 正确． 6．(多选)2016·高考信息交流模拟试卷] 如图K7­6所示，M 为轻质定滑轮，一根细绳跨过M ，一端系着物体C ，另一端系着一轻质动滑轮N ，动滑轮两侧分别悬挂着A 、B 两物体，已知B 物体的质量为3 kg.不计滑轮和绳的质量以及一切摩擦，如果C 物体的质量为9 kg ，则关于C 物体的状态，下列说法不正确的是( )
图K7­6
A ．当A 的质量取值合适，C 有可能处于平衡状态
B ．无论A 的质量有多大，
C 都不可能平衡
C ．当A 的质量足够大时，C 不可能向上加速运动
D ．不管A 的质量有多大，C 一定有向下的加速度
6．BCD 解析] 首先取AB 连接体为研究对象，当A 的质量远远小于B 的质量时，则B 以接近重力加速度的加速度向下做加速运动，B 处于失重状态，细绳的最小拉力接近为零；当A 的质量远远大于B 的质量时，则B 以接近重力加速度的加速度向上做加速运动，B 处于超重状态，细绳的最大拉力接近B 的重力的2倍，故此时细绳拉C 的最大拉力为B 的重力的4倍，故当A 的质量取值合适，C 的质量在大于零小于12 kg 之间都有可能处于平衡，A 正确，B 错误；当细绳对C 的拉力小于C 的重力时，C 产生向下的加速度，当细绳对C 的拉力大于C 的重力时，C 产生向上的加速度，故C 、D 错误．
4．2016·郑州第一次质量预测] 甲、乙两球质量分别为m 1、m 2，从同一地点(足够高)同时由静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比，与球的质量无关，即f ＝k v (k 为正的常量)．两球的v -t 图像如图K8­4所示．落地前，经时间t 0两球的速度都已达到各自的稳定值v 1、v 2.则下列判断正确的是( )
图K8­4
A ．释放瞬间甲球加速度较大
B.m 1m 2＝v 2v 1
C ．甲球质量大于乙球质量
D ．t 0时间内两球下落的高度相等
4．C 解析] 释放瞬间v ＝0，因此空气阻力f ＝0，两球均只受重力，加速度均为重力加速度g ，故A 错误；两球先做加速度减小的加速运动，最后都做匀速运动，
稳定时k v ＝mg ，因此最大速度与其质量成正比，即v m ∝m ，m 1m 2＝v 1v 2
，B 错误；由图像知v 1＞v 2，因此m 1＞m 2，C 正确；图像与时间轴围成的面积表示物体通过的位移，由图可知，t 0时间内两球下落的高度不相等，故D 错误．
1．2016·青岛期末考试] 如图K9­1所示，在竖直平面内有半径为R 和2R 的两个圆，两圆的最高点相切，切点为A ，B 和C 分别是小圆和大圆上的两个点，其中AB 长为2R ，AC 长为22R .现沿AB 和AC 建立两条光滑轨道，自A 处由静止释放小球，已知小球沿AB 轨道运动到B 点所用时间为t 1，沿AC 轨道运动到C 点所用时间为t 2，则t 1与t 2之比为( )
图K9­1
A ．1∶ 2
B ．1∶2
C ．1∶ 3
D ．1∶3
1．A 解析] 小球沿半径为R 的圆上的弦下滑所用的时间跟沿竖直方向的直径
下滑的时间是相同的，由2R ＝12gt 2，解得t ＝2R g ，故t ∝R ，因此t 1∶t 2＝1∶2，
A 项正确．
6．2016·湖南衡阳一中期中考试] 一个小圆环瓷片最高能从h ＝0.18 m 高处由静止释放后直接撞击地面而不被摔坏．现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑，瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍，如图K8­6所示．若让该装置从距地面H ＝4.5 m 高处从静止开始下落，瓷片落地恰好没被摔坏．已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1倍，圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向．(g 取10 m/s 2)
(1)瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地时的最大速度为多少？
(2)瓷片随圆柱体从静止到落地，下落总时间为多少？
图K8­6
6．(1)1.8 m/s (2)1.2 s
解析] (1)瓷片从h ＝0.18 m 处下落，设加速度为a 0，瓷片质量为m ，根据牛顿第二定律，有mg －0.1mg ＝ma 0，得a 0＝9 m/s 2，又v 20＝2a 0h ，
得v 0＝2×9×0.18 m/s ＝1.8 m/s.
(2)瓷片随圆柱体一起加速下落，设加速度为a 1，则有a 1＝a 0＝9 m/s 2，又v 21＝
2a 1H ，得v 1＝2×9×4.5 m/s ＝9 m/s ，下落时间为：t 1＝v 1a 1＝99 s ＝1 s ，瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地，设加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律，有4.5mg ＋0.1mg
－mg ＝ma 2，得a 2＝3.6g ＝36 m/s 2，则瓷片继续下落的时间为：t 2＝v 1－v 0a 2
＝9－1.836 s ＝0.2 s ，瓷片随圆柱体从静止到落地，下落总时间为：t ＝t 1＋t 2＝1 s ＋0.2 s ＝1.2 s.
2．2016·江西三校联考] “用DIS 研究加速度与力的关系”的实验装置如图K39­2甲所示，实验中用所挂钩码的重力作为细线对小车的拉力F .通过增加钩码的数量，多次测量，可得小车运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图像．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a -F 图线，如图乙所示．
图K39­2
(1)图线________ (选填“①”或“②”) 是在轨道右侧抬高成为斜面情况下得到的；
(2)在轨道水平时，小车运动的阻力F f ＝______ N ；
(3)图乙中，拉力F 较大时，a -F 图线明显弯曲，产生误差．为避免此误差可采取的措施是________．
A ．调整轨道的倾角，在未挂钩码时使小车能在轨道上匀速运动
B ．在增加钩码数量的同时在小车上增加砝码，使钩码的总质量始终远小于小车与车上砝码的总质量
C ．将无线力传感器捆绑在小车上，再将细线连在力传感器上，用力传感器读数代替钩码的重力
D ．更换实验中使用的钩码规格，采用质量较小的钩码进行上述实验
2．(1)① (2)0.5 (3)C
解析] (1)图线②中，有拉力小车仍旧不动，表明轨道右侧没有被抬高，故选图线①.
(2)由图线②可知，F ＝0.5 N 时，a ＝0，F ＝F f ＝0.5 N.
(3)本实验要求钩码的质量要远远小于小车的质量，当所挂钩码数量较多时，误差就显著起来了，故选C.。