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作业34闭合电路欧姆定律及其应用一、选择题1．关于电动势E，下列说法中正确的是()A．电动势E的单位与电势、电势差的单位都是伏特，故三者本质上一样B．电动势E的大小，与非静电力做的功W的大小成正比，与移动电荷量q的大小成反比C．电动势E跟电源的体积无关，外电路变化时，E也变化D．电动势E是表示电源把其他形式的能转化为电能的本领大小的物理量解析：电势是电荷在电场中某一点的电势能与它的电荷量的比值，而电势差是电场中两点电势的差值，电源是通过非静电力做功把其他形式的能转化为电势能的装置，电动势反映了电源中非静电力做功本领的大小，是电源的属性之一，A、B、C错误，D正确．答案：D2．(2019年湖北七市联考)有一个电动势为3 V、内阻为1 Ω的电源．下列电阻与其连接后，使电阻的功率大于2 W，且使该电源的效率大于50%的是()A．0.5 ΩB．1 ΩC．1.5 ΩD．2 Ω解析：由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r ，电源效率η＝I 2RI 2（R ＋r ）×100%>50%，P ＝I 2R >2 W ．即⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E R ＋r 2R >2 W ，得12 Ω<R <2 Ω，要使电源的效率大于50%应使R >r ＝1 Ω，故C 正确．答案：C图34－13．(2019年天津河东区一模)如图34－1所示的电路中，当滑动变阻器R 2的滑动触头P 向下滑动时( )A ．电压表的读数减小B ．R 1消耗的功率增大C ．电源的输出功率增大D ．电容器C 所带电荷量增多解析：滑动触头向下滑动时，R 2增大，总电阻增大，总电流减小，内电压减小，外电压增大，A 错误；R 1消耗的功率减小，B 错误；电源输出功率P ＝UI ，由于I 减小，U 增大，所以输出功率无法判断，C 错误；电容器和R 2并联，电压增大，带电量增大，D 正确．答案：D4．(2019年河北衡水中学一模)如图34－2所示电路中，电源内阻不能忽略．闭合开关S 后，调节R 的阻值，使电压表示数增大ΔU ，在此过程中有( )图34－2A ．R 2两端电压减小ΔUB ．通过R 1的电流增大ΔU R 1C ．通过R 2的电流减小量大于ΔU R 2D ．路端电压增大量为ΔU解析：由闭合电路欧姆定律知电阻R 2和电源内阻的电压总共减小ΔU ，选项A 错误；由欧姆定律知：R 1＝U 1I 1＝ΔU ΔI 1，选项B 正确；通过R 2的电流减小量小于ΔU R 2，选项C 错误；路端电压的增大量小于ΔU ，选项D 错误．答案：B图34－35．(2019年天津六校联考)如图34－3所示，电源电动势E ＝3 V ，小灯泡L 标有“2 V0．4 W ”，开关S 接1，当变阻器调到R ＝4 Ω时，小灯泡L 正常发光；现将开关S 接2，小灯泡L 和电动机M 均正常工作．则( )A ．电动机的内阻为4 ΩB ．电动机正常工作电压为1 VC ．电源内阻为1 ΩD ．电源总功率0.4 W解析：当小灯泡正常发光时，根据功率公式P ＝UI 可得小灯泡的电流为I ＝P U ＝0.42A ＝0.2 A ，由已知条件可知电动机的功率等于电阻R的功率，则由欧姆定律可得电动机上的电压为U M ＝IR ＝0.8 V ，B 错误；因电动机的输出功率未知，所以不能求出电动机的内阻，A 错误；由闭合电路欧姆定律可得电源内阻上的电压为U 内＝E －U M －U ＝0.2V ，由欧姆定律可得电源内阻为r ＝U 内I ＝0.20.2Ω＝1 Ω，C 正确；根据功率公式可得电源的总功率P ＝EI ＝3 V ×0.2 A ＝0.6 W ，D 错误．答案：C图34－46．(2019年陕西宝鸡月考)如图34－4所示直线A 为某电源的U －I 图线，曲线B 为某小灯泡L 1的U －I 图线的一部分，用该电源和小灯泡L 1串联起来组成闭合回路时灯泡L 1恰能正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．此电源的内电阻为23ΩB ．灯泡L 1的额定电压为3 V ，额定功率为6 WC ．把灯泡L 1换成阻值恒为1 Ω的纯电阻，电源的输出功率将变小D ．由于小灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，所以灯泡发光过程中欧姆定律不适用解析：由图象知，电源的内阻为r ＝ΔU ΔI＝4－16Ω＝0.5 Ω，A 错误；因为灯L 1正常发光，故灯L 1的额定电压为3 V ，额定功率为P ＝UI＝3×2 W ＝6 W ，B 正确；正常工作时，灯L 1的电阻为R 1＝U I ＝1.5 Ω，换成R 2＝1 Ω的纯电阻后，该电阻更接近电源内阻r ，故电源的输出功率将变大，C 错误；虽然灯泡L 1的U －I 图线是一条曲线，但由于小灯泡为纯电阻，欧姆定律仍适用，D 错误．答案：B图34－57．(多选)如图34－5所示，直线A 、B 分别为电源a 、b 的路端电压与电流的关系图象，设两个电源的内阻分别为r a 和r b ，若将一定值电阻R 0分别接到a 、b 两电源上，通过R 0的电流分别为I a 和I b ，则( )A ．r a >r bB ．I a >I bC ．R 0接到a 电源上，电源的输出功率较大，但电源的效率较低D ．R 0按到b 电源上，电源的输出功率较小，电源的效率也较低图34－6解析：由题图可知，图象A 斜率的绝对值大于图象B 斜率的绝对值，因此r a >r b ，故A 正确；在同一坐标系内作出电阻R 0的U －I 图象，如图34－6所示，由图象可知I a >I b ，故B 正确；R 0接到电源上，如图34－6所示，I a >I b ，U a >U b ，由P ＝UI 可知，P a >P b ，电源的效率η＝U E＝I 2R 0I 2（r ＋R 0）＝1r R 0＋1，由于r a >r b ，所以ηa <ηb ，C 正确，D 错误． 答案：ABC8．(多选)如图34－7所示，电源的电动势为E 、内阻为r ，R 1、R 2、R 3为定值电阻，R 为光敏电阻(光敏电阻被光照射时阻值变小)，C 为电容器．闭合开关S ，电路稳定后，用光照射R ，下列说法正确的是( )图34－7A ．电压表示数增大B ．电源的效率增大C ．电容器所带电荷量增加D ．R 2消耗的功率增大解析：在电路中，用光照射R 时，光敏电阻阻值减小，则外电路总电阻R 外减小，干路电流I ＝E r ＋R 外增大，内电压U r ＝Ir 增大，路端电压U 外＝E －U r 减小，电压表示数减小，通过R 1支路的电流I 1＝U 外R 1减小，则通过R 、R 2支路的电流I 2＝I －I 1增大，R 2消耗的功率P R 2＝I 22R 2增大，R 2两端电压U R 2＝I 2R 2增大，电容器两端电压增大，由Q ＝CU ，知电容器所带电荷量增加，电源的效率η＝P 外P 总＝I 2R 外I 2（R 外＋r ）＝11＋r R 外变小，综上知A 、B 错误，C 、D 正确．答案：CD图34－89．(多选)在如图34－8所示的U －I 图象中，直线Ⅰ为某一电源的路端电压与电流的关系图线，直线Ⅱ为某一电阻R 的U －I 图线．用该电源直接与电阻R 相连组成闭合电路，由图象可知( )A ．电源的电动势为3 V ，内阻为0.5 ΩB ．电阻R 的阻值为1 ΩC ．电源的输出功率为4 WD ．电源的效率为50%解析：由图线Ⅰ可知，电源的电动势为3 V ，内阻为r ＝EI 短＝0.5 Ω；由图线Ⅱ可知，电阻R 的阻值为1 Ω，该电源与电阻R 直接相连组成的闭合电路的电流为I ＝E r ＋R＝2 A ，路端电压U ＝IR ＝2 V(可由题图读出)，电源的输出功率为P ＝UI ＝4 W ，电源的效率为η＝UI EI ×100%≈66.7%，故选项A 、B 、C 正确，D 错误．答案：ABC图34－910．(2019年湖北省公安县期末)(多选)如图34－9所示电路中，电源内阻不能忽略，两个电压表均为理想电表．当滑动变阻器R 2的滑动触头P 移动时，关于两个电压表V 1与V 2的示数，下列判断正确的是( )A ．P 向a 移动，V 1示数增大，V 2的示数减小B ．P 向b 移动，V 1示数增大，V 2的示数减小C ．P 向a 移动，V 1示数改变量的绝对值小于V 2示数改变量的绝对值D ．P 向b 移动，V 1示数改变量的绝对值大于V 2示数改变量的绝对值解析：P 向a 移动，R 2连入电路的电阻减小，根据“并同串反”可知V 2示数减小，V 1示数增大，U 内增大，A 正确；同理，B 错误；由E ＝U 内＋U 外＝U 内＋U V 1＋U V 2，电源电动势不变可得U 内示数改变量绝对值与V 1示数改变量绝对值之和等于V 2示数改变量绝对值，C 正确；同理，D 错误．答案：AC11．(多选)如图34－10所示电路，闭合开关S ，将滑动变阻器的滑动触头缓慢向右滑动，在此过程中，下列说法正确的有( )图34－10A ．定值电阻R 2上消耗的功率P 与电流表的示数I 的平方成正比B ．电容器所带电荷量Q 随电流表的示数I 的变化率ΔQ ΔI恒定不变 C ．电压表的示数U 与电流表的示数I 成反比D ．电压表示数的变化量ΔU 与电流表示数的变化量ΔI 的比值增大解析：滑动变阻器滑动触头向右缓慢滑动过程中，接入电路的电阻减小，电路中电流增大，R 2消耗的功率为P ＝I 2R 2，P ∝I 2，A 正确；电容器的电压U C ＝E －I (R 2＋r )，电荷量Q ＝CU C ＝C [E －r (R 2＋r )]，则ΔQ ΔI＝－C (R 2＋r )，保持不变，B 正确；根据U ＝E －Ir 可知电压表示数随电流的增大而减小，而不是成反比，C错误；由U＝E－Ir可知，ΔUΔI＝－r，保持不变，D错误．答案：AB12．(2019年江苏南京期末)(多选)如图34－11所示，直线OAC 为某一直流电源的总功率随电流I变化的图线，抛物线OBC为该电源内部热功率随电流I变化的图线．若A、B对应的横坐标为2 A．则下列判断正确的是()图34－11A．该电源的电动势为3 V，内电阻为3 ΩB．当总电流I＝1 A时，电源的输出功率为2 WC．当总电流I＝2 A时，电源的输出功率为4 WD．当总电流I＝1.5 A时，电源的输出功率最大，为2.25 W解析：由P＝EI及题图知该电源的电动势为E＝3 V，由P热＝I2r知内电阻为r＝1 Ω，A错；由I＝ER＋r知，当总电流I＝1 A时，外电阻为R＝2 Ω，电源的输出功率为P R＝I2R＝2 W，B对；同理可得当总电流I＝2 A时，电源的输出功率为2 W，C错；当总电流I＝1.5 A 时，外电阻与电源内电阻相等，电源的输出功率最大，为2.25 W，D对．答案：BD二、非选择题13．如图34－12所示，一电荷量q ＝3×10－4 C 带正电的小球，用绝缘细线悬于竖直放置足够大的平行金属板中的O 点，已知两板相距d ＝0.1 m ．合上开关后，小球静止时细线与竖直方向的夹角α＝37°，电源电动势E ＝12 V ，电阻r ＝2 Ω，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝R 3＝R 4＝12 Ω.g 取10 m/s 2.求：图34－12(1)流过电源的电流；(2)两板间的场强大小；(3)小球的质量．解析：(1)R 2与R 3并联后的总阻值R 23＝R 2R 3R 2＋R 3＝12×1212＋12Ω＝6 Ω，由闭合电路欧姆定律得I ＝E R 1＋R 23＋r ＝124＋6＋2A ＝1 A. (2)电容器两板间的电压U C ＝I (R 1＋R 23)＝10 V ，电容器两板间的电场强度大小E C ＝U C d ＝100 N/C.(3)小球处于静止状态，设所受电场力为F ，由平衡条件得F ＝mg tan α，又F ＝qE C ，得m ＝qE Cg tan α＝4×10－3 kg.答案：(1)1 A (2)100 N/C (3)4×10－3 kg图34－1314．(2019年浙江温州月考)如图34－13所示，电源由n 个电动势均为1.5 V ，且内阻相同的电池串联组成，闭合开关S ，滑动变阻器的滑片C 从A 端滑至B 端的过程中，电路中的一些物理量的变化如图34－14甲、乙、丙所示，电表、导线对电路的影响不计．求：图34－14(1)组成电源的串联电池的个数；(2)滑动变阻器总阻值；(3)甲、乙两个图上的a 、b 、c 各点的坐标．(甲图为输出功率与路端电压关系曲线；乙图为路端电压与总电流关系曲线；丙图为电源效率与外电路电阻关系曲线；E 总＝nE ，r 总＝nr )解析：(1)由题图乙可知I max ＝nE nr ，所以有r ＝EI max ＝1.53Ω＝0.5 Ω由题图甲可知P max ＝（nE ）24nr所以n ＝4rP max E 2＝4×0.5×4.51.52＝4. (2)由题图丙知η＝R R ＋r 总当滑片C 滑到B 端时，电源效率最高，有r 总＝nr ＝4×0.5 Ω＝2 Ω，所以R ＝ηr 总1－η＝8 Ω. (3)当内、外电路的电阻相等时，电源的输出功率最大，有 P max ＝UI ＝4.5 WI ＝nE 2nr解得U ＝3 V即b 点的坐标为(3 V ，4.5 W)当滑片C 到达B 时，电流最小，而路端电压最大，则a 点的横坐标I ＝E 总R ＋r ′＝0.6 A a 点的纵坐标U a ＝IR ＝0.6×8 V ＝4.8 V即a 点的坐标为(0.6 A ，4.8 V)c 点的横坐标U c ＝U a ＝4.8 V功率P c ＝U c I ＝4.8×0.6 W ＝2.88 W所以c点的坐标为(4.8 V，2.88 W)．答案：(1)4(2)8 Ω(3)a(0.6 A，4.8 V)，b(3 V，4.5 W)，c(4.8 V，2.88 W)。
作业12 牛顿第二定律 两类动力学问题一、选择题 1．在解一道文字计算题(由字母表达结果的计算题)时，一个同学解得x ＝F 2m (t 1＋t 2)，用单位制的方法检查，这个结果( )A ．可能是正确的B ．一定是错误的C ．如果用国际单位制，结果可能正确D ．用国际单位制，结果错误，如果用其他单位制，结果可能正确解析：由x ＝F 2m (t 1＋t 2)可知x 的单位为：N kg ·s ＝kg ·m/s 2·s kg ＝m/s ，此为速度的单位，而位移的单位为m ，所以结果错误．答案：B2．下列对牛顿第二定律的理解，不正确的是( )A ．如果一个物体同时受到两个力的作用，则这两个力各自产生的加速度互不影响B ．如果一个物体同时受到几个力的作用，则这个物体的加速度等于所受各力单独作用在物体上时产生加速度的矢量和C ．平抛运动中竖直方向的重力不影响水平方向的匀速运动D ．物体的质量与物体所受的合力成正比，与物体的加速度成反比解析：物体的质量是物体的固有属性，不会受到外界条件的影响(如：受力、运动状态、在火星上还是地球上等)，故选D.答案：D3．(2019年齐齐哈尔质检)一个原来静止在光滑平面上的物体，质量是7 kg ，在14 N 的恒力作用下运动，则5 s 末的速度及5 s 内通过的路程为( )A ．8 m/s 25 mB ．2 m/s 25 mC ．10 m/s 25 mD ．10 m/s 12.5 m解析：物体由静止开始在恒力的作用下做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿第二定律和运动学公式得a ＝F m ＝147 m/s 2＝2 m/s 2，v＝at ＝2×5 m/s ＝10 m/s ，x ＝12at 2＝12×2×25 m ＝25 m ，选项C 正确．答案：C图12－14．(多选)一物体重为50 N ，与水平桌面间的动摩擦因数为0.2，现加上如图12－1所示的水平力F 1和F 2，若F 2＝15 N 时物体做匀加速直线运动，则F 1的值可能是(g ＝10 m/s 2)( )A ．3 N B.25 N C ．30 N D ．50 N 解析：若物体向左做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F 2－F 1－μG ＝ma >0，解得F 1<5 N ，A 正确；若物体向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可知 F 1－F 2－μG ＝ma >0，解得F 1>25 N ，C 、D正确．答案：ACD5．如图12－2所示，一轻弹簧一端系在墙上的O点，自由伸长到B点．今用一物体m把弹簧压缩到A点，然后释放，物体能运动到C点静止，物体与水平地面间的动摩擦因数恒定，下列说法正确的是()图12－2A．物体从A到B速度越来越大，从B到C速度越来越小B．物体从A到B速度越来越小，从B到C加速度不变C．物体从A到B先加速后减速，从B到C一直减速运动D．物体在B点受力为零解析：物体在A点时受两个力作用，向右的弹力kx和向左的摩擦力F f，合力F合＝kx－F f，物体从A→B的过程，弹力由大于F f减至为零，所以开始一段合力向右，中间有一点合力为零，然后合力向左，而v一直向右，故物体先做加速度越来越小的加速运动，在A到B中间有一点加速度为零，速度达到最大，接着做加速度越来越大的减速运动；物体从B→C过程，F合＝F f为恒力，方向向左，所以物体做加速度不变的匀减速运动，故C正确．答案：C6．如图12－3所示，小球从高处下落到竖直放置的轻弹簧上，从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，下列叙述正确的是( )图12－3A ．小球的速度先减小后增大B ．小球的加速度先减小后增大C ．小球的加速度先增大后减小D ．在该过程的位移中点处小球的速度最大解析：小球从接触弹簧开始到将弹簧压缩到最短的过程中，当mg >kx 时，小球做加速度减小的加速运动；当mg ＝kx 时，小球的加速度等于零，速度达到最大；当mg <kx 时，小球做加速度增大的减速运动，故A 、C 错误，B 正确．小球速度最大处时mg ＝kx 1，x 1＝mg k ，x 1为弹簧的形变量，若小球从弹簧处由静止释放，到达最低点，根据运动的对称性，知加速度等于g ，方向竖直向上，此时有kx －mg ＝mg ，x ＝2mg k ，故此时速度最大处在该过程位移的中点处，若从某一高度下降，下降的更低，则x 1＝mg k 不在该过程位移的中点处，故D 错误．答案：B图12－47．(2019年莱州质检)如图12－4所示，小车沿水平面做直线运动，小车内光滑底面上有一物块被压缩的弹簧压向左壁，小车向右加速运动．若小车向右加速度增大，则车左壁受物块的压力F1和车右壁受弹簧的压力F2的大小变化是()A．F1不变，F2变大B．F1变大，F2不变C．F1、F2都变大D．F1变大，F2减小解析：若小车向右加速度增大，弹簧长度不变，则车左壁受物块的压力F1增大，车右壁受弹簧的压力F2的大小不变，B正确．答案：B8．(2019年吉林省实验中学质检)如图12－5甲所示，用一水平外力F拉着一个静止在倾角为θ的光滑斜面上的物体，F逐渐增大，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示，若重力加速度g取10 m/s2.根据图12－5乙中所提供的信息可以计算出()图12－5A．物体的重力为2 NB．斜面的倾角为37°C．加速度为6 m/s2时物体的速度D．物体能静止在斜面上所施加的最小外力为12 N解析：对物体受力分析，受拉力、重力、支持力，如图12－6所示，图12－6在x轴方向有F cosθ－mg sinθ＝ma①在y轴方向有N－F sinθ－mg cosθ＝0 ②从图象中取两个点：(20 N，2 m/s2)，(30 N，6 m/s2)，代入①式解得m＝2 kg，θ＝37°，所以物体的重力G＝20 N，斜面的倾角为θ＝37°，故A错误，B 正确；当a＝0时，可解得F＝15 N，即最小拉力为15 N，题中并未说明力F随时间变化的情况，故无法求出加速度为6 m/s2时物体的速度大小，故C、D错误．答案：B9．(2019年山东淄博一模)(多选)如图12－7所示，轻弹簧两端拴接两个质量均为m的小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板上，两球静止，两细线与水平方向的夹角均为α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是()图12－7A．细线拉力大小为mgB．弹簧的弹力大小为 3 mgC．剪断左侧细线瞬间，b球加速度大小为gD．剪断左侧细线瞬间，a球加速度大小为2 g解析：以两小球和弹簧组成的系统为研究对象受力分析，受到重力2mg和两根绳的拉力各为F，根据平衡条件得2F sinα＝2mg，F＝2mg，A错误；隔离a小球分析，得弹簧弹力大小F x＝F2－（mg）2＝3mg，B正确；由于两端约束的弹簧上的弹力不能瞬间变化，故剪断左侧细线瞬间，b球受力不变，合力为零，其加速度为零，C错误；a球受重力和弹簧的弹力，加速度大小a＝（mg）2＋F2xm＝2g，D正确．答案：BD10．(2019年南阳一中月考)(多选)如图12－8甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30°，质量为0.3 kg的小物块静止在A点，现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能达到的最高位置为C点，小物块从A到C的v－t图象如图12－8乙所示，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()图12－8A ．小物块到C 点后将沿斜面下滑B ．小物块从A 点沿斜面向上滑行的最大距离为1.8 mC ．小物块与斜面间的动摩擦因数为33D ．推力F 的大小为4 N解析：当撤去推力F 后，物块在滑动摩擦力作用下做匀减速直线运动，由v －t 图象可求得物块在斜面上加速和减速两个过程中的加速度大小分别为a 1＝103 m/s 2，a 2＝10 m/s 2，物块在匀减速运动阶段，由牛顿第二定律知mg sin30°＋μmg cos30°＝ma 2，解得μ＝33，所以mg sin30°＝μmg cos30°，故小物块到C 点后将静止，A 错误，C 正确；物块在匀加速运动阶段，有F －mg sin30°－μmg cos30°＝ma 1，解得F ＝4 N ，D 正确；物块从A 点到C 点运动的位移大小与v －t 图象与t轴所围成的面积相等，x ＝12×1.2×3 m ＝1.8 m ，B 正确．答案：BCD11．(2019年河北石家庄调研)(多选)如图12－9所示，一倾角θ＝37°的足够长斜面固定在水平地面上．当t ＝0时，滑块以初速度v 0＝10 m/s 沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，下列说法不正确的是( )图12－9A ．滑块一直做匀变速直线运动B ．t ＝1 s ，滑块速度减为零，然后静止在斜面上C ．t ＝2 s 时，滑块恰好又回到出发点D ．t ＝3 s 时，滑块的速度大小为4 m/s解析：设滑块上滑时的加速度大小为a 1，由牛顿第二定律可得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 1，解得a 1＝10 m/s 2，上滑时间t 1＝v 0a 1＝1 s ，上滑的距离x 1＝12v 0t 1＝5 m ，因tan θ>μ，mg sin θ>μmg cos θ，滑块上滑到速度为零后向下运动，选项B 错误；设滑块下滑时的加速度大小为a 2，由牛顿第二定律可得mg sin θ－μmg cos θ＝ma 2，解得a 2＝2 m/s 2，经1 s ，滑块下滑的距离x 2＝12a 2t 22＝1 m<5 m ，滑块未回到出发点，选项C 错误；因上滑和下滑过程中的加速度不同，故滑块全程不是匀变速直线运动，选项A 错误；t ＝3 s 时，滑块沿斜面向下运动，此时的速度v ＝a 2(t －t 1)＝4 m/s ，选项D 正确．答案：ABC12．(多选)如图12－10所示，质量分别为m 、2m 的两物块A 、B 中间用轻弹簧相连，A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ，在水平推力F 作用下，A 、B 一起向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动．当突然撤去推力F 的瞬间，A 、B 两物块的加速度大小分别为( )图12－10A ．a A ＝2a ＋3μg B.a A ＝2(a ＋μg )C ．a B ＝aD ．a B ＝a ＋μg解析：撤去F 前，根据牛顿第二定律，对A 、B 、弹簧整体有F －μ·3mg ＝3ma, 对B 有F 1－μ·2mg ＝2ma ，得F 1＝2(a ＋μg )m .撤去F 的瞬间弹簧弹力不变，大小仍为F 1，两物块受到的滑动摩擦力不变，所以，物块B 受力不变，a B ＝a ，对物块A ，由牛顿第二定律得F 1＋μmg ＝ma A ，有a A ＝2a ＋3μg .综上分析，A 、C 正确．答案：AC二、非选择题13．(2019年威海模拟)有一种大型游戏机叫“跳楼机”，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m 高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s 后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m 高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．(取g ＝10 m/s 2)求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？解析：(1)设座椅在自由下落结束时刻的速度为v ，由v ＝gt 1得v ＝20 m/s.(2)自由下落的位移h ′＝12gt 21＝20 m设座椅匀减速运动的总高度为h ，则h ＝(40－4－20)m ＝16 m由h ＝v 2t 得t ＝1.6 s.(3)设座椅匀减速阶段的加速度大小为a ，座椅对游客的作用力大小为F ，由v ＝at 得a ＝12.5 m/s 2由牛顿第二定律得F －mg ＝ma解得 F mg ＝2.25.答案：(1)20 m/s (2)1.6 s (3)2.2514．(2019年洛阳模拟)某电视台在娱乐节目中曾推出一个游戏节目——推矿泉水瓶．选手们从起点开始用力推瓶子一段时间后，放手让它向前滑动，若瓶子最后停在桌上有效区域内(不能压线)视为成功；若瓶子最后没有停在桌上有效区域内或在滑行过程中倒下均视为失败．其简化模型如图12－11所示，AC 是长度L 1＝5.5 m 的水平桌面，选手们将瓶子放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推它，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1.1 m ，瓶子质量m ＝0.5 kg ，与桌面间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10 m/s 2.某选手作用在瓶子上的水平推力F ＝11 N ，瓶子沿AC 做直线运动，假设瓶子可视为质点，该选手要想游戏获得成功，试求：在手推瓶子过程中瓶子的位移取值范围．(令5＝2.2)图12－11解析：要想获得成功，瓶子滑到B点时速度恰好为0，力作用时间最短，滑到C点时速度恰好为0，力作用时间最长．设力作用时的加速度为a1、位移为x1，撤力时瓶子的速度为v1，撤力后瓶子的加速度为a2、位移为x2，则F－μmg＝ma1，－μmg＝ma2，2a1x1＝v21，2a2x2＝－v21，L1－L2<x1＋x2<L1，由以上各式联立可解得：0.4 m<x1<0.5 m.答案：0.4 m～0.5 m。
