第二节 牛顿运动定律的应用随堂演练巩固1.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物体,A 、B 间的最大静摩擦力为mg μ,现用水平拉力F 拉B,使A 、B 以同一加速度运动,则拉力F 的最大值为( )A.mg μB.2mg μC.3mg μD.4mg μ 【解析】 当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大,此时,对于A 物体所受的合外力为mg μ,由牛顿第二定律知mg A ma g μμ==;对于A 、B 整体,加速度A a a g μ==,由牛顿第二定律得33F ma mg μ==.【答案】 C2.(2011福建理综,18)如图,一不可伸长的轻质细绳跨过滑轮后,两端分别悬挂质量为1m 和2m 的物体A 和B.若滑轮有一定大小,质量为m 且分布均匀,滑轮转动时与绳之间无相对滑动,不计滑轮与轴之间的摩擦.设细绳对A 和B 的拉力大小分别为1T 和2T ,已知下列四个关于1T 的表达式中有一个是正确的,请你根据所学的物理知识,通过一定的分析判断正确的表达式是( )A.2112(2)12()m m m g m m m T +++=B.1212(2)14()m m m g m m m T +++=C.2112(4)12()m m m g m m m T +++=D.1212(4)14()m m m g m m m T +++=【解析】 利用极限的思维方式,若滑轮的质量m=0,则细绳对A 和B 的拉力大小1T 和2T 相等为T.假设12m m A >,和B 一起运动的加速度为a,根据牛顿第二定律分别对A 、B 有:1122m g T m a T m g m a -=,-=,联立解得:12122m m g m m T +=,分析判断可知C 正确.【答案】 C3.(2012江苏南通月考)用相同材料制成的橡皮条彼此平行地沿水平方向拉同一质量为m 的物块,且每根橡皮条的伸长量均相同,物块m 在橡皮条拉力的作用下所产生的加速度a 与所用橡皮条的数目n 的关系如图所示.下列措施中能使图线的纵截距改变的是( )A.仅改变橡皮条的伸长量B.仅改变物体与水平面间的动摩擦因数C.仅改变橡皮条的劲度系数D.仅改变物块的质量 【解析】 由牛顿第二定律得:kx m nkx mg ma a n g μμ-=,=-,图线的纵截距为g μ-,所以选项B 正确. 【答案】 B4.(2011北京理综,18)”蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处,从几十米高处跳下的一种极限运动.某人做蹦极运动,所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示.将蹦极过程近似为在竖直方向的运动,重力加速度为g.据图可知,此人在蹦极过程中最大加速度约为 ( )A.gB.2gC.3gD.4g【解析】 由题图可知:绳子拉力F 的最大值为09F /5,最终静止时绳子拉力为03F /5=mg,根据牛顿第二定律得:09F /053F -/5=ma,所以a=2g.B 正确,A 、C 、D 错误.【答案】 B5.质量为10 kg 的物体在F=200 N 的水平推力的作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,斜面倾角θ为37○,斜面足够长,物体与斜面动摩擦因数为μ=0.25.若物体在力F 作用下沿斜面向上运动10 m 后撤去力F,求:(1)撤力F 时物体的速度.(2)撤力F 后物体继续上滑的距离. (已知sin37○=0.6,cos37○=0.8)【解析】 (1)在第一段上升阶段,设位移为1s ,末速度为v, 垂直斜面方向:N=Fsin mg θ+cos θ 沿斜面方向:Fcos mg θ-sin 1N ma θμ-=由运动学公式:22v as =,由以上各式得撤去力F 时物体速度v=10 m/s. (2)撤力后物体减速上升过程中,由动能定理得: -(mgsin mg θμ+cos 2)ma θ=222202v a s -=,代入数据解得上升距离26s =.25 m.【答案】 (1)10 m/s (2)6.25 m6.如图甲所示,在光滑水平面上有一辆小车A,其质量为A m =2.0 kg,小车上放一个物体B,其质量为1B m =.0 kg.给B 一个水平推力F,当F 增大到稍大于3.0 N 时,A 、B 开始相对滑动.如果撤去F,对A 施加一水平推力F′,如图乙所示.要使A 、B 不相对滑动,求F′的最大值m F .【解析】 根据图甲所示,设A 、B 间的静摩擦力达到最大值f F 时,系统的加速度为a.根据牛顿第二定律对A 、B 整体有()A B F m m a =+对A 有f A F m a =,代入数据解得2f F =.0 N.根据图乙所示,A 、B 刚开始滑动时系统的加速度为a′,根据牛顿第二定律有f B F m a =′，m F ()A B m m a =+′ 代入数据解得m F =6.0 N.【答案】 6.0 N7.(☆选做题)(2012福建厦门外国语学校高三月考)如图,质量m=2 kg 的物体静止于水平地面的A 处,A 、B 间距L=20 m.用大小为30 N,沿水平方向的外力拉此物体,经02t = s 拉至B 处. (已知cos37○=0.8,sin37○=0.6.取g=10 m/s 2) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ;(2)用大小为30 N,与水平方向成37○的力斜向上拉此物体,使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处,求该力作用的最短时间t.【解析】 (1)物体做匀加速运动2102L at =所以222202210Lt a ⨯=== m/s 2由牛顿第二定律F-f=ma 得, f=10 N所以102100f mgμ⨯===.5.(2)设F 作用的最短时间为t,小车先以大小为a 的加速度匀加速运动t 秒,撤去外力后,以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B 处,速度恰为0,由牛顿第二定律得 Fcos37○(mg F μ--sin37○)=ma,解得a=11.5 m/s 2 a′5f mg μ=== m/s 2由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度,因此有 at=a′t′t′11552a a t t .=== .3t21122L at a =+′t′2所以22220223115235La a t ⨯+..+.⨯==1s ≈.03 s.【答案】 (1)0.5 (2)1.03 s课后作业夯基(A 卷)(时间:45分钟 必做题满分:100分 选做题:10分)一、不定项选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分.选对但不全的得5分)1.如图所示,一质量为M 的楔形木块放在水平桌面上,它的顶角为90circ ,两底角分别为α和β;a 、b 为两个位于斜面上质量均为m 的小木块.已知所有接触面都是光滑的.现发现a 、b 沿斜面下滑,而楔形木块静止不动,这时楔形木块对水平桌面的压力等于( )A.Mg+mgB.Mg+2mgC.Mg+mg(sin α+sin )βD.Mg+mg(cos α+cos )β【解析】分析M 受力,竖直方向,得水平桌面对M 的支持力N=Mg+mgcos θcos mg θ+cos βcos mg Mg β=+,A 正确. 【答案】 A2.(2011天津理综,2)如图所示,A 、B 两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动,运动过程中B 受到的摩擦力 ( )A.方向向左,大小不变B.方向向左,逐渐减小C.方向向右,大小不变D.方向向右,逐渐减小【解析】 对于多个物体组成的系统,若系统内各个物体具有相同的运动状态,应优先选取整体法分析,再采用隔离法求解.取A 、B 系统整体分析有()()A B A B A f m m g m m a a g B μμ=+=+,=,地与A 具有共同的运动状态,取B 为研究对象,由牛顿第二定律有:AB B f m g μ==常数,物体B 做速度方向向右的匀减速运动,故加速度方向向左. 【答案】 A3.如图是”神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图,假定其过程可简化为:打开降落伞一段时间后,整个装置匀速下降,为确保安全着陆,需点燃返回舱的缓冲火箭,在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,则( )A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C.返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气过程中处于失重状态【解析】 在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动,加速度方向向上,返回舱处于超重状态,动能减小,返回舱所受合外力做负功,返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力.火箭开始喷气前匀速下降,拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力,火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱产生向上的作用力因而伞绳对返回舱的拉力变小. 【答案】 A4.如图甲所示,放在光滑水平面上的木块受到两个水平力1F 与2F 的作用静止不动.现保持1F 不变2F ,大小变化如图甲所示,则在此过程中,能正确描述木块运动情况的v-t 图象是图乙中的( )【解析】 由于2F 均匀减小到零然后又均匀增大到原值,所以物体受到的合外力的变化情况为先增大后减小到零,根据牛顿第二定律知物体加速度也是先增大后减小到零,而速度一直在增大,最后达到最大值.符合上述规律的v-图象只有D 项. 【答案】 D5.如图甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率1v 运行.初速度大小为2v 的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v-t 图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知21v v >,则( )A.1t 时刻,小物块离A 处的距离达到最大B.2t 时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大C.0-2t 时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D.0-3t 时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用【解析】 由题图乙可知,在1t 时刻物块的速度为零,离开A 点的距离最大,A 正确;2t 时刻,小物块刚好相对传送带静止,此时相对传送带滑动的距离最大,B 正确;0 -时间内,小物块在摩擦力的作用下先减速再反向加速,摩擦力不变,C 错误;2t -3t 时间内,小物块相对传送带静止且随水平传送带一起匀速运动,不受摩擦力作用,D 错误. 【答案】 AB6.如图所示,质量为M 的小车放在光滑的水平地面上,右面靠墙,小车的上表面是一个光滑的斜面,斜面的倾角为α,当地重力加速度为g.那么,当有一个质量为m 的物体在这个斜面上自由下滑时,( )A.小车对右侧墙壁的压力大小是mgsin αcos αB.小车对右侧墙壁的压力大小是MmgM m +sin αcos αC.小车对地面的压力大小为(M+m)g-mgsin 2αD.小车对地面的压力大小为(M+m)g-mgsin αcos α【解析】 先用隔离法,分析物体的受力情况,物体沿斜面向下的加速度a=gsin α,将a 沿水平方向和竖直方向分解,则x a a =cos g α=sin αcos y a a α,=sin g α=sin 2α;整体法,墙对小车的弹力x F ma mg ==sinαcos ()y M m g N ma mg α,+-==sin 2α.所以F=mgsin αcos ()N M m α,=+g-mgsin 2α,再由牛顿第三定律可知选项A 、C 正确. 【答案】 AC7.A 、B 两物体叠放在一起,放在光滑水平面上,如图甲,它们从静止开始受到一个变力F 的作用,该力与时间的关系如图乙所示,A 、B 始终相对静止.则( )A.在0t 时刻,A 、B 两物体间静摩擦力最大B.在0t 时刻,A 、B 两物体的速度最大C.在02t 时刻,A 、B 两物体的速度最大D.在02t 时刻,A 、B 两物体的位移最大 【解析】 对A 、B 整体:()A B F m m a =+ 隔离物体A:A A F m a =,得A A Bm F A m m F +=由F-图象可知:t=0和02t t =时刻,F 最大,故A F 最大,A 错.由F-图知,0 02t 内,整体先加速后减速0t ,时刻,a=0速度最大02t ,时刻停止运动,位移最大,B 、D 正确.【答案】 BD8.如图(a)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,逐渐增大F,物体做变加速运动,其加速度a 随外力F 变化的图象如图(b)所示,若重力加速度g 取10 m/s 2.根据图(b)中所提供的信息可以计算出 ( )A.物体的质量B.斜面的倾角C.斜面的长度D.加速度为6 m/s 2时物体的速度 【解析】 由牛顿第二定律得:cos mgsin cos F F mm a g θθθ-==-sin θ,可见图线的斜率是cos m θ,在纵轴上的截距是gsin θ,所以物体的质量和斜面的倾角均可求出,所以选A 、B.【答案】 AB二、计算题(共2小题,共36分)9.(16分)一质量m=2.0 kg 的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37○足够长的斜面,某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度,并用计算机作出了小物块上滑过程的速度—时间图线,如图所示.(取sin37○=0.6,cos37○=0.8,g 取10 m/2s )求:(1)小物块冲上斜面过程中加速度的大小; (2)小物块与斜面间的动摩擦因数;(3)小物块返回斜面底端时的速度大小(结果保留一位小数).【解析】 (1)由图象可知,物体冲上斜面过程中加速度的大小a=8 m/2s . (3分) (2)由牛顿第二定律得N F -mgcos 0θ= (2分)f F mg +sin ma θ= (2分)N f F F μ= (1分)0μ=.25. (2分)(3)小物块上滑距离1024s v t == m (1分) mgsin mg θμ-cos ma θ= (2分)22v as = (2分)v=5.7 m/s. (1分)【答案】 (1)8 m/2s (2)0.25 (3)5.7 m/s10.(20分)一个装有固定斜面的小车静止在动摩擦因数0μ=.5的水平地面上,小球通过轻质细绳与车顶相连,细绳与竖直方向的夹角为37○,斜面光滑,倾角也为37○,如图所示.已知小球的质量为m=1 kg,小车和斜面的总质量为M=4 kg,已知g 取10 m/s 2,sin37○=0.6,cos37○=0.8.求:(1)小车静止时小球受到的斜面对它的支持力的大小;(2)现对小车施加一个水平向右的恒力F,当F 多大时,小球恰好离开斜面? 【解析】 (1)小球受力如图甲所示,由平衡条件可得:N F sin37○T F =sin37○(4分)T F cos37○+N F cos37○=mg (4分) 代入数据解得: N F =6.25 N. (2分)(2)此时小球受力如图乙所示,竖直方向由平衡条件得: T F cos37○=mg (2分) 水平方向由牛顿第二定律: T F sin37○=ma (2分)对整体,有()(F M m g μ-+=M+m)a (4分) 代入数据解得:F=62.5 N. (2分) 【答案】 (1)6.25 N (2)62.5 N 三、选做题(10分)11.如图所示,一足够长的光滑斜面倾角为30θ=○,斜面AB 与水平面BC 连接,质量m=2 kg 的物体置于水平面上的D 点,D 点距B 点d=7 m.物体与水平面间的动摩擦因数0μ=.2,当物体受到一水平向左的恒力F=8 N 作用t=2 s 后撤去该力,不考虑物体经过B 点时的碰撞损失,重力加速度g 取10 m/s 2.求撤去拉力F 后,经过多长时间物体经过B 点?【解析】 在F 的作用下物体运动的加速度1a ,由牛顿第二定律得1F mg ma μ-=解得12a = m/s 2(2分)F 作用2 s 后的速度1v 和位移1s 分别为11v a t == 4 m/s 211s a t =/2=4 m (1分)撤去F 后,物体运动的加速度为2a2mg ma μ=解得22a = m/s 2(1分)第一次到达B 点所用时间1t ,则211121d s v t a t -=-/2 解得11t = s (2分)此时物体的速度21212v v a t =-= m/s (1分)当物体由斜面重回B 点时,经过时间2t ,物体在斜面上运动的加速度为3a ,则 mgsin30○3ma = 23220v a t ==.8 s (2分)第二次经过B 点时间为 121t t t =+=.8 s所以撤去F 后,分别经过1 s 和1.8 s 物体经过B 点. (1分) 【答案】 1 s 1.8 s课后作业夯基(B 卷)(时间:45分钟 必做题满分:100分 选做题:10分)一、不定项选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分.选对但不全的得5分)1.(2012陕西西安高三月考)某中学物理实验小组利用DIS 系统(数字化信息实验室系统),观察超重和失重现象.他们在学校电梯内做实验.在电梯天花板上固定一个力传感器,测量时挂钩向下.并在钩上悬挂一个重为10 N 的钩码,在电梯运动过程中,计算机显示屏上显示出如图所示图线.则下列说法中正确的是( )A.1t 到2t 时间内,钩码处于失重状态3t ,到4t 时间内,钩码处于超重状态B.1t 到2t 时间内,电梯一定正在向下运动3t ,到4t 时间内,电梯可能正在向上运动C.1t 到4t 时间内,电梯可能先加速向下.接着匀速向下,再减速向下D.1t 到4t 时间内,电梯可能先加速向上,接着匀速向上,再减速向上【解析】 0 -1t 阶段,物体处于平衡(静止或匀速)状态;1t -2t 阶段,物体处于失重(加速下降或减速上升)状态;2t -3t 阶段,物体处于平衡状态;3t -4t 阶段,物体处于超重(加速上升或减速下降)状态,故本题只有选项A 、C 正确. 【答案】 AC2.如图所示,将质量为m 的滑块放在倾角为θ的固定斜面上.滑块与斜面之间的动摩擦因数为μ.若滑块与斜面之间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速度为g,则 ( )A.将滑块由静止释放,如果μ<tan θ,滑块将下滑B.给滑块沿斜面向下的初速度,如果μ<tan θ,滑块将减速下滑C.用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,如果μ=tan θ,拉力大小应是2mgsin θD.用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动,如果μ=tan θ,拉力大小应是mgsin θ【解析】 如果μ<tan mg θ,sin mg θμ>cos θ,滑块将下滑;此时给滑块沿斜面向下的初速度,滑块将加速下滑,如果μ=tan θ,用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动,F=mgsin mg θμ+cos 2mg θ=sin θ,综上所述,选项A 、C 正确. 【答案】 AC3.(2012辽宁实验中学月考)如图所示,质量不等的木块A 和B 的质量分别为1m 和0m ,置于光滑的水平面上,当水平力F 作用于左端A 上,两物体一起做匀加速运动时,A 、B 间作用力大小为1F .当水平力F 作用于右端B 上,两物体一起做匀加速运动时,A 、B 间作用力大小为2F ,则 ( )A.在两次作用过程中,物体的加速度的大小相等B.在两次作用过程中12F F F ,+<C.在两次作用过程中12F F F ,+=D.在两次作用过程中1122Fm F m ,=【解析】 对整体易知两次作用的加速度相同12F m m a +,=.第一种情况对B:12F m a =;第二种情况对A:21F m a =,所以122121Fm F m F F F +=,=,选项A 、C 正确.【答案】 AC4.如图所示,木块m 和M 叠放在光滑的斜面上,放手后它们以共同的加速度沿斜面加速下滑.斜面的倾角为m α,和M 始终保持相对静止,它们的质量也分别以m 和M 表示.那么m 给M 的静摩擦力f 及m 对M 的压力N 的大小分别为( )A.f=mgsin αcos α,水平向右;N=mgcos 2α B.f=mgsin αcos α,水平向左;N=mgcos 2αC.f=0,N=mgsin 2αD.f=0,N=mgsin 2α【解析】 对整体有a=gsin α,分析m 受力,水平方向:x f ma mg ==sin αcos α,竖直方向:y mg N ma mg -==sin αsin α,所以N=mgcos 2M α,对m 的静摩擦力方向水平向右,m 对M 的静摩擦力方向水平向左,选项B 正确. 【答案】 B5.如图所示,三角体由两种材料拼接而成,BC 界面平行于底面DE,两侧面与水平面夹角分别为30○和60○;已知物块从顶端A 由静止下滑,先加速至B 再匀速至D;若该物块由静止从顶端A 沿另一侧面下滑,则( )A.物块一直加速运动到E,但AC 段的加速度比CE 段小B.物块在AB 段的运动时间大于AC 段的运动时间C.物块将先加速至C 再匀速至ED.物块通过C 点的速率大于通过B 点的速率【解析】 设物块由A 到B,由B 到D 的动摩擦因数分别为1μ、2μ,则由A 到B 时,加速度1a g =sin30○1g μ-cos30○, B v =12cos30a BC ⋅︒, 1t =12cos30BC a ⋅︒;由A 到C 时2a g ,=sin60○1g μ-cos60○22sin30222sin30BC C a v a BC t ⋅︒,=⋅︒,=;比较可知12B C v v t t ,<,>.物块由B 匀速到D,有mgsin30○2mg μ=cos30○,即2μ=tan30○.由C 到E,由于2μ<tan60○,所以物块从C 加速到E,加速度3a =gsin60○-2g μcos60○,可知23a a >.【答案】 BD6.(2012江西白鹭洲中学高三月考)如图所示,质量均为m 的A 、B 两物块置于光滑水平地面上,A 、B 接触面光滑,倾角为θ.现分别以水平恒力F 作用于A 物块上,保持A 、B 相对静止共同运动,则下列说法正确的是( )A.采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大B.两种情况下获取的最大加速度相同C.两种情况下所加的最大推力相同D.采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力 【解析】 F 作用于A 时,F 最大时,A 刚要离开地面,A 受力如图丙1N ,cos mg θ=,对B:1N sin 1ma θ=;F 作用于B 时,F 最大,B 刚要离开地面,B 受力如图丁2N ,cos θ=2mg N ,sin 2ma θ=可见2121N N a a =,=,对整体易知21F F =,选项B 、C 正确.【答案】 BC7.(2012江苏安宜高级中学高三调研)如图所示,在水平面和竖直墙壁之间放置质量为m 、高为h 的木块A 和质量为M 、半径为R 的球B,各接触面均光滑,木块受到水平向右的外力F 作用,系统处于静止状态.O 为B 的球心,C 为A 、B 接触点.现撤去外力F,则( )A.撤去外力F 瞬间,木块A 的加速度F A ma <B.撤去外力F 瞬间,球B 的加速度0B a =C.撤去外力F 瞬间,墙壁对球B 的弹力0B F =D.撤去外力F 前,木块对地面压力N=(m+M)g【解析】 没有撤去外力F 时,木块及球受力如图,撤去外力F 瞬间,球立即获得一个向下的加速度,但加速度小于g,所以1N 立即减小,但不会减小到零,所以墙壁对球B 的弹力0B F ≠,木块A 的加速度F A ma <,对整体,撤去外力F 前,木块对地面压力N=(m+M)g,选项A 、D 正确.【答案】 AD8.如图所示,质量分别为A m 、B m 的A 、B 两物块用轻线连接放在倾角为θ的斜面上,用始终平行于斜面向上的拉力F 拉A,使它们沿斜面匀加速上升,A 、B 与斜面的动摩擦因数均为μ,为了增加轻线上的张力,可行的办法是( )A.减小A 物块的质量B.增大B 物块的质量C.增大倾角θD.增大动摩擦因数【解析】 对整体A 、B 用牛顿第二定律得 F-(A m μ)B m g +cos ()A B m m g θ-+sin θ()A B m m a =+；对B 有:B T m g μ-cos B m g θ-sin B m a θ=,解得1Bm AA Bm BFm Fm m T ++==.可见,若Am 减小B m ,增大,则张力T 增大,选项A 、B 正确.【答案】 AB二、论述⋅计算题(本题共2小题,共36分)9.(18分)质量为40 kg 的雪橇在倾角37θ=○的斜面上向下滑动(如图甲所示),所受的空气阻力与速度成正比.今测得雪橇运动的vt 图象如图乙所示,且AB 是曲线的切线,B 点坐标为(4,15),CD 是曲线的渐近线.试求空气的阻力系数k 和雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ.【解析】 对雪橇由牛顿运动定律得 mgsin N kv ma θμ--= ①(3分) N=mgcos θ ②(3分)由图象得A 点对应速度5A v = m/s,加速度A a =155- m/2s =2.5 m/2s (4分)最终雪橇匀速运动时的最大速度m 10v = m/s,a=0 (4分) 把以上A v 、A a 、m v 、a 的数值代入①式并联立②式 解得0μ=.125,k=20 N s ⋅/m. (4分)【答案】 20 N s ⋅/m 0.12510.(18分)如图所示,一质量为1 kg 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=20 N 的竖直向上的拉力作用下,从A 点静止出发向上运动,已知杆与球间的动摩擦因数μ试求:(1)小球运动的加速度1a ;(2)若F 作用1.2 s 后撤去,小球上滑过程中距A 点最大距离m s ;(3)若从撤去力F 开始计时,小球经多长时间将经过距A 点上方为2.25 m 的B 点. 【解析】 (1)在力F 作用时有:(F-mg)sin30○()F mg μ--cos30○1ma =12a =.5 m/s 2. (4分)(2)刚撤去力F 时,小球的速度1113v a t == m/s 小球的位移11121v s t ==.8 m (2分)撤去力F 后,小球上滑时有: mgsin30○mg μ+cos30○2ma =27a =.5 m/s 2 (2分)因此小球上滑时间1220v a t ==.4 s上滑位移12220v s t ==.6 m (2分)则小球上滑的最大距离为m 2s =.4 m. (1分) (3)在上滑阶段通过B 点:21113232AB s s v t a t -=- 通过B 点时间30t =.2 s 3t ,′=0.6 s(舍去) (2分) 小球返回时有:mgsin30○mg μ-cos30○3ma =32a =.5 m/s 2 (2分)因此小球由顶端返回B 点时有:21m 342AB s s a t -=4t = (2分)通过B 点时间24t t +=s 0≈.75 s. (1分)【答案】 (1)2.5 m/s 2 (2)2.4 m (3)0.75 s 三、选做题(10分)11.(2012黑龙江哈尔滨三中高三月考)某电视台娱乐节目组在游乐园举行家庭做运砖块比赛活动,比赛规则是:向行驶中的小车上搬放砖块,且每次只能将一块砖无初速地放到车上,车停止时立即停止搬放,以车上砖块多少决定胜负,已知每块砖质量m=0.8 kg,小车上表面光滑且足够长,比赛过程中车始终受恒定牵引力F=25 N 作用,未放砖块时车以0v =2.5 m/s 匀速前进,某家庭上场比赛时每隔t=1s 搬放一块,图中仅画出了比赛开始1 s 内车运动的v-图象,g 取10 m/s 2.求:(1)小车的质量及车与地面间的动摩擦因数; (2)车停止时小车上放有多少砖块.【解析】 (1)未放砖块时F Mg μ,= (1分) 在第1 s 内,由图象得:v 1t0a ∆∆==-.2 m/s 2 (1分)1()F M m g Ma μ-+= (1分) 解得:0μ=.25,M=10 kg. (1分) (2)放第2块砖后 22m g M a μ=放第3块砖后33mg Ma μ=放第n 块砖后n n mg Ma μ= 0n a =.2n m/s 2 (2分) 第1 s 末:101v v a t =- 第2 s 末:212v v a t =-第3 s 末:323v v a t =- …第n s 末:0123(n v v a a a =-+++…)n a t + (2分) 当0n v =时2250n n ,+-= 解得:4<n<5得n=5块. (2分)【答案】 (1)10 kg 0.25 (2)5块。
