还剩6页未读，
继续阅读
鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 牛顿第二运动定律同步达标检测题
展开
这是一份鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 牛顿第二运动定律同步达标检测题
牛顿第二运动定律(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题4分,共24分)1.下列单位中哪一组属于国际单位制中的基本单位 ( )A.米、牛顿、千克 B.米、千克、秒C.千克、焦耳、秒 D.米/秒、千克、牛顿【解析】选B。力学国际基本单位有3个:米、千克、秒,其他的都是导出单位。所以A、C、D错误,B正确。2.对牛顿第二定律的理解正确的是 ( )A.由F=ma可知,F与a成正比,m与a成反比B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时,物体才受到外力的作用C.加速度的方向总跟合外力的方向一致D.当外力停止作用时,加速度过会儿才会消失【解析】选C。F由物体受力情况决定,与a、m无关,故A错误;加速度与合力的关系是瞬时对应关系,a随合力的变化而变化,故B、D错误;加速度的方向与合力的方向相同,故C正确。3.如图所示,质量为1 kg的物体在大小为3 N的水平向右拉力F的作用下,沿水平面向右做直线运动。物体与桌面间的动摩擦因数为0.2。重力加速度g取10 m/s2,则该物体的加速度大小为 ( )A.1 m/s2 B.2 m/s2C.3 m/s2 D.4 m/s2【解析】选A。由题意可知,物体受到的滑动摩擦力大小为:f=μmg=0.2×10 N=2 N,方向水平向左;物体受到的合外力为:F合=F-f=(3-2) N=1 N;根据牛顿第二定律:F合=ma得:a=1 m/s2。所以A正确,B、C、D错误。【加固训练】如图所示,一物块静止在粗糙的水平地面上,当施加拉力F时,物块加速度大小为a,当拉力大小为2F,则加速度大小a′与a的关系为 ( )A.a′<2a B.a′>2aC.a′=2a D.无法确定【解析】选B。拉力大小为F时,根据牛顿第二定律F-f=ma,得a=;拉力大小为2F时,根据牛顿第二定律2F-f=ma′,得a′=。比较两式得:a′=+=2a+>2a,故A、C、D错误,B正确。4.两个质量均为m的小球,用轻弹簧连接,小球A由轻绳悬挂在天花板上O点,两球处于平衡状态,如图所示。现突然剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则 ( )A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2gC.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0【解析】选D。剪断绳子前,弹簧的弹力为:F=mg,剪断绳子的瞬间,弹簧的弹力不变,隔离对B分析,B的合力仍为零,B的加速度为:a2=0,对A分析,加速度为:a1===2g。故A、B、C错误,D正确。【加固训练】(多选)如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断,将物块a的加速度记为a1,S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2,重力加速度为g。在剪断细线的瞬间 ( )A.a1=3g B.a1=0C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2【解析】选A、C。剪断细线前,对整体由平衡条件可知,细线承受的拉力F=3mg,剪断细线瞬间,物块a所受重力和弹簧拉力不变,由平衡条件可知重力与弹簧拉力合力大小为3mg,由牛顿第二定律可知,a1=3g,A项正确,B项错误;在剪断细线前,两弹簧S1、S2弹力大小分别为FT1=2mg、FT2=mg,剪断细线瞬间,两弹簧弹力不变,由胡克定律F=kx可知,Δl1=2Δl2,C项正确,D项错误。5.如图所示,小球自a点由静止自由下落,到b点时与弹簧接触,到c点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力,在小球由a→b→c的运动过程中( )A.b点到c点先加速后减速B.b点的速度最大C.b点的加速度小于重力加速度gD.c点的加速度方向竖直向下【解析】选A。从b点到c点,小球受到重力和向上的弹力,弹力逐渐增大,开始时弹力小于重力,合力向下,加速度向下,小球做加速运动。后来,弹力大于重力,合力向上,加速度向上,小球做减速运动,所以b点到c点小球先加速后减速,故A正确;b、c间某位置弹力等于重力,小球的合力为零时速度最大,故B错误;在b点弹簧的弹力为零,合力为重力,小球的加速度等于重力加速度g,故C错误;b、c间某位置弹力等于重力,小球由于惯性,继续向下运动,弹力增大,则在c点弹力大于重力,合力方向竖直向上,因此,c点的加速度方向竖直向上,故D错误。6.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中,这个系统的重要元件之一是加速度计,加速度计构造原理的示意图如图所示;沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块,滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连,两弹簧的另一端与固定壁相连,滑块上有指针,可通过标尺测出滑块的位移,然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动,指针向左偏离O点距离为s,则这段时间内导弹的加速度 ( )A.方向向左,大小为B.方向向右,大小为C.方向向左,大小为D.方向向右,大小为【解析】选D。滑块受到左侧弹簧向右的弹力,大小为ks,同时滑块还受到右侧弹簧向右的弹力,大小也为ks,故合力为F=2ks,方向水平向右,由牛顿第二定律得:加速度:a==,方向水平向右。故D正确,A、B、C错误。二、计算题(本题共2小题,共36分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(16分)如图所示,足够长的斜面固定在水平面上,某一小滑块从底端以v0=4 m/s的初速度沿斜面上滑。已知斜面倾角θ=37°,小滑块与斜面的动摩擦因数μ=0.25(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)。试求:(1)小滑块回到出发点时的速度大小。(2)小滑块在斜面上运动时间。【解析】小滑块上滑过程,受力如甲图所示。由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma1a1=g(sinθ+μcosθ)=10×(0.6+0.25×0.8) m/s2=8 m/s2滑块上滑到最高点所用的时间为:t1== s=0.5 s。上滑的位移x=t1=×0.5 m=1 m小滑块下滑过程,受力如乙图所示。设下滑的加速度为a2。则得:mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得:a2=4 m/s2。由=2a2x得 vB=2 m/s≈2.8 m/s由vB=a2t2,得 t2=0.7 s故小滑块在斜面上运动时间 t=t1+t2=1.2 s。答案:(1)2.8 m/s (2)1.2 s。8.(20分)将质量为0.5 kg的小球,以30 m/s的速度竖直向上抛出,经过2.5 s小球到达最高点(取g=10 m/s2),求:(1)小球在上升过程中受到空气的平均阻力;(2)小球在最高点时的加速度大小;(3)若空气阻力不变,小球下落时的加速度为多大?【解析】(1)根据速度—时间公式得,小球上升过程中的加速度大小为:a== m/s2=12 m/s2,根据牛顿第二定律得:mg+f=ma,解得:f=ma-mg=0.5×(12-10) N=1 N。(2)在最高点,速度为零,则阻力为零,根据牛顿第二定律得,加速度为:a′==g=10 m/s2。(3)下落过程中的加速度为:a″== m/s2=8 m/s2。答案:(1)1 N (2)10 m/s2 (3)8 m/s2 (15分钟·40分)9.(6分)车厢顶部固定一滑轮,在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体,质量分别为m1、m2,且m2>m1,m2静止在车厢底板上,当车厢向右运动时,m1、m2与车厢保持相对静止,系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ,系m2的那段绳子保持竖直,如图所示。绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计,下列说法正确的是 ( )A.车厢的加速度为gsinθB.车厢底板对m2的支持力为(m1+m2)gC.绳子中的张力大小为m1gcosθD.车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ【解析】选D。对物体m1受力分析如图甲所示,竖直方向:T1cosθ=m1g水平方向:T1sinθ=m1a得:a=gtanθ,车厢与m1的加速度相同为gtanθ,方向水平向右;解得:T1=,即绳子的张力大小为,故A、C错误;对物体m2受力分析如图乙所示。竖直方向:T1′+N=m2g水平方向:f=m2a解得:N=m2g-,f=m2gtanθ,故B错误,D正确。10.(6分)一质量为m=1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动,1 s末撤去恒力F,其v-t图像如图所示,则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是( )A.F=9 N,Ff=2 N B.F=8 N,Ff=3 NC.F=8 N,Ff=2 N D.F=9 N,Ff=3 N【解析】选D。由图线知,匀加速直线运动的加速度:a1==6 m/s2,匀减速直线运动的加速度大小a2== m/s2=3 m/s2。根据牛顿第二定律得,F-Ff=ma1=6 NFf=ma2=3 N。解得F=9 N,Ff=3 N。故D正确,A、B、C错误。11.(6分)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行,在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g) ( )A.FT=m(gsinθ+acosθ),FN=m(gcosθ-asinθ)B.FT=m(gcosθ+asinθ),FN=m(gsinθ-acosθ)C.FT=m(asinθ-gcosθ),FN=m(gsinθ+acosθ)D.FT=m(acosθ-gsinθ),FN=m(gcosθ+asinθ)【解析】选A。当加速度a较小时,小球与斜面一起运动,此时小球受重力、细线拉力和斜面的支持力,细线平行于斜面;小球的受力如图。水平方向上由牛顿第二定律得:FTcosθ-FNsinθ=ma竖直方向上由平衡条件得:FTsinθ+FNcosθ=mg联立得:FN=m(gcosθ-asinθ)FT=m(gsinθ+acosθ),故A正确,B、C、D错误。【加固训练】如图所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a(取g=10 m/s2) ( )A.当a=5 m/s2时,细线上的拉力为 NB.当a=10 m/s2时,小球受的支持力为 NC.当a=10 m/s2时,细线上的拉力为2 ND.当a=15 m/s2时,若A与小球能相对静止地匀加速运动,则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【解析】选A。设加速度为a0时小球对滑块的压力恰好等于零,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,水平方向:F合=Fcos45°=ma0竖直方向:Fsin45°=mg解得:a0=g。当a=5 m/s2时,小球未离开滑块,水平方向:Fcos45°-FNcos45°=ma竖直方向:Fsin45°+FNsin45°=mg解得:F= N,故A正确;当加速度a=10 m/s2时,小球只受绳子拉力和重力,绳子上拉力F=mg=2 N,故B、C错误;当加速度a=15 m/s2时,小球离开斜面,由于小球和 斜面体相对静止,对于整体,在竖直方向合力等于0,支持力等于两个物体的重力大小,故D错误。12.(22分)如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体。物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25,现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F=10 N,方向平行斜面向上。经时间t=4 s绳子突然断了,求:(1)绳断时物体的速度大小。(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间。(sin37°=0.60,cos37°=0.80,g取10 m/s2)【解析】(1)物体向上运动过程中,受力分析如图甲所示:设加速度为a1,则有:F-mgsinθ-Ff=ma1FN=mgcosθ Ff=μFN得:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1代入解得:a1=2.0 m/s2所以,t=4.0 s时物体速度v1=a1t=8.0 m/s(2)绳断后,物体距斜面底端x1=a1t2=16 m。绳断后,受力分析如图乙所示:设加速度为a2,由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma2得:a2=g(sinθ+μcosθ)=8.0 m/s2物体做减速运动时间:t2==1.0 s减速运动位移:x2==4.0 m此后物体沿斜面匀加速下滑,受力分析如图丙所示:设加速度为a3,则有:mgsinθ-μmgcosθ=ma3得:a3=g(sinθ-μcosθ)=4.0 m/s2设下滑时间为t3,则:x1+x2=a3解得:t3= s≈3.2 s得:t总=t2+t3=4.2 s答案:(1)8.0 m/s (2)4.2 s
牛顿第二运动定律(25分钟·60分)一、选择题(本题共6小题,每题4分,共24分)1.下列单位中哪一组属于国际单位制中的基本单位 ( )A.米、牛顿、千克 B.米、千克、秒C.千克、焦耳、秒 D.米/秒、千克、牛顿【解析】选B。力学国际基本单位有3个:米、千克、秒,其他的都是导出单位。所以A、C、D错误,B正确。2.对牛顿第二定律的理解正确的是 ( )A.由F=ma可知,F与a成正比,m与a成反比B.牛顿第二定律说明当物体有加速度时,物体才受到外力的作用C.加速度的方向总跟合外力的方向一致D.当外力停止作用时,加速度过会儿才会消失【解析】选C。F由物体受力情况决定,与a、m无关,故A错误;加速度与合力的关系是瞬时对应关系,a随合力的变化而变化,故B、D错误;加速度的方向与合力的方向相同,故C正确。3.如图所示,质量为1 kg的物体在大小为3 N的水平向右拉力F的作用下,沿水平面向右做直线运动。物体与桌面间的动摩擦因数为0.2。重力加速度g取10 m/s2,则该物体的加速度大小为 ( )A.1 m/s2 B.2 m/s2C.3 m/s2 D.4 m/s2【解析】选A。由题意可知,物体受到的滑动摩擦力大小为:f=μmg=0.2×10 N=2 N,方向水平向左;物体受到的合外力为:F合=F-f=(3-2) N=1 N;根据牛顿第二定律:F合=ma得:a=1 m/s2。所以A正确,B、C、D错误。【加固训练】如图所示,一物块静止在粗糙的水平地面上,当施加拉力F时,物块加速度大小为a,当拉力大小为2F,则加速度大小a′与a的关系为 ( )A.a′<2a B.a′>2aC.a′=2a D.无法确定【解析】选B。拉力大小为F时,根据牛顿第二定律F-f=ma,得a=;拉力大小为2F时,根据牛顿第二定律2F-f=ma′,得a′=。比较两式得:a′=+=2a+>2a,故A、C、D错误,B正确。4.两个质量均为m的小球,用轻弹簧连接,小球A由轻绳悬挂在天花板上O点,两球处于平衡状态,如图所示。现突然剪断轻绳OA,让小球下落,在剪断轻绳的瞬间,小球A、B的加速度分别用a1和a2表示,则 ( )A.a1=g,a2=g B.a1=0,a2=2gC.a1=g,a2=0 D.a1=2g,a2=0【解析】选D。剪断绳子前,弹簧的弹力为:F=mg,剪断绳子的瞬间,弹簧的弹力不变,隔离对B分析,B的合力仍为零,B的加速度为:a2=0,对A分析,加速度为:a1===2g。故A、B、C错误,D正确。【加固训练】(多选)如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断,将物块a的加速度记为a1,S1和S2相对于原长的伸长量分别记为Δl1和Δl2,重力加速度为g。在剪断细线的瞬间 ( )A.a1=3g B.a1=0C.Δl1=2Δl2 D.Δl1=Δl2【解析】选A、C。剪断细线前,对整体由平衡条件可知,细线承受的拉力F=3mg,剪断细线瞬间,物块a所受重力和弹簧拉力不变,由平衡条件可知重力与弹簧拉力合力大小为3mg,由牛顿第二定律可知,a1=3g,A项正确,B项错误;在剪断细线前,两弹簧S1、S2弹力大小分别为FT1=2mg、FT2=mg,剪断细线瞬间,两弹簧弹力不变,由胡克定律F=kx可知,Δl1=2Δl2,C项正确,D项错误。5.如图所示,小球自a点由静止自由下落,到b点时与弹簧接触,到c点时弹簧被压缩到最短。若不计弹簧质量和空气阻力,在小球由a→b→c的运动过程中( )A.b点到c点先加速后减速B.b点的速度最大C.b点的加速度小于重力加速度gD.c点的加速度方向竖直向下【解析】选A。从b点到c点,小球受到重力和向上的弹力,弹力逐渐增大,开始时弹力小于重力,合力向下,加速度向下,小球做加速运动。后来,弹力大于重力,合力向上,加速度向上,小球做减速运动,所以b点到c点小球先加速后减速,故A正确;b、c间某位置弹力等于重力,小球的合力为零时速度最大,故B错误;在b点弹簧的弹力为零,合力为重力,小球的加速度等于重力加速度g,故C错误;b、c间某位置弹力等于重力,小球由于惯性,继续向下运动,弹力增大,则在c点弹力大于重力,合力方向竖直向上,因此,c点的加速度方向竖直向上,故D错误。6.惯性制导系统已广泛应用于弹道式导弹工程中,这个系统的重要元件之一是加速度计,加速度计构造原理的示意图如图所示;沿导弹长度方向安装的固定光滑杆上套一质量为m的滑块,滑块两侧分别与劲度系数均为k的弹簧相连,两弹簧的另一端与固定壁相连,滑块上有指针,可通过标尺测出滑块的位移,然后通过控制系统进行制导。设某段时间内导弹沿水平方向运动,指针向左偏离O点距离为s,则这段时间内导弹的加速度 ( )A.方向向左,大小为B.方向向右,大小为C.方向向左,大小为D.方向向右,大小为【解析】选D。滑块受到左侧弹簧向右的弹力,大小为ks,同时滑块还受到右侧弹簧向右的弹力,大小也为ks,故合力为F=2ks,方向水平向右,由牛顿第二定律得:加速度:a==,方向水平向右。故D正确,A、B、C错误。二、计算题(本题共2小题,共36分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)7.(16分)如图所示,足够长的斜面固定在水平面上,某一小滑块从底端以v0=4 m/s的初速度沿斜面上滑。已知斜面倾角θ=37°,小滑块与斜面的动摩擦因数μ=0.25(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10 m/s2)。试求:(1)小滑块回到出发点时的速度大小。(2)小滑块在斜面上运动时间。【解析】小滑块上滑过程,受力如甲图所示。由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma1a1=g(sinθ+μcosθ)=10×(0.6+0.25×0.8) m/s2=8 m/s2滑块上滑到最高点所用的时间为:t1== s=0.5 s。上滑的位移x=t1=×0.5 m=1 m小滑块下滑过程,受力如乙图所示。设下滑的加速度为a2。则得:mgsinθ-μmgcosθ=ma2代入数据解得:a2=4 m/s2。由=2a2x得 vB=2 m/s≈2.8 m/s由vB=a2t2,得 t2=0.7 s故小滑块在斜面上运动时间 t=t1+t2=1.2 s。答案:(1)2.8 m/s (2)1.2 s。8.(20分)将质量为0.5 kg的小球,以30 m/s的速度竖直向上抛出,经过2.5 s小球到达最高点(取g=10 m/s2),求:(1)小球在上升过程中受到空气的平均阻力;(2)小球在最高点时的加速度大小;(3)若空气阻力不变,小球下落时的加速度为多大?【解析】(1)根据速度—时间公式得,小球上升过程中的加速度大小为:a== m/s2=12 m/s2,根据牛顿第二定律得:mg+f=ma,解得:f=ma-mg=0.5×(12-10) N=1 N。(2)在最高点,速度为零,则阻力为零,根据牛顿第二定律得,加速度为:a′==g=10 m/s2。(3)下落过程中的加速度为:a″== m/s2=8 m/s2。答案:(1)1 N (2)10 m/s2 (3)8 m/s2 (15分钟·40分)9.(6分)车厢顶部固定一滑轮,在跨过定滑轮绳子的两端各系一个物体,质量分别为m1、m2,且m2>m1,m2静止在车厢底板上,当车厢向右运动时,m1、m2与车厢保持相对静止,系m1的那段绳子与竖直方向夹角为θ,系m2的那段绳子保持竖直,如图所示。绳子的质量、滑轮与绳子的摩擦忽略不计,下列说法正确的是 ( )A.车厢的加速度为gsinθB.车厢底板对m2的支持力为(m1+m2)gC.绳子中的张力大小为m1gcosθD.车厢底板对m2的摩擦力为m2gtanθ【解析】选D。对物体m1受力分析如图甲所示,竖直方向:T1cosθ=m1g水平方向:T1sinθ=m1a得:a=gtanθ,车厢与m1的加速度相同为gtanθ,方向水平向右;解得:T1=,即绳子的张力大小为,故A、C错误;对物体m2受力分析如图乙所示。竖直方向:T1′+N=m2g水平方向:f=m2a解得:N=m2g-,f=m2gtanθ,故B错误,D正确。10.(6分)一质量为m=1 kg的物体在水平恒力F作用下沿直线水平运动,1 s末撤去恒力F,其v-t图像如图所示,则恒力F和物体所受阻力Ff的大小是( )A.F=9 N,Ff=2 N B.F=8 N,Ff=3 NC.F=8 N,Ff=2 N D.F=9 N,Ff=3 N【解析】选D。由图线知,匀加速直线运动的加速度:a1==6 m/s2,匀减速直线运动的加速度大小a2== m/s2=3 m/s2。根据牛顿第二定律得,F-Ff=ma1=6 NFf=ma2=3 N。解得F=9 N,Ff=3 N。故D正确,A、B、C错误。11.(6分)如图所示,细线的一端系一质量为m的小球,另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端,细线与斜面平行,在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中,小球始终静止在斜面上,小球受到细线的拉力FT和斜面的支持力FN分别为(重力加速度为g) ( )A.FT=m(gsinθ+acosθ),FN=m(gcosθ-asinθ)B.FT=m(gcosθ+asinθ),FN=m(gsinθ-acosθ)C.FT=m(asinθ-gcosθ),FN=m(gsinθ+acosθ)D.FT=m(acosθ-gsinθ),FN=m(gcosθ+asinθ)【解析】选A。当加速度a较小时,小球与斜面一起运动,此时小球受重力、细线拉力和斜面的支持力,细线平行于斜面;小球的受力如图。水平方向上由牛顿第二定律得:FTcosθ-FNsinθ=ma竖直方向上由平衡条件得:FTsinθ+FNcosθ=mg联立得:FN=m(gcosθ-asinθ)FT=m(gsinθ+acosθ),故A正确,B、C、D错误。【加固训练】如图所示,一细线的一端固定于倾角为45°的光滑楔形滑块A上的顶端O处,细线另一端拴一质量为m=0.2 kg的小球静止在A上。若滑块从静止向左匀加速运动时加速度为a(取g=10 m/s2) ( )A.当a=5 m/s2时,细线上的拉力为 NB.当a=10 m/s2时,小球受的支持力为 NC.当a=10 m/s2时,细线上的拉力为2 ND.当a=15 m/s2时,若A与小球能相对静止地匀加速运动,则地面对A的支持力一定小于两个物体的重力之和【解析】选A。设加速度为a0时小球对滑块的压力恰好等于零,对小球受力分析,受重力、拉力,根据牛顿第二定律,水平方向:F合=Fcos45°=ma0竖直方向:Fsin45°=mg解得:a0=g。当a=5 m/s2时,小球未离开滑块,水平方向:Fcos45°-FNcos45°=ma竖直方向:Fsin45°+FNsin45°=mg解得:F= N,故A正确;当加速度a=10 m/s2时,小球只受绳子拉力和重力,绳子上拉力F=mg=2 N,故B、C错误;当加速度a=15 m/s2时,小球离开斜面,由于小球和 斜面体相对静止,对于整体,在竖直方向合力等于0,支持力等于两个物体的重力大小,故D错误。12.(22分)如图所示,在倾角θ=37°的足够长的固定的斜面底端有一质量m=1.0 kg的物体。物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25,现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动。拉力F=10 N,方向平行斜面向上。经时间t=4 s绳子突然断了,求:(1)绳断时物体的速度大小。(2)从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间。(sin37°=0.60,cos37°=0.80,g取10 m/s2)【解析】(1)物体向上运动过程中,受力分析如图甲所示:设加速度为a1,则有:F-mgsinθ-Ff=ma1FN=mgcosθ Ff=μFN得:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1代入解得:a1=2.0 m/s2所以,t=4.0 s时物体速度v1=a1t=8.0 m/s(2)绳断后,物体距斜面底端x1=a1t2=16 m。绳断后,受力分析如图乙所示:设加速度为a2,由牛顿第二定律得:mgsinθ+μmgcosθ=ma2得:a2=g(sinθ+μcosθ)=8.0 m/s2物体做减速运动时间:t2==1.0 s减速运动位移:x2==4.0 m此后物体沿斜面匀加速下滑,受力分析如图丙所示:设加速度为a3,则有:mgsinθ-μmgcosθ=ma3得:a3=g(sinθ-μcosθ)=4.0 m/s2设下滑时间为t3,则:x1+x2=a3解得:t3= s≈3.2 s得:t总=t2+t3=4.2 s答案:(1)8.0 m/s (2)4.2 s
相关试卷
鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 牛顿第二运动定律精品测试题： 这是一份鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 牛顿第二运动定律精品测试题，文件包含53牛顿第二运动定律-高一物理精讲精练鲁科版必修第一册原卷版docx、53牛顿第二运动定律-高一物理精讲精练鲁科版必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 牛顿第二运动定律复习练习题： 这是一份鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 牛顿第二运动定律复习练习题，共2页。试卷主要包含了8 m/s2等内容，欢迎下载使用。
鲁科版 (2019)必修 第一册第5节 超重与失重复习练习题： 这是一份鲁科版 (2019)必修 第一册第5节 超重与失重复习练习题，共7页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
