D.A、B加速度相同,速度vA>vB
3.(2015福州八中期末)如图所示,不计滑轮的质量和摩擦及绳的质量,一个质量为m的人拉着绳子使质量为M的物体匀减速下降,已知人对地面的压力大小为F,则物体下降的加速度大小为()
A.
B.
C.
D.
4.(2015吉林期末)如图所示,两楔形物块A、B两部分靠在一起,接触面光滑,物块B放置在地面上,物块A上端用绳子拴在天花板上,绳子处于竖直伸直状态,A、B两物块均保持静止。
则()
A.绳子的拉力可能为零
B.地面受的压力大于物块B的重力
C.物块B与地面间不存在摩擦力
D.物块B受到地面的摩擦力水平向左
5.(2015云南景洪三中期末)物体在平行于斜面向上的恒力F的作用下沿光滑斜面匀加速上升,若突然撤去力F,则在撤去力F的瞬间,物体将()
A.立即下滑B.立即静止
C.立即具有沿斜面向上的加速度D.仍具有沿斜面向上的速度
6.(2015兰州一中期末)如
图所示,A、B球的质量相等,弹簧的质量不计,倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间,下列说法正确的是()
A.两个
小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为
gsinθ
B.B球的受力情况未变,瞬时加速度为零
C.A球的瞬时加速度沿斜面向下,大小为2gsinθ
D.弹簧有收缩的趋势,B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下,A、B两球瞬时加速度都不为零
7.(2015重庆一中期末)在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量m=2kg的小球,小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连,如图所示,此时小球处于静止状态,且水平面对小球的支持力恰好为零,取g=10m/s2,以下说法正确的是()
A.此时轻弹簧的弹力为零
B.此时轻绳的拉力为
C.当剪断轻绳的瞬间,小球所受的摩擦力为零
D.当剪断轻绳的瞬间,小球的加速度大小为8m/s2,方向向左
8.(2015湖北武汉二中期末)如图所示,弹簧p和细绳q的上端固定在天花板上,下端用小钩勾住质量为m的小球C,弹簧、细绳和小钩的质量均忽略不计。
静止时p、q与竖直方向的夹角均为60º。
下列判断正确的有()
A.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间q对球的拉力大小为mg
B.若p和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为
C.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间p对球的拉力大小为
D.若q和球突然脱钩,则脱钩后瞬间球的加速度大小为g
9.(2015沈阳二中期末
)如图所示,质量为m的小圆板与轻弹簧相连,把轻弹簧的另一端固定在内壁光滑的圆筒底部,构成弹簧弹射器.第一次用弹射器水平弹射物体,第二次用弹射器竖直弹射物体,关于两次弹射时情况的分析,正确的是()
A.两次弹射瞬间,圆板受到的合力均为零
B.两次弹射瞬间,弹簧均处于原长
C.水平弹射时弹簧处于原长,竖直时弹簧处于拉伸状态
D.水平弹射时弹簧处于原长,竖直时弹簧处于压缩状态
10.(2015重庆一中期末)如图所示,木板与水平地面间的夹角θ可以随
意改变,当θ=37°时,可视为质点的一小木块恰好能沿着木板匀速下滑,若让该小木块从木板的底端每次都以v0的速度沿木板向上运动,随着θ的改变,小木块能沿木板向上滑行的距离将发生变化,(sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度为g),求:
(1)小木块与木板间的动摩擦因数
(2)当θ角为多大时,小木块能沿木板向上滑行的距离最小,并求出此最小值
11.(2015吉林期末)在建筑装修中,工人用质量为5.0kg的磨石A对地面和斜壁进行打磨,已知A与地面、A与斜壁之间的动摩擦因数μ均相同.(g取10m/s2)
(1)当A受到水平方向的推力F1=25N打磨地面时,A恰好在水平地面上做匀速直线运动,求A与地面间的动摩擦因数μ.
(2)若用A对倾角θ=37°的斜壁进行打磨(如图所示),当对A施加竖直向上的推力F2=60N时,则磨石A从静止开始沿斜壁向上运动2m(斜壁长>2m)所需时间为多少?
(sin37°=0.6,cos37°=0.8)
12.(2015福州八中期末)如图所示,质量分别为M和m的两个小物块用轻绳连接,绳跨过倾角α=37°的斜面顶端的定滑轮,绳平行于斜面
,滑轮与转轴之间的摩擦不计,已知M=2m=2kg。
开始时,用手托物块M,使M离水平面的高度为h=0.5m,物块m静止在斜面底端。
撤去手,使M和m从静止开始做匀加速直线运动,经过t=0.5s,M落到水平面上,停止运动,由于绳子松弛,之后物块m不再受到绳子的拉力作用。
求:
(g取10m/s2)
(1)物块M竖直向下运动过程加速度的大小;
(2)物块m所受到的摩擦力大小
(3)物块m沿斜面运动的最大距离?
(假设斜面足够长)
答案精析
【例1】【答案】C
【解析】以整体为研究对象,则一起运动的加速度为
,以甲为研究对象,弹簧测力计的求数:
两木块之间的距离则为弹簧的长度:
L-x,由以上三式可得,C正确。
针对训练【答案】AC
【解析】由整体法可知,只要橡皮泥
粘在物体上,物体的质量均增大,则由牛顿运动定律可知,加速度都要减小,故A正确;若粘在a木块上面,以C为研究对象,由牛顿第二定律可得,FT=ma,因加速度减小,所以拉力减小,而对b物体有F-fab=ma可知,摩擦力Fab应变大,故B错误;若粘在b木块上面,将ac视为整体,有fab=2ma,所以摩擦力是变小的,绳的张力FT=ma减小,故C正确;若橡皮泥粘在c物体上,将ab视为整体,F-FT=2ma,加速度减小,所以拉力FT变大,对b有F-fab=ma,知fab增大;故D错误;故选AC.
【例2】【答案】ABC
【解析】小球静止时,分析受力情况如下图,
由平衡条件得:
弹簧的弹力大小为:
F=mgtan53°=
mg
细绳的拉力大小为:
T=
=
mg,故AB正确.
细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变,则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反,则此瞬间小球的加速度大小为:
a=
=
g.故C正确,D错误.故选ABC
针对训练【答案】B
【解析】剪断细线前:
A受重力mg,弹簧的向下的弹力mg和细线向上的拉力2mg;B受重力mg,弹簧的向上的弹力mg;剪断细线的瞬时,弹簧的弹力不能突变,则B受力不变,合力为零,加速度为零;A受的合力为2mg,则加速度为
,则选项B正确.
【例3】【答案】
(1)g
(2)
mg
【解析】
(1)假设滑块具有向左的加速度a时,小球受重力mg、线的拉力F和斜面的支持力FN作用,如图甲所示.
由牛顿第二定律得
水平方向:
Fcos45°-FNcos45°=ma,
竖直方向:
Fsin45°+FNsin45°-mg=0.
由上述两式解得
FN=
,F=
.
由此两式可以看出,当加速度a增大时,球所受的支持力FN减小,线的拉力F增大.
当a=g时,FN=0,此时小球虽与斜面接触但无压力,处于临界状态,这时绳的拉力为F=
=
mg.所以滑块至少以a=g的加速度向左运动时小球对滑块的压力等于零.
(2)当滑块加速度a>g时,小球将“飘”离斜面而只受线的拉力和重力的作用,如图乙所示,
此时细线与水平方向间的夹角α<45°.由牛顿第二定律得F′cosα=ma′,F′sinα=mg,解得F′=m
=
mg.
针对训练
【答案】B
【解析】要使物体不致下滑,则竖直方向受平衡力作用,则所受的最大静摩擦力至少和重力平衡,则μFN=mg,由牛顿第二定律,FN=ma,则加速度至少应为g/μ,B正确。
课时训练
1.【答案】AB
【解析】地面光滑时,对将两物体看做一个整体,则由牛顿第二定律可得:
,对m分析可得:
,联立解得:
;当地面不光滑时,将两者看做一个整体,可得
,对m分析可得:
,联立可得
,故AB正确。
2.【答案】CD
【解析】从开始推A到弹簧第一次被压缩到最短的过程中,物体A的加速度逐渐减小,而B的加速度逐渐增大.在vA=vB之前,A的加速度总大于B的加速度,所以aA=aB时,vA>vB.此后A的加速度继续减小,B的加速度继续增大,所以vA=vB时,aB>aA.之后aA减小,aB增大,直到vA=vB时,弹簧压缩至最短;故选CD.
3.【答案】D
【解析】对人由平衡知识可得:
T+F=mg;对物体根据牛顿第二定律:
T-Mg=Ma,解得
,选项D正确.
4.【答案】C
【解析】由于A物体保持静止,若A受到B的支持力的话,则没有另外一个力与其平衡,所以A物体只受绳的拉力和重力,绳子的拉力等于A的重力,A错误;地面受到的压力等于B的重力,B错误;由于B物体与A物体间没有相互作用力且静止,所以B物体只受竖直方向的重力和地面对B的支持力,水平方向不存在摩擦力,C正确、D错误。
5.【答案】D
【解析】物体在平行于斜面向上的恒力F的作用下沿光滑斜面匀加速上升,加速度沿斜面向上,故合力也沿斜面向上,物体受拉力、重力、支持力作用;突然撤去力F,由于惯性,速度不会突变,只能慢慢减小,故物体继续向上滑动;但力F撤去,重力、支持力均不变,结合运动情况可知,合力沿斜面向下,物体的加速度也沿斜面向下,故物体立即具有沿斜面向下的加速度,匀减速上滑;故选D.
6.【答案】BC
【解析】由平衡可知,细绳的拉力为:
T=2mgsinθ;在细线被烧断的瞬间,由于弹簧弹力不能突变,故B的加速度仍为零,A的加速度为
,方向沿斜面向下;故选项AD错误,BC正确;故选BC。
7.【答案】BD
【解析】剪断轻绳前小球受力情况,如图所示,根据平衡条件得:
轻弹簧的弹力大小F=mg=20N,细线的拉力大小为T=
mg=20
N
剪断轻绳瞬间弹簧的弹力没有变化,此时轻弹簧的弹力大小仍为F=20N,水平面对小球的支持力大小N=mg=20N,摩擦力大小为f=μmg=4N,根据牛顿第二定律得:
加速度
,方向向左.故选BD.
8.【答案】D
【解析】如图1所示,原来p、q对球的拉力大小均为mg,当
p和球脱钩后,球将开始沿圆弧运动,将q受的力沿法向和切线正交分解(见图2),
得F-mgcos60°=
,而v=0,则F=
,沿切线方向的合力为mgsin60°=ma,则
,A、B选项均错误;q和球突然脱钩后瞬间,p的拉力未来得及改变,仍为mg,因此合力为mg(见图3),球的加速度为大小为g.故C错误,D正确。
9.【答案】B
【解析】在弹射瞬间,板与球有相同的加速度,合力均不为零,A错误;弹簧上的作用力反向时,球和板开始有不同的加速度而分离,则两次弹射瞬间,弹簧均处于原长,B正确,CD错误。
10.【答案】
(1)0.75;
(2)53°;
【解析】
(1)当小木块向下滑动且θ=37°时,
对小木块受力分析mgsinθ=μFNFN-mgcosθ=0
则动摩擦因数为:
μ=ta
nθ=tan3
7°=0.75
(2)当小木块向上运动时,小木块的加速度为a,则mgsinθ+μmgcosθ=ma
小木块的位移为x:
v02=2ax则
令tanα=μ,则当α+θ=90°时x最小,即θ=53°
最小值为
11.【答案】
(1)0.5;
(2)2s。
【解析】
(1)当磨石在水平方向上做匀速直线运动时,F1=μmg得μ=0.5
(2)根据牛顿第二定律:
加速度为a,则
得
由x=at2/2得t=2s
12.【答案】
(1)4m/s2
(2)2N(3)0.75m
【解析】
(1)根据h=
at2可得:
a=4m/s2
(2)对M:
Mg-T=Ma
T=M(g-a)=12N
对m:
T-mgsinα-f=ma
f=T-mgsinα-ma=2N
(3)绳子松弛后,对m:
mgsinα+f=maˊ
aˊ=8m/s2
υ=at=2m/s
s=
sm=h+s=0.75m