新课标人教版高中物理必修1第四章第7节《用牛顿运动定律解决问题（二）》同步练习.doc

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新课标版物理高一必修1第四章
4.7用牛顿运动定律解决问题（二）同步练习
1．如图所示，质量均为m的两个小球A、B固定在轻杆的两端，将其放入光滑的半圆形碗中，杆的长度等于碗的半径，当杆与碗的竖直半径垂直时，两小球刚好能平衡，则小球A对碗的压力大小为（ ）
A. B. C. D.2mg
答案：B
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：对A受力分析，水平向左的杆对A的弹力，沿AO方向的碗对球的弹力以及小球的重力，由平衡条件可知，，解得，故选B.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
2．质量为m的四只完全相同的足球叠成两层放在水平面上，底层三只足球刚好接触成三角形，上层一只足球放在底层三只足球的正上面，系统保持静止．若最大静摩擦等于滑动摩擦力，则：（ ）
A．底层每个足球对地面的压力为mg
B．底层每个足球之间的弹力为零
C．下层每个足球对上层足球的支持力大小为
D．水平面的摩擦因数至少为
答案：B
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：以整体为研究对象，整体的重力为4mg，每个足球对地面的压力为，所以A项错误；设上面的球与底面球之间的支持力为N，支持力N与竖直方向夹角的余弦值为，正弦值为，以上面的球为研究对象，
根据平衡条件，得出，所以C项错误；以下层其中一个足球为研究对象，下层足球对底面的正压力为，水平方向平衡条件，解得，所以D项错误；下层足球之间没有外力使它们之间挤压，底层每个足球之间的弹力为零，所以B项正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
3．一质量为2kg的物体在5个共点力作用下做匀速直线运动。现同时撤去其中大小分别为10N和15N的两个力，其余的力保持不变。下列关于此后该物体运动的说法中，正确的是( )
A．可能做匀减速直线运动，加速度大小为15m/s2
B．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小为5m/s2
C．可能做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5m/s2
D．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能为10m/s2
答案：C
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：撤去10N和15N的力后原来与它们方向相反的力就会合成形成物体受到的合力，形成合力的范围，根据牛顿第二定律，能产生的加速度的范围为，如果合力与原来的速度方向相反，物体可能做匀减速直线运动，所以A项不正确；做匀速圆周运动的物体，向心力的方向时刻改变，根据题意物体的合力是恒力，所以B项错误；如果物体原来的速度与现在的合力不在一条直线上，则物体将会做匀变速曲线运动，所以C项正确；D项错误.
分析：本题考查了力与运动的关系及物体的平衡
4．如图所示，质量为M、半径为R的半球形物体A放在水平地面上，通过最高点处的钉子用水平轻质细线拉住一质量为m、半径为r的光滑球B，A、B均静止。则（ ）
A．B对A的压力大小为
B．细线对小球的拉力大小为
C．A对地面的压力大小为(M + m）g
D．地面对A有水平向左的摩擦力
答案：C
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：对小球B受力分析，如图所示：
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根据平衡条件，有：，T=mgtanθ；
其中，
故：，，故AB错误；
对AB整体受力分析，受重力和支持力，相对地面无相对滑动趋势，故不受摩擦力，根据平衡条件，支持力等于整体的重力，为（M+m）g；根据牛顿第三定律，整体对地面的压力与地面对整体的支持力是相互作用力，大小相等，故对地面的压力等于（M+m）g，故C正确，D错误.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
5．如图甲，一带电物块无初速度地放上皮带轮底端，皮带轮以恒定大小的速率沿顺时针传动，该装置处于垂直纸面向里的匀强磁场中，物块由底端E运动至皮带轮顶端F的过程中，其图像如图乙所示，物块全程运动的时间为4.5 s，关于带电物块及运动过程的说法正确的是（ ）
A．该物块带负电
B．皮带轮的传动速度大小一定为lm／s
C．若已知皮带的长度，可求出该过程中物块与皮带发生的相对位移
D．在2s～4.5s内，物块与皮带仍可能有相对运动
答案：D
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：因开始时小物块做加速度减小的加速运动，则物块所受的摩擦力逐渐减小，物块对皮带的正压力逐渐减小，说明洛伦兹力垂直皮带向上，由左手定则可知，物块带正电，选项A错误；物块向上运动的过程中，洛伦兹力越来越大，则受到的支持力越来越小，摩擦力越来越小，物块的加速度也越来越小，当加速度等于0时，物块达到最大速度，此时：mgsinθ=μ（mgcosθ-f洛） 由此式可知，只要传送带的速度大于等于1m/s，则物块达到最大速度的条件与传送带的速度无关，所以传送带的速度可能是1m/s，有可能是大于1m/s，物块可能相对于传送带静止，有可能相对于传送带不静止．故B错误，D正确；由以上的分析可知，传送带的速度不能判断，所以若已知皮带的长度，也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移．故C错误．故选D.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
6．如图所示，物体A和带负电的物体B用跨过定滑轮的绝缘轻绳连接，A、B的质量分别是m和2m，劲度系数为k的轻质弹簧一端固定在水平面上，另一端与物体A相连，倾角为θ的斜面处于沿斜面向上的匀强电场中，整个系统不计一切摩擦。开始时，物体B在一沿斜面向上的外力F=3mgsinθ的作用下保持静止且轻绳恰好伸直，然后撤去外力F，直到物体B获得最大速度，且弹簧未超过弹性限度，则在此过程中( )
A．撤去外力F的瞬间，物体B的加速度为
B．B的速度最大时，弹簧的伸长量为
C．物体A的最大速度为
D．物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量
答案：B
知识点：牛顿定律与图象 动能定理
解析：
解答：在外力撤去前，绳子刚好伸直，拉力为零，
对B受力分析可得，即，所以撤去外力的瞬间B在沿斜面方向上只受沿斜面向下的重力的分力，沿斜面向下的电场力，
故有，所以撤去外力瞬间的加速度，A错误；随着B沿着斜面下滑，绳子的拉力逐渐增大，当时，即合力为零时，
B的速度最大，此时，解得，B正确；
对AB整体有动能定理可得，解得，故C错误；由于过程中只有重力和电场力，弹力做功，所以根据能量守恒看得物体A、弹簧和地球所组成的系统机械能增加量等于物体B电势能的减少量和B物体机械能的减小量，故D不正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及动能定理
7．如图所示，斜劈A静止放置在水平地面上，木桩B固定在水平地面上，弹簧K把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行。质量为m的物体和人在弹簧K的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左。则下列说法正确的是( )
A．若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下
B．若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A受到的摩擦力方向可能向右
C．若人从物体m离开，物体m仍向下运动，A受到的摩擦力可能向右
D．若剪断弹簧同时人从物体m离开，物体m向下运动，A可能不再受到地面摩擦力
答案：A
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B错误；若人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选：A.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
8．如图所示，倾角为的斜面体固定在水平地面上，一根不可伸长的轻绳两端分别系着小球A和物块B，跨过固定于斜面体顶端的定滑轮O（不计滑轮的摩擦），A的质量为m，B的质量为4m．开始时，用手托住A，使OA段绳恰好处于水平伸直状态（绳中无拉力），OB绳平行于斜面，此时B静止不动，将A由静止释放，在其下摆过程中B始终保持静止．则在绳子到达竖直位置之前，下列说法正确的是( )
A．小球A运动到最低点时物块B所受的摩擦力为mg
B．物块B受到的摩擦力方向没有发生变化
C．若适当增加OA段绳子的长度，物块可能发生运动
D．地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向左
答案：A
知识点：牛顿定律与图象 机械能守恒定律
解析：
解答：开始时，物块B所受的摩擦力为，方向沿斜面向上；小球A运动到最低点时，由机械能守恒定律可得：；又，解得：T=3mg；此时物块B所受的摩擦力为，方向沿斜面向下，选项A正确，B错误；由上述计算可知，当物块A到达最低点时，绳子的拉力与绳长无关，故若适当增加OA段绳子的长度，物块不可能发生运动，选项C错误；对物块B和斜面体的整体而言，当物块A向下摆动时，绳子对整体的拉力斜向左下方，故地面对斜面体的摩擦力方向一定水平向右，选项D不正确；故选A.
分析：本题考查了牛顿第二定律及机械能守恒定律的综合应用
9．如图甲，固定斜面倾角为θ，底部挡板连一轻质弹簧。质量为m的物块从斜面上某一高度处静止释放，不断撞击弹簧，最终静止。物块所受弹簧弹力F的大小随时间t变化的关系如图乙，物块与斜面间的动摩擦因数为，弹簧在弹性限度内，重力加速度为g，则
A.物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能守恒
B.物块运动过程中，t1时刻速度最大
C.物块运动过程中的最大加速度大小为
D.最终静止时，物块受到的重力、斜面支持力和摩擦力的合力方向沿斜面向上
答案：B
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：根据F-t图线可知，物块压缩弹簧的长度逐渐减小，故说明系统有摩擦力做功，所以物块运动过程中，物块和弹簧组成的系统机械能不守恒，选项A错误；由图可知t1时刻是物块第一次刚接触弹簧，此后的运动中，物块压缩弹簧，速度先增加后减小，故t1时刻不是速度最大的时刻，选项B错误；当物块第一次压缩弹簧到最低点时，物块的加速度最大，根据牛顿第二定律可得：，
解得：，选项C正确；最终静止时，弹簧处于压缩状态，弹力方向沿斜面向上，故物块受到的重力、斜面支持力和摩擦力的合力方向沿斜面向下，选项D错误；故选C.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
10．如图所示，质量为m的小球用水平弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为 （ ）
A．0 B．大小为g，方向竖直向下
C．大小为，方向水平向右 D．大小为，方向垂直木板向下
答案：D
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：小球在重力mg、木板对小球的弹力N、弹簧的弹力F作用下平衡，当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的加速度为重力与弹簧的弹力的合力产生的效果，重力与弹簧的弹力的合力大小等于此前木板对小球的弹力大小，
故由力的平衡条件有，故小球的加速度大小为，方向为木板对小球的弹力N的反方向垂直于木板向下，故D项正确、ABC错误.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
11．如图所示，一辆小车静止在水平地面上，车内固定着一个倾角为的光滑斜面OA，光滑挡板OB可绕转轴O在竖直平面内转动。现将一重力为G的圆球放在斜面与挡板之间，挡板与水平面的夹角。下列说法正确的是（ ）
A．若保持挡板不动，则球对斜面的压力大小为G
B．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动，则球对斜面的压力逐渐增大
C．若挡板从图示位置顺时针方向缓慢转动，则球对挡板的压力逐渐减小
D．若保持挡板不动，使小车水平向右做匀加速直线运动，则球对挡板的压力不可能为零
答案：A
知识点： 共点力的平衡
解析：
解答：保持挡板不动，小球受到斜面支持力和挡板支持力，二力的夹角为，合力竖直向上，大小等于重力，且两个支持力和合力的夹角都为，矢量合成如下图，可得；所以对斜面压力等于。若挡板从图示位置顺时针缓慢转动，则重力不变，斜面支持力方向不变，动态平衡过程如下图所示，挡板弹力逐渐向竖直方向靠拢，则重力和斜面弹力的合力逐渐向竖直向下靠拢，根据图示可得，挡板弹力向变小后变大，选项 C错。球对斜面压力逐渐变小，选项B错。若挡板不动，小车向右匀加速直线运动，若满足重力和斜面弹力的合力恰好水平向右，即时，挡板恰好没有弹力，选项D不正确。
.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
12．如图所示,A、B 两物块的质量分别为 2 m 和 m, 静止叠放在水平地面上。 A、B 间的动摩擦因数为μ，B 与地面间的动摩擦因数为μ. 最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对 A 施加一水平拉力F，则下列说法不正确的是（ ）
A．当 F < 2 μmg 时,A、B 都相对地面静止
B．当 F = μmg 时, A 的加速度为μg
C．当 F > 3 μmg 时,A 相对 B 滑动
D．无论 F 为何值,B 的加速度不会超过μg
答案：A
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：当A、B刚要发生相对滑动时，A、B间的静摩擦力达到最大静摩擦力，即，隔离对B分析，根据牛顿第二定律得：，
解得．对整体分析，根据牛顿第二定律有：，
解得。知当时，A、B发生相对滑动，故C选项正确；当F < 2 μmg，知小于A、B之间的最大静摩擦力，则A、B不发生相对滑动，对整体分析，由于整体受到地面的最大静摩擦力，当时，A、B相对地面静止，故A错误；当时，A、B保持相对静止，对整体分析，，解得A 的加速度为μg，故B选项正确；通过隔离对B分析，知B的加速度不会超过，故D选项正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及物体的平衡
13．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动,经过时间t0滑至斜面底端.已知物体在运动过程中所受的摩擦力恒定.若用F、v、s和E分别表示该物体所受的合外力、物体的速度、位移和机械能,则下列图象中可能正确的是( )
答案：A
知识点：牛顿定律与图象 能量守恒定律
解析：
解答：物体所受的合外力为 F=mgsinα-f，所以选项A正确；因为合外力恒定，则物体做匀变速运动，则v=at,即v-t线是过原点的直线，选项B错误；根据则s-t图线不是直线，选项C错误；物体的机械能，故选项D不正确.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
14．如图所示，A、B、C三个小球（可视为质点）的质量分别为m、2m、3m，B小球带负电，电荷量为q，A、C两小球不带电（不考虑小球间的静电感应），不可伸长的绝缘细线将三个小球连接起来悬挂在O点，三个小球均处于竖直向上的匀强电场中，电场强度大小为E，以下说法正确的是（ ）
A．静止时，A、B两小球间细线的拉力为3mg+qE
B．静止时，A、B两小球间细线的拉力为5mg-qE
C．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
D．剪断O点与A小球间细线的瞬间，A、B两小球间细线的拉力为qE
答案：C
知识点：牛顿定律与图象 电场强度和电场线
解析：
解答：静止时，对B球进行受力分析，则有：，故A、B错误；剪断OA线瞬间，假设B球也不带电，则剪断OA线瞬间，A、B、C三个小球一起以加速度g自由下落，互相相对静止，AB、BC间拉力为0．若B球带电，则相当于在上述状态下给B球瞬间施加一个竖直下下的电场力qE，经过AB绳传递，qE对A、B球整体产生一个竖直下下的加速度，此时A、B球的加速度为（显然＞g），C球以加速度g保持自由下落，以A球为研究对象可得A、B球间细线的拉力为．故C正确，D错误.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
15．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
答案：A
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：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作用因而伞绳对返回舱的拉力变小.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
16．一物块静置于水平面上，现用一与水平方向成37°角的拉力F使物体开始运动，如图a所示。其后一段时间内拉力F随时间变化和物体运动速度随时间变化的图像如图b所示，已知物块的质量为0.9kg，g=10m/s2。根据图像可求得，物体与地面间的动摩擦系数为___________，0--1s内拉力的大小为_________N。（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
答案：
知识点：牛顿定律与图象 共点力的平衡
解析：
解答：从速度时间图像中可以看出，物块在时间内做匀速直线运动，它在水平方向上受力平衡，故有，因为，所以，代入数据可得，物块在0-1s内做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律可得，从速度时间图像中可得，代入可得.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及共点力的平衡
17．如图所示，质量相同的、两球用细线悬挂于天花板上且静止不动．两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间球加速度为________；B球加速度为______。
答案：，方向竖直向下；
知识点：牛顿定律与图象 弹力
解析：
解答：弹簧弹力不能突变，绳子的弹力会发生突变
对于A物体：剪断绳子前收到向下的重力，和向下弹力。剪断绳子后。竖直向下
对于B物体：剪断绳子前收到向下的重力，和向上弹力。剪断绳子后.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
18．如图所示，两位同学用弹簧测力计在电梯中做实验。他们先将测力计挂在固定于电梯壁的钩子上，然后将一质量为0.5kg的物体挂在测力计挂钩上。若电梯上升时测力计的示数为6N，则电梯加速度的大小为_________ m/s2，加速度方向向________（选填“上”或“下”）。
答案：，向上
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：物体处于超重状态，则为加速上升，即加速度方向向上，根据牛顿第二定律可得，解得.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
19．如图所示，长0.40m的细绳，一端拴一质量为0.2kg的小球，在光滑水平面上绕绳的另一端做匀速圆周运动，若运动的角速度为5.0rad/s，绳对小球需施多大拉力___________
答案：2N
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：根据牛顿第二定律得，.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
20．质量m＝2kg的物体做匀加速直线运动，初速度为v0＝2m/s，已知物体在t＝2s内的位移为x＝8m，那么作用在该物体上的合外力F大小为 ______ N。(g＝10m/s2)
答案：4
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：根据，解得a=2m/s2，根据牛顿第二定律：F=ma=4N.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
21．如图(a)所示，一质量为m的滑块(可视为质点)沿某斜面顶端A由静止滑下，己知滑块与斜面间的动摩擦因数μ和滑块到斜面顶端的距离x的关系如图(b)所示。斜面倾角为37。，长为l，求：
(1)滑块滑至斜面中点时的加速度大小；
(2)滑块滑至斜面底端时的速度大小。
答案：（1）（2）
知识点：牛顿定律与图象 动能定理
解析：
解答：此题应用牛顿第二定律、功能关系及图象信息解决问题，尤其是图象面积的延伸意义是难点。
（1）滑块滑至斜面中点时，由图b可知，μ=0.5
则对滑块，由牛顿第二定律得： mgsin37°-μmgcos37°=ma
代入数据解得：a=
（2）滑块由顶端滑至底端，由动能定理得：mgsin37°+Wf=
由图b的物理意义得：Wf=
解得：vB=.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用及动能定理
22．某一空间飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰好沿与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，求：
（1）t时刻飞行器的速率；
（2）整个过程中飞行器离地的最大高度．
答案：（1）g （2）
知识点：牛顿定律与图象 动能定理
解析：
解答：（1）起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb， 在△OFFb中，由几何关系得Fb=mg
由牛顿第二定律得飞行器的加速度为a1=g 则时刻的速率：v=a1=g
（2）推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F'跟合力F'h垂直，
此时合力大小为：F'h=mgsin30°
飞行器的加速度大小为：
到最高点的时间为：
飞行的总位移为：
飞行器上升的最大高度为： .
分析：本题考查了牛顿第二定律及动力学规律的应用
23．如图甲所示，质量m=4kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图象如图乙所示。（取重力加速度为10 m/s2）求：
(1)8s末物体离a点的距离
(2)力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
答案：（1）在a点右侧8m处。（2）6N， 0.05
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：(1)设8s末物体离a点的距离为s, s应为v-t图与横轴所围的面积
则：，故物体在a点右侧8m处。
(2)设物体向右做匀减速直线运动的加速度为a1，则由v-t图得
a1＝2 m/s2 ①
根据牛顿第二定律，有 ②
设物体向左做匀加速直线运动的加速度为a2，则由v-t图得
a2＝1m/s2 ③
根据牛顿第二定律，有 ④
解①②③④得：F=6N，μ=0.05.
分析：本题考查了牛顿第二定律的应用
24．如图，质量分别为2m和m的A、B两物体通过轻质细线绕过光滑滑轮.弹簧下端与地面相连，上端与B连接， A放在斜面上，斜面光滑.开始时用手控住A，使细线刚好拉直，但无拉力，此时弹簧弹性势能为EP.滑轮左侧细线竖直，右侧细线与斜面平行.释放A后它沿斜面下滑，当弹簧刚好恢复原长时，B获得最大速度.重力加速度为g，求：
(1)斜面倾角α；
(2)刚释放A时，A的加速度；
(3)B的最大速度vm.
答案：(1) α=300 （2） （3）
知识点：牛顿定律与图象 机械能守恒定律
解析：
解答：(1) B速度最大时：
∴ 即α=300
（2）刚释放A时，由牛顿第二定律得：
对A
对B
解得 方向沿斜面向下
（3）设释放A之前，弹簧压缩量为x，由系统机械能守恒得
解得 .
分析：本题考查了牛顿第二定律及机械能守恒定律的应用
25.如图甲所示，相距为L的两平行金属导轨MN、PQ固定在绝缘水平面上，处于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B，导轨足够长且电阻不计．两根相同的金属棒c和d与导轨垂直放置，它们的质量均为m，电阻均为R，间距为s0，与导轨间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．在t＝0时刻，对c棒施加一水平向右的力，使其从静止开始做匀加速直线运动．在t0时刻，d棒开始运动，此后保持水平力不变，由速度传感器测得两金属棒的v－t图象如图乙所示，从t1时刻开始两金属棒以相同的加速度做匀加速直线运动，此时两金属棒的间距为s，试求：
(1)在0至t1时间内通过金属棒c的电荷量；
(2)t0时刻回路的电功率和金属棒c的速度大小；
(3)t1时刻两金属棒的加速度大小．
答案：(1) 　(2) 　(3)
知识点：牛顿定律与图象
解析：
解答：(1)在0至t1这段时间内I＝在
又I＝
解得：q＝
(2)设在t0时刻回路的瞬时感应电流为I，则对金属棒d由平衡条件得：BIL＝μmg
t0时刻回路的电功率P＝I2·2R
解得：P＝
由欧姆定律得：I＝
解得＝
(3)设在t0时刻，水平外力为F0，金属棒c的加速度为a0，
由牛顿第二定律得：F0－μmg－BIL＝ma0
而a0＝
从t1时刻起，对两金属棒组成的系统，由牛顿第二定律有F0－2μmg＝2ma
解得：a＝＝.
分析：解决本题的关键会根据牛顿第二定律求加速度，以及结合运动学能够分析出金属棒的运动情况
A
B
A
B
A
B
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