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章末測評驗收卷(五)　牛頓運動定律　
(滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)
1.下列說法中正確的是(　　)
在完全失重的情況下，物體的慣性將消失
牛頓第一定律、牛頓第二定律都可以通過實驗來驗證
單位m、kg、s是一組屬于國際單位制的基本單位
長度、時間、力是一組屬于國際單位制的基本單位的物理量
2.足球運動員在踢球時，下列說法正確的是(　　)
腳對球的作用力與球對腳的作用力大小相等
腳對球的作用力和球的重力是一對作用力與反作用力
腳對球的作用力和球的重力是一對平衡力
腳對球的作用力與球對腳的作用力是一對平衡力
3.如圖所示，滑滑梯時為使小朋友能順利沿傾斜滑板滑下，某研究小組測量出滑板的水平跨度為6 m，高度為2.4 m。則設計時該滑板與兒童褲料之間的動摩擦因數應小于(　　)
0.2 0.3
0.4 0.5
4.五個質量相等的物體置于光滑水平面上，如圖所示，現對左側第1個物體施加大小為F、方向水平向右的恒力，則第1個物體對第2個物體的作用力等于(　　)
F F
F F
5.建設房屋的起重機通過鋼索將質量為m的建筑材料從地面豎直向上吊起，材料運動過程中的位移s隨時間t的變化關系如圖所示。材料受到的拉力大小為T，速度大小為v。重力加速度為g，則(　　)
0～t1內，v減小，T＜mg
t1～t2內，v增大，T＞mg
t2～t3內，v減小，T＞mg
t2～t3內，v減小，T＜mg
6.我國建設的落塔及塔內的落倉如圖所示。某次實驗時，t＝0時刻落倉由靜止開始自由下落，t＝2 s時開始減速，t＝4 s時落倉速度變為0。已知2～4 s內落倉做勻變速直線運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
0～2 s內落倉內的物體不受重力的作用
0～2 s內落倉內的物體處于完全失重狀態
與0～2 s內相比，2～4 s內落倉下落的位移更小
t＝1.5 s和t＝2.5 s兩時刻落倉的加速度相同
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)
7.如圖所示，餐廳服務員托舉菜盤給顧客上菜。若服務員托舉菜盤快到餐桌前，使菜盤水平向左減速運動，則(　　)
手對菜盤的摩擦力方向向右
手對菜盤的摩擦力方向向左
菜盤對手的作用力方向斜向左下方
菜盤對手的作用力方向斜向右下方
8.過年了，到處都掛著喜慶的燈籠。一寫有“新年快樂”的四個燈籠用一橡皮筋懸掛在路旁的樹枝上，燈籠質量都為m，四個燈籠間都用輕繩拴連。突然，掛著“樂”字燈籠的繩子斷了。在繩斷的一瞬間，(　　)
“樂”字燈籠的加速度為g
“新”、“年”、“快”三個燈籠的加速度為g
橡皮筋對“新”字燈籠的拉力為4mg
“新”字燈籠與“年”字燈籠間繩子的拉力為2mg
9.物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質量分別為mA、mB、mC，與水平面間的動摩擦因數分別為μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C，所得加速度a與拉力F的關系圖線如圖中甲、乙、丙所示，則以下說法正確的是(　　)
μA＜μB，mA＜mB μB＜μC，mB＝mC
μB＝μC，mB＞mC μA＜μC，mA＜mC
10.傳送帶在生產生活中有著廣泛應用，如圖甲所示，長為L的傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動，在傳送帶的上端輕輕釋放一個質量為m的小物塊，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，圖乙為小物塊運動的v－t圖像，則(　　)
小物塊在0～t0時間內加速度為gsin θ＋μcos θ
小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數μ≤tan θ
在0～t0內物塊相對傳送帶向上滑動的距離為v0t0
小物塊受到傳送帶的摩擦力方向一直沿傳送帶向上
三、非選擇題(本題共5小題，共52分)
11.(6分)如圖所示為“探究加速度與力、質量的關系”實驗的裝置示意圖。
(1)實驗中的加速度a是通過打點計時器打出的點跡清晰的紙帶來確定的；小車質量M是通過________(2分)測量來確定的；而力F是由砂和砂桶的重力來確定的。該實驗中小車的質量________(2分)(選填“需要”或“不需要”)遠大于砂和砂桶的質量。
(2)有同學提出可以不用測出加速度的具體數值，因為我們探究的是加速度與其他量之間的比例關系。在相同時間內小車運動的位移和加速度成正比，只要每次測出位移的比例就可以得到加速度的比例，即＝，你覺得該同學這樣說的前提操作是______________________________________________________________
_______________________________________________________________ (2分)。
12.(8分)如圖甲所示，某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數的實驗。所用器材有：鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50 Hz的交流電源、紙帶等。實驗時，調整木板與水平面的夾角使θ＝37°，將紙帶與鐵塊相連，并穿過打點計時器。接通電源，開啟打點計時器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止開始沿木板滑下。多次重復后選擇點跡清晰的一條紙帶，如圖乙所示?；卮鹣铝袉栴}：
(1)圖乙中的各點均為計數點，每兩個相鄰的計數點間還有4個點未畫出，由此可得相鄰計數點之間的時間間隔T＝________s(1分)。
(2)根據紙帶上的數值，計算打下計數點D時鐵塊的瞬時速度vD＝________m/s
(1分)，鐵塊的加速度a＝________m/s2(2分)(結果均保留3位有效數字)。
(3)鐵塊與木板間動摩擦因數μ＝________(2分)(用木板與水平面間的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示)。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，可以計算出鐵塊與木板間的動摩擦因數為________(2分)(結果保留2位有效數字)。
13.(10分)某同學質量為m＝40 kg，原地靜止站立(不起跳)摸高為2.00 m，縱跳摸高中，他先下蹲，重心下降0.4 m，經過充分調整后，發力跳起摸到了2.50 m的高度。若他起跳蹬地過程視為勻加速運動，重力加速度g大小取10 m/s2，不計空氣阻力，求他起跳蹬地過程中對地面的平均壓力大小。
14.(14分)如圖所示，光滑的水平面上有一質量M＝0.2 kg的長木板，另一質量m＝0.1 kg的小滑塊以v0＝2.4 m/s的水平初速度從長木板的左端滑上長木板(此時開始計時)。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)(7分)若長木板長L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑塊從長木板上滑離時的速度大小；
(2)(7分)若長木板足夠長且不固定，則經過多長時間小滑塊與長木板的速度相等？求此時間內小滑塊運動的位移大小。
15.(14分)如圖所示，在傾角θ＝37°的足夠長的固定的斜面底端有一質量m＝1 kg的物體。物體與斜面間動摩擦因數μ＝0.25，現用輕細繩將物體由靜止沿斜面向上拉動。拉力F＝10 N，方向平行斜面向上。經時間t＝4 s繩子突然斷了(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)(4分)繩斷時物體的速度大??；
(2)(4分)從靜止開始物體沿斜面向上運動的最大距離
(3)(6分)物體是否會停在最高點，若能返回到斜面底端，求返回時的加速度大小。
章末測評驗收卷(五)　牛頓運動定律
1.C　[慣性只與質量有關，慣性不會消失，與物體所處的狀態無關，故A錯誤；牛頓第一定律是指在物體不受力的情況下，生活中不存在不受外力的物體，因此牛頓第一定律無法通過實驗驗證，但是可以通過實驗推理出來；牛頓第二定律可以通過實驗來驗證，故B錯誤；單位m、kg、s是一組屬于國際單位制的基本單位，故C正確；長度、時間、質量是一組屬于國際單位制的基本單位的物理量，力是推導單位的物理量，故D錯誤。]
2.A　[腳對球的作用力與球對腳的作用力大小相等、方向相反，是一對作用力與反作用力，A正確，B、D錯誤；腳對球的作用力和球的重力不是一對平衡力，兩者沒有必然關系，C錯誤。]
3.C　[為使兒童能夠順利滑下，即下滑加速度大于等于零，設滑板與水平面的夾角為θ，根據牛頓第二定律有mgsin θ－μmgcos θ＝ma≥0，根據幾何關系知tan θ＝＝0.4，解得μ≤0.4，故C正確。]
4.D　[設每個物體重量為m，對五個物體整體由牛頓第二定律得F＝5ma，則a＝，隔離第2、3、4、5個物體，設第1個物體對第2個物體的作用力為N，則N＝4ma，聯立可得N＝F，D正確，A、B、C錯誤。]
5.D　[位移—時間圖像的斜率表示速度，根據圖像可知0～t1內，斜率增大，速度增大，向上加速，根據牛頓第二定律可知，T－mg＝ma，則T＞mg，故A錯誤；t1～t2內，斜率先增大后減小，速度先向上增大后向上減小，則拉力先大于重力后小于重力，故B錯誤；t2～t3內，斜率減小，速度減小，向上減速，加速度向下，根據牛頓第二定律可知拉力小于重力，故C錯誤，D正確。]
6.B　[0～2 s內落倉做自由落體運動，落倉內的物體只受重力的作用，加速度為重力加速度，處于完全失重狀態，故A錯誤，B正確；設2 s時落倉的速度為v，則0～2 s內落倉下落的位移為s1＝t1，2～4 s內落倉下落的位移s2＝t2，由于t1＝t2＝2 s，可知0～2 s內落倉下落的位移等于2～4 s內落倉下落的位移，故C錯誤；根據a＝可知，0～2 s內與2～4 s內落倉的加速度大小相等、方向相反，則t＝1.5 s和t＝2.5 s兩時刻落倉的加速度大小相等，方向相反，故D錯誤。]
7.AC　[菜盤沿著水平方向減速向左運動，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，摩擦力水平向右，故A正確，B錯誤；菜盤對手的壓力豎直向下，菜盤給手的摩擦力水平向左，所以菜盤對手的作用力斜向左下方，故C正確，D錯誤。]
8.AC　[在繩斷的一瞬間，“樂”字燈籠只受重力作用，加速度為g，故A正確；繩未斷前，對四個燈籠受力分析可得橡皮筋的彈力為F＝4mg，在繩斷的一瞬間，橡皮筋的彈力不發生突變，根據牛頓第二定律F－3mg＝3ma，解得“新”、“年”“快”三個燈籠的加速度為a＝，故B錯誤；在繩斷的一瞬間，橡皮筋的彈力不發生突變，橡皮筋對“新”字燈籠的拉力為4mg，故C正確；對“新”字燈籠的受力分析，根據牛頓第二定律F－T－mg＝ma，解得“新”字燈籠與“年”字燈籠間繩子的拉力為T＝mg，故D錯誤。]
9.BD　[根據牛頓第二定律有F－μmg＝ma，得a＝－μg，則aF圖像的斜率k＝，由題圖可看出，乙、丙的斜率相等且小于甲的斜率，則mA＜mB＝mC。當F＝0時，a＝－μg，根據題圖可看出，μA＝μB＜μC，故A、C錯誤，B、D正確。]
10.AC　[根據題意可知，小物塊在0～t0時間內的速度小于傳送帶的速度，則小物塊相對傳送帶向上運動，受到沿傳送帶向下的摩擦力，由牛頓第二定律有mgsin θ＋μmgcos θ＝ma，解得a＝gsin θ＋μgcos θ，故A正確，D錯誤；由題圖乙知，t0小物塊勻速運動，則有mgsin θ≤μmgcos θ，解得μ≥tan θ，故B錯誤；根據題意，結合題圖乙可知，小物塊在t0時刻時，速度為v0，由運動學公式可得，在0～t0內小物塊相對傳送帶向上滑動的距離為s＝v0t0－＝，故C正確。]
11.(1)天平(電子秤、彈簧測力計均可)　需要　(2)見解析
解析　(1)天平為實驗室中基本的測量儀器，除此之外選擇電子秤、彈簧測力計等皆可；設砂和砂桶的質量為m，根據牛頓第二定律有mg－F拉＝ma，對小車有
F拉＝Ma，聯立解得繩上拉力F拉＝＝，當M m時，即當小車的質量遠大于砂桶和砂的總重力。
(2)當從起點開始數相同數量的間隔來測量時，由于初速度為0，則有運動學公式s＝at2，則可知加速度之比等于位移之比，即＝。
12.(1)0.1　(2)0.994　1.97　(3)　0.50
解析　(1)每兩個相鄰的計數點間還有4個點未畫出，則相鄰計數點之間的時間間隔為
T＝5×0.02 s＝0.1 s。
(2)根據勻變速直線運動中間時刻的瞬時速度等于該段過程的平均速度，則有
vD＝＝ m/s≈0.994 m/s
根據逐差法可得，鐵塊的加速度為
a＝＝ m/s2
≈1.97 m/s2。
(3)對鐵塊，根據牛頓第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
解得μ＝
代入數據可得μ＝≈0.50。
13.900 N
解析　設該同學離開地面瞬間的速度大小為v，離開地面，勻減速上升到最高點過程有
0－v2＝－2g(H－h)
解得v＝ m/s＝ m/s
該同學起跳蹬地過程中做勻加速直線運動，設加速度為a，根據運動學公式有
v2－0＝2aΔh
解得a＝＝ m/s2＝12.5 m/s2
根據牛頓第二定律可得N－mg＝ma
解得N＝900 N
根據牛頓第三定律可知，該同學起跳蹬地過程中對地面的平均壓力大小為900 N。
14.(1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m
解析　(1)小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，以小滑塊初速度方向為正方向，由牛頓第二定律得－f＝ma1
又f＝μN＝μmg，解得a1＝－4 m/s2
由v－v＝2a1L，解得vt＝0.4 m/s。
(2)長木板在水平方向只受向右的滑動摩擦力f′，且f′＝f＝μmg＝0.4 N，所以長木板向右做勻加速直線運動
由牛頓第二定律得f′＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
設經過時間t，兩者速度相同
則有v0＋a1t＝a2t，解得t＝0.4 s
由s＝v0t＋a1t2
得此時間內小滑塊運動的位移大小s＝0.64 m。
15.(1)8 m/s　(2)20 m　(3)不會　4 m/s2
解析　(1)物體被繩子牽引向上運動過程中，受拉力F，重力mg，斜面的支持力N和摩擦力f，設物體向上運動的加速度為a1，根據牛頓第二定律有F－mgsin θ－f＝ma，有f＝μN，N＝mgcos θ
聯立解得a1＝2 m/s2
則繩斷時物體的速度大小為
v1＝a1t＝8 m/s。
(2)繩斷時物體距斜面底端的位移
s1＝a1t2＝16 m
繩斷后物體沿斜面向上做勻減速直線運動，設運動的加速度大小為a2，則根據牛頓第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝8 m/s2
物體做減速運動的時間為t2＝＝1 s
則減速運動的位移為s2＝t2＝4 m
則物體從靜止開始沿斜面向上運動的最大距離為
s＝s1＋s2＝20 m。
(3)根據題意，有mgsin θ>μmgcos θ，所以物體不會停在最高點，物體將沿斜面勻加速下滑，設物體下滑的加速度為a3，根據牛頓第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
解得a3＝4 m/s2。(共35張PPT)
章末測評驗收卷(五)
(時間：75分鐘　滿分：100分)
一、單項選擇題(本題共6小題，每小題4分，共24分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。)
1.下列說法中正確的是(　　)
A.在完全失重的情況下，物體的慣性將消失
B.牛頓第一定律、牛頓第二定律都可以通過實驗來驗證
C.單位m、kg、s是一組屬于國際單位制的基本單位
D.長度、時間、力是一組屬于國際單位制的基本單位的物理量
C
解析　慣性只與質量有關，慣性不會消失，與物體所處的狀態無關，故A錯誤；牛頓第一定律是指在物體不受力的情況下，生活中不存在不受外力的物體，因此牛頓第一定律無法通過實驗驗證，但是可以通過實驗推理出來；牛頓第二定律可以通過實驗來驗證，故B錯誤；單位m、kg、s是一組屬于國際單位制的基本單位，故C正確；長度、時間、質量是一組屬于國際單位制的基本單位的物理量，力是推導單位的物理量，故D錯誤。
2.足球運動員在踢球時，下列說法正確的是(　　)
A
A.腳對球的作用力與球對腳的作用力大小相等
B.腳對球的作用力和球的重力是一對作用力與反作用力
C.腳對球的作用力和球的重力是一對平衡力
D.腳對球的作用力與球對腳的作用力是一對平衡力
解析　腳對球的作用力與球對腳的作用力大小相等、方向相反，是一對作用力與反作用力，A正確，B、D錯誤；腳對球的作用力和球的重力不是一對平衡力，兩者沒有必然關系，C錯誤。
3.如圖所示，滑滑梯時為使小朋友能順利沿傾斜滑板滑下，某研究小組測量出滑板的水平跨度為6 m，高度為2.4 m。則設計時該滑板與兒童褲料之間的動摩擦因數應小于(　　)
C
A.0.2 B.0.3
C.0.4 D.0.5
D
4.五個質量相等的物體置于光滑水平面上，如圖所示，現對左側第1個物體施加大小為F、方向水平向右的恒力，則第1個物體對第2個物體的作用力等于(　　)
5.建設房屋的起重機通過鋼索將質量為m的建筑材料從地面豎直向上吊起，材料運動過程中的位移s隨時間t的變化關系如圖所示。材料受到的拉力大小為T，速度大小為v。重力加速度為g，則(　　)
D
A.0～t1內，v減小，T＜mg
B.t1～t2內，v增大，T＞mg
C.t2～t3內，v減小，T＞mg
D.t2～t3內，v減小，T＜mg
解析　位移—時間圖像的斜率表示速度，根據圖像可知0～t1內，斜率增大，速度增大，向上加速，根據牛頓第二定律可知，T－mg＝ma，則T＞mg，故A錯誤；t1～t2內，斜率先增大后減小，速度先向上增大后向上減小，則拉力先大于重力后小于重力，故B錯誤；t2～t3內，斜率減小，速度減小，向上減速，加速度向下，根據牛頓第二定律可知拉力小于重力，故C錯誤，D正確。
6.我國建設的落塔及塔內的落倉如圖所示。某次實驗時，t＝0時刻落倉由靜止開始自由下落，t＝2 s時開始減速，t＝4 s時落倉速度變為0。已知2～4 s內落倉做勻變速直線運動，忽略空氣阻力，下列說法正確的是(　　)
B
A.0～2 s內落倉內的物體不受重力的作用
B.0～2 s內落倉內的物體處于完全失重狀態
C.與0～2 s內相比，2～4 s內落倉下落的位移更小
D.t＝1.5 s和t＝2.5 s兩時刻落倉的加速度相同
AC
二、多項選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分。在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分。)
7.如圖所示，餐廳服務員托舉菜盤給顧客上菜。若服務員托舉菜盤快到餐桌前，使菜盤水平向左減速運動，則(　　)
A.手對菜盤的摩擦力方向向右
B.手對菜盤的摩擦力方向向左
C.菜盤對手的作用力方向斜向左下方
D.菜盤對手的作用力方向斜向右下方
解析　菜盤沿著水平方向減速向左運動，所以加速度水平向右，重力和支持力平衡，摩擦力水平向右，故A正確，B錯誤；菜盤對手的壓力豎直向下，菜盤給手的摩擦力水平向左，所以菜盤對手的作用力斜向左下方，故C正確，D錯誤。
8.過年了，到處都掛著喜慶的燈籠。一寫有“新年快樂”的四個燈籠用一橡皮筋懸掛在路旁的樹枝上，燈籠質量都為m，四個燈籠間都用輕繩拴連。突然，掛著“樂”字燈籠的繩子斷了。在繩斷的一瞬間，(　　)
AC
9.物體A、B、C均靜止在同一水平面上，它們的質量分別為mA、mB、mC，與水平面間的動摩擦因數分別為μA、μB、μC，用平行于水平面的拉力F分別拉物體A、B、C，所得加速度a與拉力F的關系圖線如圖中甲、乙、丙所示，則以下說法正確的是(　　)
BD
A.μA＜μB，mA＜mB B.μB＜μC，mB＝mC
C.μB＝μC，mB＞mC D.μA＜μC，mA＜mC
10.傳送帶在生產生活中有著廣泛應用，如圖甲所示，長為L的傳送帶與水平面夾角為θ，傳送帶以速度v0逆時針勻速轉動，在傳送帶的上端輕輕釋放一個質量為m的小物塊，小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數為μ(最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，圖乙為小物塊運動的v－t圖像，則(　　)
AC
三、非選擇題(本題共5小題，共52分)
11.(6分)如圖所示為“探究加速度與力、質量的關系”實驗的裝置示意圖。
(1)實驗中的加速度a是通過打點計時器打出的點跡清晰的紙帶來確定的；小車質量M是通過________測量來確定的；而力F是由砂和砂桶的重力來確定的。該實驗中小車的質量________(選填“需要”或“不需要”)遠大于砂和砂桶的質量。
答案　(1)天平(電子秤、彈簧測力計均可)　需要　
(2)見解析
12.(8分)如圖甲所示，某同學設計了測量鐵塊與木板間動摩擦因數的實驗。所用器材有：鐵架臺、長木板、鐵塊、米尺、電磁打點計時器、頻率50 Hz的交流電源、紙帶等。實驗時，調整木板與水平面的夾角使θ＝37°，將紙帶與鐵塊相連，并穿過打點計時器。接通電源，開啟打點計時器，釋放鐵塊，鐵塊從靜止開始沿木板滑下。多次重復后選擇點跡清晰的一條紙帶，如圖乙所示。回答下列問題：
(1)圖乙中的各點均為計數點，每兩個相鄰的計數點間還有4個點未畫出，由此可得相鄰計數點之間的時間間隔T＝________s。
(2)根據紙帶上的數值，計算打下計數點D時鐵塊的瞬時速度vD＝________m/s，鐵塊的加速度a＝________m/s2(結果均保留3位有效數字)。
(3)鐵塊與木板間動摩擦因數μ＝________(用木板與水平面間的夾角θ、重力加速度g和鐵塊下滑的加速度a表示)。取重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，可以計算出鐵塊與木板間的動摩擦因數為________(結果保留2位有效數字)。
解析　(1)每兩個相鄰的計數點間還有4個點未畫出，則相鄰計數點之間的時間間隔為
T＝5×0.02 s＝0.1 s。
(3)對鐵塊，根據牛頓第二定律可得
mgsin θ－μmgcos θ＝ma
13.(10分)某同學質量為m＝40 kg，原地靜止站立(不起跳)摸高為2.00 m，縱跳摸高中，他先下蹲，重心下降0.4 m，經過充分調整后，發力跳起摸到了2.50 m的高度。若他起跳蹬地過程視為勻加速運動，重力加速度g大小取10 m/s2，不計空氣阻力，求他起跳蹬地過程中對地面的平均壓力大小。
答案　900 N
解析　設該同學離開地面瞬間的速度大小為v，離開地面，勻減速上升到最高點過程有
0－v2＝－2g(H－h)
該同學起跳蹬地過程中做勻加速直線運動，設加速度為a，根據運動學公式有
v2－0＝2aΔh
根據牛頓第二定律可得N－mg＝ma
解得N＝900 N
根據牛頓第三定律可知，該同學起跳蹬地過程中對地面的平均壓力大小為900 N。
14.(14分)如圖所示，光滑的水平面上有一質量M＝0.2 kg的長木板，另一質量m＝0.1 kg的小滑塊以v0＝2.4 m/s的水平初速度從長木板的左端滑上長木板(此時開始計時)。已知小滑塊與長木板間的動摩擦因數μ＝0.4，重力加速度g＝10 m/s2。
(1)若長木板長L＝0.7 m且固定在水平面上，求小滑塊從長木板上滑離時的速度大??；
(2)若長木板足夠長且不固定，則經過多長時間小滑塊與長木板的速度相等？求此時間內小滑塊運動的位移大小。
答案　(1)0.4 m/s　(2)0.4 s　0.64 m
解析　(1)小滑塊在摩擦力作用下做勻減速直線運動，以小滑塊初速度方向為正方向，由牛頓第二定律得－f＝ma1
又f＝μN＝μmg
解得a1＝－4 m/s2
(2)長木板在水平方向只受向右的滑動摩擦力f′，且f′＝f＝μmg＝0.4 N，所以長木板向右做勻加速直線運動
由牛頓第二定律得f′＝Ma2
解得a2＝2 m/s2
設經過時間t，兩者速度相同
則有v0＋a1t＝a2t
解得t＝0.4 s
得此時間內小滑塊運動的位移大小s＝0.64 m。
15.(14分)如圖所示，在傾角θ＝37°的足夠長的固定的斜面底端有一質量m＝1 kg的物體。物體與斜面間動摩擦因數μ＝0.25，現用輕細繩將物體由靜止沿斜面向上拉動。拉力F＝10 N，方向平行斜面向上。經時間t＝4 s繩子突然斷了(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2)，求：
(1)繩斷時物體的速度大小；
(2)從靜止開始物體沿斜面向上運動的最大距離；
(3)物體是否會停在最高點，若能返回到斜面底端，求返回時的加速度大小。
答案　(1)8 m/s　(2)20 m　(3)不會　4 m/s2
解析　(1)物體被繩子牽引向上運動過程中，受拉力F，重力mg，斜面的支持力N和摩擦力f，設物體向上運動的加速度為a1，根據牛頓第二定律有F－mgsin θ－f＝ma，有
f＝μN，N＝mgcos θ
聯立解得a1＝2 m/s2
則繩斷時物體的速度大小為
v1＝a1t＝8 m/s。
(2)繩斷時物體距斜面底端的位移
繩斷后物體沿斜面向上做勻減速直線運動，設運動的加速度大小為a2，則根據牛頓第二定律有
mgsin θ＋μmgcos θ＝ma2
解得a2＝8 m/s2
(3)根據題意，有mgsin θ>μmgcos θ，所以物體不會停在最高點，物體將沿斜面勻加速下滑，設物體下滑的加速度為a3，根據牛頓第二定律有
mgsin θ－μmgcos θ＝ma3
解得a3＝4 m/s2。

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