内容正文:
律得小球在AB 钢绳上下滑的加速度为a1=gsin60°=
5 3m/s2,小 球 在 AC 钢 绳 上 下 滑 的 加 速 度 为a2 =
gsin30°=5 m/s2,由 x= 12at
2 得 tAB =
2x1
a1
=
2×10 3
5 3
s=2s,tAC=
2x2
a2
= 2×105 s=2s
,故选C.]
7.B [设B 点的速度为vB,根据匀变速直线运动平均速度
的推论有:v0+vB
2 t1=
vB
2t2
,又t1∶t2=1∶4,解得:vB=
v0
3
,
在AB 上的加速度大小为:a1=μ1g=
v0-vB
t1
,在BC 上
的加速 度 大 小 为:a2 =μ2g=
vB
t2
,联 立 解 得:μ1 ∶μ2 =
8∶1,故选B.]
8.D [上升过程中所受的阻力f=kmg,根据牛顿第二定
律得:a=mg+fm =
(k+1)g,根据h=12at
2,得:a=2h
t2
=
12.5 m/s2,所 以 v0 =at=50 m/s,而 (k+1)g=
12.5m/s2,所以k=0.25.故选 D.]
9.B [剪断细线前,物体A、B 间无压力,则弹簧的弹力F
=mAg=40N,剪断细线的瞬间,对物体A、B整体分析,整
体加速度a=
(mA+mB)g-F
mA+mB
=2m/s2,对物体B 隔离分
析,有mBg-FN=mBa,解得FN=mBg-mBa=8N,故 B
正确.]
10.D [设斜面的倾角为θ,则sinθ=4m8m=
1
2
,解得θ=
30°;对乘客受力分析,根据牛顿第二定律可得 mgsinθ
-μmgcosθ=ma、解得乘客的加速度a=4m/s
2,根据
位移—时间关系可得斜面长度L=12 at
2,解得该乘客
滑至气囊底端所经历的时间t= 2La =
2×8
4 s=2s
,故
A、B错误;根据速度—时间关系可得,该乘客滑至气囊
底端时 的 速 度 大 小 为v=at=8 m/s,故 C 错 误,D
正确.]
11.解析:(1)设物体在有力F作用时的加速度为a1,撤去力F
后物体的加速度为a2,根据题图乙可知a1=
Δv1
Δt1
=8-00.5
m/s2=16m/s2,a2=
Δv2
Δt2
=4-80.5 m
/s2=-8m/s2.
有力F 作用时,对物体进行受力分析,由牛顿第二定律
得F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1,
撤去力F 后对物体进行受力分析,由牛顿第二定律得
-(mgsinθ+μmgcosθ)=ma2,
解得F=24N.
(2)设撤去力F 后物体运动到最高点所用时间为t2,此
时物体速度为零,可得t2=
0-vm
a2
=0-8-8s=1s
,向上滑
行的最大距离s=12a1t
2
1+vmt2+
1
2a2t
2
2=6m.
答案:(1)24N (2)6m
课时冲关九
1.B [A.信息中的北京时间2022年3月23日15时44
分指的是时刻,故 A正确,不符合题意;B.中国空间站绕
地球飞行时,空间站里的“太空教师”做匀速圆周运动,
具有向心加速度,并非处于平衡状态,故 B错误,符合题
意;C.中国空间站绕地球飞行一周时,以地心为参考系,
位移为零,故 C正确,不符合题意;D.“太空教师”处于
完全失重状态,此时所受地球引力全部提供向心力,故 D
正确,不符合题意.]
2.A 3.AD 4.AB 5.D 6.AD
7.CD [物体与弹簧分离时,弹簧恢复原长,故 A 错误;刚
开始时物体处于静止状态,重力和弹力二力平衡,有 mg
=kx;拉力F1 为10N时,根据牛顿第二定律有F1+kx
-mg=ma;物体与弹簧分离后,拉力F2 为30N,根据牛
顿第二定律有F2-mg=ma;代入数据解得 m=2kg,k
=500N/m=5 N/cm,a=5m/s2,故 A、B 错 误,C、D
正确.]
8.C [A、B 分 离 前,A、B 共 同 做 加 速 运 动,由 于 F 是 恒
力,而弹力是变力,故A、B 做变加速直线运动,当两物体
要分离时,FAB=0,对B:F-mg=ma,对 A:kx-mg=
ma,即F=kx时,A、B 分离,此时弹簧处于压缩状态,由
F=mg,拉B 前设弹簧压缩量为x0,则2mg=kx0,h=
x0-x,解 以 上 各 式 得 k=
mg
h
,综 上 所 述,只 有 C 项
正确.]
9.BD [随着托盘向下运动,弹簧的弹力增大,托盘支持力
减小,A错误;当a=g4
时,根据牛顿第二定律得 mg-F
=ma,解得F=mg-ma=3mg4 =kx
,解得x=3mg4k
,故 B
正确;由B项 可 知,B 对A 的 最 大 作 用 力 为F=mg-
ma,故 C错误;由mg-ma=kx得:x=mg-mak
,故物块
的高度下降了mg-ma
k