4.5牛顿运动定律的应用（巩固练习)-【高效课堂】2024-2025学年高中物理同步精品备课一体化资源（人教版2019必修第一册）

班级：高一（ ）班 姓名： 4.5牛顿运动定律的应用 一、单选题 1．如图所示，AB、AC是竖直面内固定的光滑轨道，且，A、B、C三点位于同一圆周上，C是圆周的最低点．现甲、乙两球同时从A点由静止开始沿轨道分别运动到B、C两点，则甲球（    ） A．加速度较大 B．运动时间较长 C．末速度较大 D．平均速度较大 2．如图所示，两木块的质量分别为和，两轻质弹簧的劲度系数分别为和，整个系统处于平衡状态，则、两轻质弹簧的形变量大小分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 3．一辆汽车运载着圆柱形的光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一个桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和汽车一起保持静止，如图所示，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A．当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变小 B．当汽车向左做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离A C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大 D．当汽车向右做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离B 4．如图所示，一小车内放有一质量为1的滑块，与固定在车内的弹簧相连，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为100，滑块与车厢间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．当小车向右匀速运动时，滑块受到向右的摩擦力 B．当小车向右减速运动时，滑块受到向右的摩擦力 C．小车向右加速的加速度为2时，滑块受到的摩擦力为1N D．小车向右减速的加速度为4时，弹簧的形变量为2 5．如图所示，在光滑的水平桌面上故一质量为六面密闭的正方体盒子乙，乙内放置一质量为的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中。盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面。重力加速度。则（　　） A．细绳对盘子的拉力大小为 B．盒子的加速度大小为 C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为 D．定滑轮受到转动轴的作用力大小为 6．如图所示，斜面体M静置于水平桌面上，木块m从斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，速度减为零后又沿斜面下滑，木块返回出发点时速度为v，已知v<v0，斜面体M一直处于静止状态，则在上述过程中，一下说法正确的是（　　） A．桌面对M静摩擦力方向先水平向右后水平向左 B．桌面对M的摩擦力的大小保持不变 C．桌面对M的支持力的大小保持不变 D．木块m上滑时桌面对M的支持力比下滑时桌面对M的支持力小 7．如图所示，水平传送带以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，已知A、B两点间的距离为L，下列说法正确的是（　　） A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变 B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小 C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长 D．痕迹长度l一定小于L 8．如图所示，在倾角为的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取，则 A．小球从一开始就与挡板分离 B．小球速度最大时与挡板分离 C．小球向下运动0.01 m时与挡板分离 D．小球向下运动0.02m时速度最大 二、多选题 9．质量为m的物体，放在粗糙的水平面上，在水平恒力作用下由静止开始运动．经过时间t，速度达到v，如果要使物体的速度达到2v，可以采取以下哪种方法（  ） A．将物体的质量变为，其他条件不变 B．将水平恒力增为2F，其他条件不变 C．将时间增为2t，其他条件不变 D．将质量、作用力和时间都增为原来的两倍 10．如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止。撤去后，物体开始向左运动，运动的最大距离为，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。则（　　） A．撤去后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去后，物体刚运动时的加速度大小为 C．物体做匀减速运动的时间为 D．物体开始向左运动到速度最大的过程中位移为 三、填空题 11．如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．当箱子沿地面向左做加速度大小为a（a＞gtanθ，g为重力加速度）的匀加速运动时，球受到箱子左壁的作用力大小为 ，受到顶部的作用力大小为 ． 12．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度，下降一段距离后的高度；由下降至h所用的时间。由此求得小球B加速度的大小为 。（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为。利用小球的质量，根据牛顿第二定律计算可得小球B下落的加速度的大小为 ，小球B下落过程中绳子的拉力大小为 N（结果均保留3位有效数字）。可以看出，与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： 13．在失重条件下，会生产出地面上难以生产的一系列产品：例如形状呈绝对球形的轴承滚珠，拉长几百米长的玻璃纤维等等．用下面的方法，可以模拟一种无重力的环境，以供科学家进行科学实验．飞行员将飞机升到高空后，让其自由下落，可以获25s之久的零重力状态，之后需减速至零，而科学家们最大承受两倍重力的超重状态．若实验时，飞机离地面的高度不得低于500m，则飞机的飞行高度至少应为 重力加速度g取 14．（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s2。则它在最后1s内下落的高度为 m； （2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为 ； （3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则斜面对小球支持力的大小为 N。 四、实验题 15．某实验小组同时测量A、B两个箱子质量，，装置如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质光滑滑轮，F为光电门，C为固定在A上、宽度为的细遮光条（质量不计），另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量的砝码。 (1)在铁架台上标记一位置，并测得该位置与光电门F之间的距离为。取出质量为的砝码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置由静止开始下降，则A下落过程中，测得遮光条通过光电门的时间为，下落过程中的加速度大小 （用、、表示）。 (2)加速度与A箱子中砝码质量有关，写出表达式 .（用，，，，表示） (3)改变，测得遮光条通过光电门对应的时间，算出加速度，作出图像如图乙所示，可得A的质量 kg，B的质量 kg。（均保留2位有效数字，重力加速度取10m/s2） 五、解答题 16．如图甲，一物块在时刻滑上一固定斜面，时刻恰好返回出发点，其运动的图线如图乙所示。试求：斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数。 17．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度开始运动，当其速度达到后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求： （1）传送带加速时间； （2）煤块加速时间； （3）黑色痕迹长度。    18．如图，是某商场的逃生滑梯示意图。发生紧急情况时顾客通过智能躺垫一起从滑梯滑下。人和智能躺垫从静止开始加速，当速度大小达到4m/s时，智能躺垫启动制动功能减速。已知滑梯的竖直高度h = 21m，躺垫与滑梯间的动摩擦因数μ=0.7，滑梯坡度为37°（滑梯任意位置的切线与水平方向夹角为37°），若躺垫加速过程和减速过程的加速度大小相等，刚滑到地面时的速度大小为2m/s。忽略空气阻力和转角处的能量损失，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)躺垫下滑的加速度大小； (2)滑梯总的长度； (3)躺垫从滑梯顶端到底端的时间。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$ 班级：高一（ ）班 姓名： 4.5牛顿运动定律的应用 一、单选题 1．如图所示，AB、AC是竖直面内固定的光滑轨道，且，A、B、C三点位于同一圆周上，C是圆周的最低点．现甲、乙两球同时从A点由静止开始沿轨道分别运动到B、C两点，则甲球（    ） A．加速度较大 B．运动时间较长 C．末速度较大 D．平均速度较大 【答案】B 【详解】设AB=AC=L，AB与水平方向的夹角为，AC与水平方向的夹角为，甲乙两球的加速度分别为、，根据牛顿第二定律得 由于，则有 根据运动学公式得 可得 由于甲球的加速度较小，则甲球的运动时间较长，末速度较小，平均速度较小。 故选B。 2．如图所示，两木块的质量分别为和，两轻质弹簧的劲度系数分别为和，整个系统处于平衡状态，则、两轻质弹簧的形变量大小分别为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【详解】首先分析物体，其处于平衡状态，根据胡克定律，有 解得 然后分析物体，其处于平衡状态，下面的弹簧受到的压力等于，根据胡克定律，有 解得 故选C。 3．一辆汽车运载着圆柱形的光滑空油桶。在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定，上一层只有一个桶C，自由地摆放在A、B之间，没有用绳索固定，桶C受到桶A和B的支持力，和汽车一起保持静止，如图所示，下列说法正确的是（重力加速度为g）（　　） A．当汽车向左做加速运动时，加速度变大，B对C的支持力变小 B．当汽车向左做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离A C．汽车向左匀速运动时，速度越大，B对C的支持力越大 D．当汽车向右做加速运动，且加速度达到g时，C将脱离B 【答案】D 【详解】A．对桶C受力分析如图 根据牛顿第二定律有 竖直方向根据平衡条件可得 加速度变大，则B对C的支持力增大，A对C的支持力减小，故A错误； B．当汽车向左做加速运动，C将要脱离A时，A对C的支持力为零，此时有 其中θ=30°，解得加速度为 故B错误； C．汽车向左匀速运动时，C受力平衡，无论速度多大，都有FB=FA 且满足 则B对C的支持力不变，故C错误； D．当汽车向右做加速运动，C将要脱离B时，B对C的支持力为零，此时有 其中θ=30°，解得加速度 故D正确。 故选D。 4．如图所示，一小车内放有一质量为1的滑块，与固定在车内的弹簧相连，开始时弹簧处于原长，弹簧的劲度系数为100，滑块与车厢间的动摩擦因数为0.2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度。下列说法正确的是（　　） A．当小车向右匀速运动时，滑块受到向右的摩擦力 B．当小车向右减速运动时，滑块受到向右的摩擦力 C．小车向右加速的加速度为2时，滑块受到的摩擦力为1N D．小车向右减速的加速度为4时，弹簧的形变量为2 【答案】D 【详解】A．当小车向右匀速运动时，滑块和车一起向右匀速运动时，弹簧处于原长，则滑块与车之间无相对运动的趋势，滑块不受摩擦力，A错误； B．当小车向右减速运动时，滑块相对车有向右运动的趋势，则其受到车厢对它向左的摩擦力，B错误； C．小车向右加速的加速度为2时，用整体法分析，则滑块也有向右的加速度，此时由于滑块所受的最大摩擦力 刚好能提供滑块做匀加速运动的加速度，则由牛顿第二定律可知滑块受到向右的静摩擦力 C错误； D．小车向右减速的加速度为4时，滑块也向右减速，此时由牛顿第二定律可知滑块所受的合外力为 由C项可知最大静摩擦力只有2N，所以滑块会压缩弹簧。弹簧会提供给滑块向左的大小为2N的弹力，由胡克定律知弹簧形变量为2，故D正确。 故选D。 5．如图所示，在光滑的水平桌面上故一质量为六面密闭的正方体盒子乙，乙内放置一质量为的滑块丙，用一质量不计的细绳跨过光滑的定滑轮将一质量为的物块甲与乙相连接，其中连接乙的细绳与水平桌面平行。现由静止释放物块甲，在以后的运动过程中。盒子乙与滑块丙之间没有相对运动，假设整个运动过程中盒子始终没有离开水平桌面。重力加速度。则（　　） A．细绳对盘子的拉力大小为 B．盒子的加速度大小为 C．盒子对滑块丙的摩擦力大小为 D．定滑轮受到转动轴的作用力大小为 【答案】C 【详解】AB．以整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得 解得整体的加速度为 以乙和丙整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得绳子的接力大小为 所以AB错误； C．以丙为研究对象，根据牛顿第二定律可得盒子对滑块丙的摩擦力大小为 故C正确； D．定滑轮受到细绳的作用力为 故D错误。 故选C。 6．如图所示，斜面体M静置于水平桌面上，木块m从斜面底端以初速度v0沿斜面上滑，速度减为零后又沿斜面下滑，木块返回出发点时速度为v，已知v<v0，斜面体M一直处于静止状态，则在上述过程中，一下说法正确的是（　　） A．桌面对M静摩擦力方向先水平向右后水平向左 B．桌面对M的摩擦力的大小保持不变 C．桌面对M的支持力的大小保持不变 D．木块m上滑时桌面对M的支持力比下滑时桌面对M的支持力小 【答案】D 【详解】物块上滑时 下滑时 可知上滑和下滑时加速度方向均沿斜面向下，且 对物块m和斜面M的整体，由牛顿第二定律：水平方向 则上滑和下滑时地面对斜面M的摩擦力均向右，且由于 则上滑时地面对斜面M的摩擦力大于下滑时地面对斜面M的摩擦力； 竖直方向 则 则由于，可知木块m上滑时桌面对M的支持力比下滑时桌面对M的支持力小；选项ABC错误，D正确。 故选D。 7．如图所示，水平传送带以速度v逆时针运转，将小石墨块P轻放在传送带右端A，当石墨块从左端B离开传送带时，传送带上留下了长度为l的痕迹，已知A、B两点间的距离为L，下列说法正确的是（　　） A．增大传送带速度v，划痕长度可能不变 B．减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，划痕长度可能会减小 C．增加传送带的长度，划痕长度一定会变长 D．痕迹长度l一定小于L 【答案】A 【详解】A．当石墨与传送带发生相对滑动时，根据牛顿第二定律可得 解得 设达到传送带速度v所需时间为t，则 分三种情况：石墨块到达B前速度等于v，则 解得 v增大则l变长； 石墨块到达B速度小于或等于v，根据运动学公式可得 解得 则 增大v则l变长； 石墨块到达B点速度小于或等于v，且运动时间 此时在石墨块到达B端前划痕前端就追上石墨块，划痕长度为2L，之后的划痕与原来的划痕重叠，划痕长度为2L不变，故A正确； B．由上述可知，减小石墨块与传送带间的动摩擦因数，则l会变长或不变，故B错误； C．第①种情况下l与L无关，故C错误； D．由第③种情况可知，D错误。故选A。 8．如图所示，在倾角为的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取，则 A．小球从一开始就与挡板分离 B．小球速度最大时与挡板分离 C．小球向下运动0.01 m时与挡板分离 D．小球向下运动0.02m时速度最大 【答案】C 【详解】设球与挡板分离时位移为，经历的时间为，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力和弹簧弹力．根据牛顿第二定律有：，保持a不变，随着的增大，减小，当m与挡板分离时，减小到零，则有：，解得：，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确．球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大．故B错误．球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．即：，解得：，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m，故D错误．故选C. 二、多选题 9．质量为m的物体，放在粗糙的水平面上，在水平恒力作用下由静止开始运动．经过时间t，速度达到v，如果要使物体的速度达到2v，可以采取以下哪种方法（  ） A．将物体的质量变为，其他条件不变 B．将水平恒力增为2F，其他条件不变 C．将时间增为2t，其他条件不变 D．将质量、作用力和时间都增为原来的两倍 【答案】CD 【详解】A．物体在运动过程中拉力F和摩擦力f，故根据牛顿第二运动定律可得 即 故 当质量变为，其他条件不变时，物体的加速度并不能变为原来的2倍，所以在t时间内物体的速度不能达到2v，A错误； B．若将F变为原来的2倍，其他条件不变，则有 不能满足在t时间内速度变为原来的2倍，B错误； C．若其他条件不变，时间变为2t则可得 满足要求，C正确； D．若将质量，作用力，和时间都变为原来的2倍，则 即 仍相当于只将时间变为原来的2倍，其他条件不变，所以满足，D正确。 故选CD。 10．如图所示，劲度数为的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水平面上质量为的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力缓慢推动物体，在弹性限度内弹簧长度被压缩了，此时物体静止。撤去后，物体开始向左运动，运动的最大距离为，物体与水平面间的动摩擦因数为，重力加速度为。则（　　） A．撤去后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去后，物体刚运动时的加速度大小为 C．物体做匀减速运动的时间为 D．物体开始向左运动到速度最大的过程中位移为 【答案】BD 【详解】A．撤去F后，物体水平方向上受到弹簧的弹力和滑动摩擦力，滑动摩擦力不变，而弹簧的弹力随着压缩量的减小而减小，弹力先大于滑动摩擦力，后小于滑动摩擦力，则物体向左先做加速运动后做减速运动，随着弹力的减小，合外力先减小后增大，则加速度先减小后增大，故物体先做变加速运动，再做变减速运动，最后物体离开弹簧后做匀减速运动，故A错误； B．刚开始时，根据牛顿第二定律有 解得 故B正确； C．由题意知，物体离开弹簧后通过的最大距离为3x0，由牛顿第二定律有 利用逆向思维，将此运动看成向右的初速度为零的匀加速运动，则 解得 故C错误； D．当弹簧的弹力与滑动摩擦力大小相等、方向相反时，速度最大，此时合力为零，则有 解得 所以物体开始向左运动到速度最大的过程中位移为 D正确。 故选BD。 三、填空题 11．如图，水平地面上的矩形箱子内有一倾角为θ的固定斜面，斜面上放一质量为m的光滑球．静止时，箱子顶部与球接触但无压力．当箱子沿地面向左做加速度大小为a（a＞gtanθ，g为重力加速度）的匀加速运动时，球受到箱子左壁的作用力大小为 ，受到顶部的作用力大小为 ． 【答案】 0 【详解】设光滑球不受车厢的作用力，应满足： 解得： 减速时加速度的方向向左，此加速度有斜面的支持力N与左壁支持力共同提供，当时，左壁的支持力等于0，此时小球的受力如图： 则有： 解得： 12．一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度，下降一段距离后的高度；由下降至h所用的时间。由此求得小球B加速度的大小为 。（保留3位有效数字）。从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为。利用小球的质量，根据牛顿第二定律计算可得小球B下落的加速度的大小为 ，小球B下落过程中绳子的拉力大小为 N（结果均保留3位有效数字）。可以看出，与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因： 【答案】1.84 1.96 1.18 滑轮的轴不光滑或滑轮有质量 【详解】[1]小球B做初速度为零的匀加速直线运动，有 解得 [2][3]对小球B由牛顿第二定律有 对小球A由牛顿第二定律有 解得 F=1.18N [4]和a有明显差异，原因可能是滑轮的轴不光滑或滑轮有质量。 13．在失重条件下，会生产出地面上难以生产的一系列产品：例如形状呈绝对球形的轴承滚珠，拉长几百米长的玻璃纤维等等．用下面的方法，可以模拟一种无重力的环境，以供科学家进行科学实验．飞行员将飞机升到高空后，让其自由下落，可以获25s之久的零重力状态，之后需减速至零，而科学家们最大承受两倍重力的超重状态．若实验时，飞机离地面的高度不得低于500m，则飞机的飞行高度至少应为 重力加速度g取 【答案】6750 【详解】根据自由落体运动规律知25s下降的高度为：， 然后飞机匀减速直线运动，加速度为： 初速度为： 由知减速的位移为： 故总高度为： 14．（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s2。则它在最后1s内下落的高度为 m； （2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为 ； （3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则斜面对小球支持力的大小为 N。 【答案】35 50 【详解】（1）[1] 因为钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，则钢球落地前最后一秒初的速度为 所以落地前最后一秒的平均速度为 所以落地前最后一秒的位移为 （2）[2]对小球受力分析，由牛顿第二定律得 故 （3）[3]对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得 联立解得 四、实验题 15．某实验小组同时测量A、B两个箱子质量，，装置如图甲所示，其中D为铁架台，E为固定在铁架台上的轻质光滑滑轮，F为光电门，C为固定在A上、宽度为的细遮光条（质量不计），另外，该实验小组还准备了刻度尺和一套总质量的砝码。 (1)在铁架台上标记一位置，并测得该位置与光电门F之间的距离为。取出质量为的砝码放在A箱子中，剩余砝码全部放在B箱子中，让A从位置由静止开始下降，则A下落过程中，测得遮光条通过光电门的时间为，下落过程中的加速度大小 （用、、表示）。 (2)加速度与A箱子中砝码质量有关，写出表达式 .（用，，，，表示） (3)改变，测得遮光条通过光电门对应的时间，算出加速度，作出图像如图乙所示，可得A的质量 kg，B的质量 kg。（均保留2位有效数字，重力加速度取10m/s2） 【答案】(1) (2) (3) 3.0 1.5 【详解】（1）A下落到处的速率为 由匀变速直线运动规律得 解得下落过程中加速度为 （2）对箱子A、B及其中砝码整体分析，由牛顿第二定律得 解得 （3）[1][2]由图像的斜率得 由图像的纵截距得 解得 五、解答题 16．如图甲，一物块在时刻滑上一固定斜面，时刻恰好返回出发点，其运动的图线如图乙所示。试求：斜面的倾角和物块与斜面间的动摩擦因数。 解：由图线可知，物块上滑的加速度为 物块下滑的加速度为 由牛顿第二定律，有 联立解得：， 17．如图所示，一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为。初始时，传送带与煤块都是静止的。现让传送带以恒定的加速度开始运动，当其速度达到后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动。求： （1）传送带加速时间； （2）煤块加速时间； （3）黑色痕迹长度。    解：依题意知，传送带的加速度大于煤块的加速度，即 （1）由运动学公式，传送带达到匀速的时间为 （2）煤块达到与传送带相对静止的时间为 （3）根据以上分析，煤块与传送带的v－t图象分别如图中直线OB和折线OAB所示    因v－t图线和t轴所围图形的面积表示位移，则△OAB的面积即为二者间的相对位移，亦即黑色痕迹的长度L，即 18．如图，是某商场的逃生滑梯示意图。发生紧急情况时顾客通过智能躺垫一起从滑梯滑下。人和智能躺垫从静止开始加速，当速度大小达到4m/s时，智能躺垫启动制动功能减速。已知滑梯的竖直高度h = 21m，躺垫与滑梯间的动摩擦因数μ=0.7，滑梯坡度为37°（滑梯任意位置的切线与水平方向夹角为37°），若躺垫加速过程和减速过程的加速度大小相等，刚滑到地面时的速度大小为2m/s。忽略空气阻力和转角处的能量损失，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求： (1)躺垫下滑的加速度大小； (2)滑梯总的长度； (3)躺垫从滑梯顶端到底端的时间。 解：(1)由牛顿第二定律 解得加速和减速时的加速度均为 (2)滑梯总的长度 (3)加速下滑的时间为 减速下滑的时间 躺垫从滑梯顶端到底端的时间 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！7 学科网（北京）股份有限公司 $$