牛顿运动定律斜面体问题

一、选择题

1、(2017黑龙江大庆一模)如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy，该平面内有AM、BM、CM三条光滑固定轨道，其中A、C两点处于同一个圆上，C是圆上任意一点，A、M分别为此圆与x、y轴的切点．B点在y轴上且∠BMO=60°，O′为圆心．现将a、b、c三个小球分别从A、B、C点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M点，如所用时间分别为tA、tB、tC，则tA、tB、tC大小关系是（ ）

A．tA＜tC＜tB B．tA=tC＜tB

C．tA=tC=tB

D．由于C点的位置不确定，无法比较时间大小关系

2、如图5-3所示，细线的一端系一质量为m的小球，另一端固定在倾角为θ的光滑斜面体顶端，细线与斜面平行。在斜面体以加速度a水平向右做匀加速直线运动的过程中，小球始终静止在斜面上，小球受到细线的拉力T和斜面的支持力为FN分别为（重力加速度为g）（ ）

A． T=m (gsinθ+ acosθ)，FN= m(gcosθ- asinθ) B． T=m(gsinθ+ acosθ) ，FN= m(gsinθ- acosθ)

C． T=m(acosθ- gsinθ) ，FN= m(gcosθ+ asinθ) D． T=m (asinθ- gcosθ) ，FN= m(gsinθ+ acosθ)

3、一足够长的倾角为θ的斜面固定在水平面上，在斜面顶端放置一长木板，木板与斜面之间的动摩擦因数为μ，木板上固定一力传感器，连接传感器和光滑小球间是一平行于斜面的轻杆，如图所示，当木板固定时，传感器的示数为F1.现由静止释放木板，木板沿斜面下滑，稳定时传感器的示数为F2.则下列说法正确的是( )

A．稳定后传感器的示数一定为零

B．tan θ＝

C．tan θ＝

D．tan θ＝

4、（2017河南洛阳期中考试）如图5所示，A、B两球质量相等，光滑斜面的倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有

A.两图中两球的加速度均为gsinθ B.两图中A球的加速度均为零 C.图乙中轻杆的作用力一定不为零

D.图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍

5、如图，在固定斜面上的一物块受到外力F的作用，F平行于斜面向上．若要使物块在斜面上保持静止，F的取值应有一定范围，已知其最大值和最小值分别为F1和F2（F2＞0）．由此可求出（ ）

A．物块的质量

B．斜面的倾角

C．物块与斜面间的动摩擦因数 D．物块与斜面间的最大静摩擦力

【考点】牛顿第二定律；共点力平衡的条件及其应用．

【分析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，四力平衡；当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大；当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小；根据平衡条件列式求解即可

6、(2016·山东青岛一模)如图所示，一物体以速度v0冲上粗糙的固定斜面，经过2t0时间返回斜面底端，则物体运动的速度v(以初速度方向为正)随时间t的变化关系可能正确的是( )

二、多项选择

7、（2016百校联盟押题卷）如图所示，三个小球a、b、c分别从三个光滑斜面顶端由静止下滑，其中a、b所在的两光滑斜面的总长度相等，高度也相同，a、c所在斜面底边相同，若球经过图上斜面转折点时无能量损失，则下列说法正确的是

A.a比b后着地 B.a与c可能同时着地

C.a和b可能同时着地

D.a、b、c着地时速度大小可能相等

8、（2016高考押题卷）如图所示，在倾角为θ的光滑斜劈P的斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B，C为一垂

直固定在斜面上的挡板．A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面．现开始用一水平力F从零开始缓慢增大作用于P，（物块A一直没离开斜面，重力加速度g）下列说法正确的是（ ）

A．力F较小时A相对于斜面静止，F增加到某一值，A相对于斜面向上滑行

B．力F从零开始增加时，A相对斜面就开始向上滑行

C．B离开挡板C时，弹簧伸长量为

D．B离开挡板C时，弹簧为原长

9、(2016安徽合肥二模)如图甲所示，水平地面上固定一足够长的光滑斜面，斜面顶端有一理想定滑轮，一轻绳跨 过滑轮，绳两端分别连接小物块A和B。保持A的质量不变，改变B的质量m，当B的质量连续改变时，得到A的加速度

a随B的质量m变化的图线，如乙图所示。设加速度沿斜面向上的方向为正方向，空气阻力不计，重力加速度g取9.8m/s2

，斜面的倾角为θ，下列说法正确的是www-2-1-cnjy-com

A.若θ已知，可求出A的质量 B.若θ未知，可求出乙图中a1的值 C.若θ已知，可求出乙图中a2的值 D.若θ已知，可求出乙图中m0的值

参考答案

一、选择题

1、B【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

【分析】根据几何关系分别求出各个轨道的位移，根据牛顿第二定律求出加速度，再根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动的时间，从而比较出到达M点的先后顺序．

对于BM段，位移x2=2R，加速度

，由

得，

=

．

对于CM段，同理可解得．

2、A

【点

评】此题以匀加速运动的斜面切入，意在考查受力分析、牛顿运动定律及其相关知识。

注解：受多个力的物体沿直线运动时，一般选择运动方向和垂直运动方向分解力，运用牛顿运动定律列出相关方程解

答。 3、B

4、D

【名师解析】系统静止时，挡板C对小球B的作用力等于2m gsinθ，轻弹簧或轻杆中弹力mgsinθ。在突然撤去挡板的瞬间，轻弹簧中弹力不变，图甲中A球加速度为零，B球的加速度等于2gsinθ；轻杆中弹力发生突变，图乙中AB两球的加速度均为gsinθ，图乙中轻杆的作用力一定为零，所以在突然撤去挡板的瞬间，图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的2倍，选项D正确ABC错误。 5、D

【名师解析】对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；

当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1﹣mgsinθ﹣f=0…①； 当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f﹣mgsinθ=0…②；

联立解得：f=

，故D正确；

mgsinθ=，由于质量和坡角均未知，故A错误，B错误；

物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，未知，所以不能求动摩擦因数，故C错误；

故选：D 6、C

二、多项选择

7、AB

8、BD

根据

牛顿第二定律得 mgsinθ﹣kx=macosθ

当加速度a增大时，x减小，即弹簧的压缩量减小，物体A相对斜面开始向上滑行．故A错误，B正确．

CD、物体B恰好离开挡板C的临界情况是物体B对挡板无压力，此时，整体向左加速运动，对物体B受力分析，受重力、支持力、弹簧的拉力，如图

根据牛顿第二定律，有 mg﹣Ncosθ﹣kxsinθ=0

Nsinθ﹣kxcosθ=ma

解得：kx=mgsinθ﹣macosθ．

B离开挡板C时，a=gtanθ，则得 x=0，弹簧为原长．故C错误，D正确． 故选：BD．

【点评】本题运用牛顿第二定律物体的运动状态和受力情况，要灵活选择研究的对象，几个物体的加速度相同时，可以运用整体法研究加速度． 9、AB