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C．斜面倾角θ的正切值为

4

D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N) 答案 ABC

解析 小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得Tcosθ－FNsinθ＝ma，Tsinθ＋FNcosθ＝mg，联立解得FN＝mgcosθ－masinθ，T＝macosθ＋mgsinθ，所402

以小球离开斜面之前，T-a图象为直线，由题图乙可知a＝ m/s时，FN＝0，A正确；当a3＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以mgsinθ＝T；当a＝40mg2

m/s时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以＝ma，联立可得3tanθ3

tanθ＝，m＝0.1 kg，B、C正确；将θ和m的值代入FN＝mgcosθ－masinθ，得FN＝0.8

4－0.06a(N)，D错误。

二、非选择题(本题共2小题，共30分)

11．(14分)水平地面上有质量分别为m和4m的物块A和B，两者与地面的动摩擦因数均为μ。细绳的一端固定，另一端跨过轻质、光滑动滑轮与A相连，动滑轮与B相连，如图所示。初始时，细绳处于水平拉直状态。若物块A在水平向右的恒力F作用下向右移动了距离s，重力加速度大小为g，求：

(1)物块B受到的摩擦力； (2)物块A、B的加速度大小。 答案 (1)4μmg，方向水平向左 (2)F－3μmgF－3μmg 2m4ms解析 (1)物块B所受摩擦力f＝μN＝μ·4mg＝4μmg，方向水平向左。 (2)物块A向右移动s，则B向右移动。

2则：加速度aA＝2aB

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分别隔离A、B，由牛顿第二定律得

F－T－μmg＝maA

2T－4μmg＝4maB 联立得：aA＝

F－3μmgF－3μmg，aB＝。 2m4m12．(16分)将一轻弹簧下端固定在倾角为θ＝30°的光滑固定斜面底端，上端拴接着质量为mA＝1 kg的物块A，弹簧的劲度系数k＝50 N/m。质量为mB＝2 kg的物块B用绕过光滑定滑轮的轻绳与质量为mC＝2 kg的物块C相连，用手托住物块C使轻绳拉直且恰好无张力，此时物块B紧靠着物块A静止于斜面上。g取10 m/s，现在释放物块C，求：

2

(1)释放瞬间物块C的加速度大小； (2)物块A、B分离时C下落的距离。 答案 (1)4 m/s (2)0.15 m

解析 (1)开始时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件得 (mA＋mB)gsinθ＝kx0①

释放物块C时，A、B、C将一起做加速直线运动，设此时轻绳的拉力大小为T，对物块

2

C由牛顿第二定律可得

mCg－T＝mC a②

对A、B整体由牛顿第二定律可得

T＋kx0－(mA＋mB)gsinθ＝(mA＋mB)a③

联立①②③式并代入数值求得a＝4 m/s。

(2)当物块A、B分离时，A、B之间的弹力为零，设此时弹簧的压缩量为x1，此时A、B的加速度大小为a′，轻绳的拉力大小为T′，对A由牛顿第二定律可得

2

kx1－mAgsinθ＝mAa′④

对B由牛顿第二定律得

T′－mBgsinθ＝mBa′⑤

对C由牛顿第二定律得

mCg－T′＝mCa′⑥

物块C下落的距离h＝x0－x1⑦ 联立①④⑤⑥式解得h＝0.15 m。

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