斜面倾角为30°，整个装置处于静止状态，g取10 m/s2.求：
图12
(1)绳中拉力的大小和斜面对小球支持力的大小；
(2)若另外用一个外力拉小球，能够把小球拉离斜面，求最小拉力的大小. 答案 (1)51.8 N 73.2 N (2)70.7 N
解析 (1)如图，沿水平方向和竖直方向建立直角坐标系，对小球受力分析，把不在坐标轴上的力沿轴分解.则：
水平方向上：
FTsin 45°－FNsin 30°＝0 竖直方向上：
FTcos 45°＋FNcos 30°－mg＝0 由以上两式得FN≈73.2 N，FT≈51.8 N
(2)外力方向与绳子垂直时，拉力最小.拉力的最小值为Fmin＝mgsin 45° 代入数据，解得Fmin≈70.7 N.
章末自测卷(第三章)
(限时：45分钟)
一、单项选择题
1.2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我国名将陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠.她从跳台斜向上跳起，一段时间后落入水中，如图1所示.不计空气阻力.下列说法正确的是( )
图1
A.她在空中上升过程中处于超重状态 B.她在空中下落过程中做自由落体运动
C.她即将入水时的速度为整个跳水过程中的最大速度
D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小 答案 D
解析 起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她具有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用力大小(浮力和阻力)小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大，故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力，二者大
小相等.故D正确.
2.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯.无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转.一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图2所示.那么下列说法中正确的是( )
图2
A.顾客始终受三个力的作用 B.顾客始终处于超重状态
C.顾客受到扶梯的作用力先指向右侧斜上方后竖直向上
D.在扶梯加速上升过程，顾客受到梯面的摩擦力指向右侧斜上方 答案 C
3.如图3所示，小球A质量为m，木块B质量为2m，两物体通过竖直轻弹簧连接放置在水平面上静止.现对A施加一个竖直向上的恒力F，使小球A在竖直方向上运动，当弹簧恢复原长时小球A速度恰好最大，已知重力加速度为g.则在木块B对地面压力为零时，小球A的加速度大小为( )
图3
A.3g B.1.5g C.2g D.2.5g 答案 C
解析 根据题意，当弹簧处于原长时A球速度最大，则F＝mg，当木块B对地面压力为零时，弹簧处于伸长状态，对B受力分析，此时有kx＝2mg，对A根据牛顿运动定律有kx＋mg－F＝ma，解得a＝2g，C项正确.
4.(2018·山东泰安模拟)如图4，质量为1.5 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上，质量为0.5 kg的物体B由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断后瞬间A、B间的作用力大小为(g取10 m/s2)( )
图4
A.0 B.2.5 N C.5 N D.3.75 N 答案 D
解析 当细线剪断瞬间，细线的弹力突然变为零，则B物体的重力突然作用到A上，此时弹簧形变仍不变，对AB整体受力分析，受重力G＝(mA＋mB)g＝20 N，弹力为F＝mAg＝15 N，由牛顿第二定律G－F＝(mA＋mB)a，解得a＝2.5 m/s2，对B受力分析，B受重力和A对B的弹力F1，对B有mBg－F1＝mBa，可得F1＝3.75 N，D选项正确.
5.如图5所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的水平轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为FT.现用水平拉力F拉质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )
图5
A.质量为2m的木块受到四个力的作用
B.当F逐渐增大到FT时，轻绳刚好被拉断 C.当F逐渐增大到1.5FT时，轻绳还不会被拉断
2
D.轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT
3答案 C
解析 质量为2m的木块受五个力的作用，A项错；当绳的拉力为FT时，对m和2m有FT＝3ma，此时对整体有F＝6ma，1
可得F＝2FT，故B项错，C项正确；轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为FT，故D项错.
3
6.(2018·四川沪州质检)高跷运动是一项新型运动，图6甲为弹簧高跷.当人抓住扶手用力蹬踏板压缩弹簧后，人就向上弹起，进而带动高跷跳跃，如图乙.则下列说法正确的是( )
图6
A.人向上弹起过程中，一直处于超重状态
B.人向上弹起过程中，踏板对人的作用力大于人对踏板的作用力 C.弹簧压缩到最低点时，高跷对人的作用力大于人的重力 D.弹簧压缩到最低点时，高跷对地的压力等于人和高跷的总重力 答案 C
解析 人向上弹起的过程中，先做加速度逐渐减小的加速直线运动(超重状态)，而后做加速度逐渐增加的减速运动(失重状态)，最后做匀减速直线运动到最高点，选项A错误；人向上弹起过程中，踏板对人的作用力和人对踏板的作用力属于作用力和反作用力，根据牛顿第三定律可知：二者等大反向，选项B错误；当弹簧压缩到最低点时，人有竖直向上的加速度，根据牛顿第二定律可知：高跷对人的作用力大于人的重力，人对高跷的作用力大于人的重力，高跷对地的压力大于人和高跷的总重力，选项C正确，选项D错误. 二、多项选择题
7.某物体质量为1 kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间图象如图7所示，根据图象可知( )
图7
A.物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力 B.物体在第3 s内所受的拉力大于1 N
C.在0～3 s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反 D.物体在第2 s内所受的拉力为零 答案 BC
8.如图8所示，倾斜的传送带始终以恒定速率v2运动，一小物块以v1的初速度冲上传送带，则自小物块冲上传送带时，小物块在传送带上运动的速度图象可能是( )
图8
答案 ABC
解析 若v1 9.某同学利用如图9甲所示的装置探究加速度与合外力的关系.小车质量为M，砂桶和砂的总质量为m，通过改变m来改变小车所受的合外力大小，小车的加速度a可由打点计时器和纸带测出.现保持小车质量M不变，逐渐增大砂桶和砂的总质量m进行多次实验，得到多组a、F值(F为弹簧测力计的示数). 图9 (1)根据实验数据画出了如图乙所示的一条过坐标原点的倾斜直线，其中纵轴为小车的加速度大小，横轴应为________(选填字母代号) 11 A. B. C.mg D.F Mm (2)砂桶和砂的总质量较大导致a较大时，关于图乙的说法，正确的是___.(选填字母代号) A.图线逐渐偏向纵轴 B.图线逐渐偏向横轴 C.图线仍保持原方向不变 (3)图10为上述实验中打下的一条纸带，A点为小车刚释放时打下的起始点，每两点间还有四个计时点未画出，打点计时器的频率为50 Hz，则C点的速度为________ m/s，小车的加速度为________ m/s2.(以上两空均保留一位有效数字) 图10 答案 (1)D (2)C (3)0.8 4 解析 (1)从题图乙中可得加速度与横坐标表示的物理量成正比，根据牛顿第二定律可得F＝Ma，当质量一定时，外力与加速度成正比，故D正确. 1 (2)由于图象的斜率为k＝，所以增大砂和砂桶的总质量，k不变，图线仍保持原方向不变，所以C正确. M 5 (3)相邻计数点时间间隔为T＝＝0.1 s，匀变速直线运动过程中某段时间内的中间时刻速度等于该段时间的平均速度，故vC f＝ xBD＝0.8 m/s.根据逐差法可得xDE－xBC＝2aT2，xCD－xAB＝2aT2，可得a＝4 m/s2. 2T 10.如图11所示，质量M＝8 kg的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F＝8 N，当小车向右运动的速度达到1.5 m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计、质量为m＝2 kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2，小车足够长.求：(取g＝10 m/s2) 图11 (1)放上小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？ (2)经多长时间两者达到相同的速度？ (3)从小物块放上小车开始，经过t＝1.5 s小物块通过的位移大小为多少？ 答案 (1)2 m/s2 0.5 m/s2 (2)1 s (3)2.1 m F－μmg 解析 (1)物块的加速度am＝μg＝2 m/s2，小车的加速度：aM＝＝0.5 m/s2. M(2)由amt＝v0＋aMt，得t＝1 s. 1 (3)在开始1 s内小物块的位移：x1＝amt2＝1 m，最大速度：v＝amt＝2 m/s. 2 F 假设在接下来的0.5 s物块与小车相对静止，一起做加速运动，则加速度：a＝＝0.8 m/s2，此时二者之间的摩擦力Ff＝ M＋m1 ma<μmg，因此假设成立，此0.5 s内的位移：x2＝vt′＋at′2＝1.1 m，通过的总位移x＝x1＋x2＝2.1 m. 2 11.如图12所示，水平传送带两个转动轴轴心相距L＝20 m，正在以v＝4.0 m/s的速度匀速向右传动，某物块(可视为质点)与传送带之间的动摩擦因数为0.1，将该物块从传送带左端无初速度地轻放在传送带上，从左端运动到右端，(g取10 m/s2)求： 图12 (1)物块运动的时间； (2)物块相对于传送带运动的相对位移大小； (3)若提高传送带的速度，可以使物块从传送带的一端传到另一端所用的时间缩短.为使物块传到另一端所用的时间最短，传送带的最小速度是多少？最小时间是多少？ 答案 (1)7 s (2)8 m (3)210 m/s 210 s 解析 (1)物块放到传送带上后先做匀加速运动，若传送带足够长，匀加速运动到与传送带同速后再与传送带一同向前做匀速vv11 运动.物块匀加速的时间t1＝＝＝4 s.物块匀加速的位移x1＝at12＝μgt12＝8 m. aμg22 L－x120－8 因为20 m>8 m，所以以后小物块匀速运动，物块匀速运动的时间t2＝v＝ s＝3 s，所以物块到达传送带右端的时间 4为t＝t1＋t2＝7 s. (2)解法一：只有在匀加速阶段二者才会发生相对运动，传送带在4 s内的位移为x2＝vt1＝16 m，物块相对于传送带的相对位移大小Δx＝x2－x1＝8 m. v2 解法二：作出v－t图象如图所示，阴影部分为相对位移大小，易得Δx＝＝8 m. 2μg
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