牛頓第二定律計算題

1、牛頓第二定律計算題(難度)1 .(17分)如圖所示，將小祛碼置于桌面上的薄紙板上，用水平向右的拉力將紙板迅速抽出，祛碼的移動很小，幾乎觀察不到，這就是大家熟悉的慣性演示實驗。若祛碼和。重力加速度為 go紙板的質(zhì)量分別為和m2,各接觸面間的動摩擦因數(shù)均為(1)當(dāng)紙板相對祛碼運動時，求紙板所受摩擦力的大小；(2)要使紙板相對祛碼運動，求所需拉力的大小范圍；(3)本實驗中，m1=0.5kg,m2=0.1kg,=,祛碼與紙板左端的距/2,離d=0.1m,取g=10m/s。若祛碼移動的距離超過l=0.002m,人眼就能感知。為確保實驗成功，紙板所需的拉力至少多大2 .如圖所示，豎直光滑的桿子上套有一滑塊

2、A,滑塊通過細(xì)繩繞過光滑滑輪連接物塊B,B又通過一輕質(zhì)彈簧連接物塊C,C靜止在地面上。開始用手托住A,使繩子剛好伸直處于水平位置但無張力，現(xiàn)將A由靜止釋放，當(dāng)速度達(dá)到最大時，C也剛好同時離開地面，此時B還沒有到達(dá)滑輪位置.已知：mA=,mB=1kg,mc=1kg,滑輪與桿子的水平距離L=。試求：(1)A下降多大距離時速度最大(2)彈簧的勁度系數(shù)(3)的最大速度是多少II3 .如圖甲所示，平板小車A靜止在水平地面上，平板板長L=6m,小物crn塊B靜止在平板左端，質(zhì)量mB=0.3kg,與A的動摩擦系數(shù)科=，在B正前方距離為S處，有一小球C,質(zhì)量mc=0.1kg,球C通過長l=0.18m的細(xì)繩與固

3、定點。相連，恰當(dāng)選擇。點的位置使得球C與物塊B等高，且C始終不與平板A接觸。在t=0時刻，平板車A開始運動，運動情況滿足如圖乙所示0-1關(guān)系。若BC發(fā)生碰撞，兩者將粘在一起，繞。點在豎直平面內(nèi)作圓周運動，并能通過O點正上方的最高點。BC可視為質(zhì)點，g=10m/s2,圖甲3求：(1)BC碰撞瞬間，細(xì)繩拉力至少為多少圖乙(2)剛開始時，B與C的距離S要滿足什么關(guān)系4 .如圖所示為某鋼鐵廠的鋼錠傳送裝置，斜坡長為L=20m,高為h=2m,斜坡上緊排著一排滾筒.長為l=8m、質(zhì)量為m=1x103kg的鋼錠ab放在滾筒上，鋼錠與滾筒間的動摩擦因數(shù)為科=,工作時由電動機帶動所有滾筒順時針勻速轉(zhuǎn)動，使鋼錠沿

4、斜坡向上移動，滾筒邊緣的線速度均為v=4m/s.假設(shè)關(guān)閉電動機的瞬時所有滾筒立即停止轉(zhuǎn)動，鋼錠對滾筒的總壓力近似等于鋼錠的重力.取當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣萭=10m/s2.試求：(1)鋼錠從坡底(如上圖示位置)由靜止開始運動，直到b端到達(dá)坡頂所需的最短時間；(2)鋼錠從坡底(如上圖示位置)由靜止開始運動，直到b端到達(dá)坡頂?shù)倪^程中電動機至少要工作多長時間5 .如圖，質(zhì)量m=2kg的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L=20m。用大小為30N,沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)to=2s拉至B處。(sin37o=,cos37o=,g取10m/s2)(1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)科；(2)用大小為30N,與水

5、平方向成37°的力斜向上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動并能到達(dá)B處，求該力作用的最短時間t。(答案可帶根號)6 .在水平面上放置一傾角為。的斜面體A,質(zhì)量為M,與水平面間動摩擦因數(shù)為科1,在其斜面上靜放一質(zhì)量為m的物塊B,A、B間動摩擦因數(shù)為科2(已知科2>tan。)，如圖所示。現(xiàn)將一水平向左的力F作用在斜面體A上，F(xiàn)的數(shù)值由零逐漸增加，當(dāng)A、B將要發(fā)生相對滑動時，F(xiàn)不再改變，設(shè)滑動摩擦力等于最大靜摩擦力。求：(1) B所受摩擦力的最大值；(2)水平力F的最大值；(3)定性畫出整個過程中AB的速度隨時間變化的圖象。7.如圖所示，在豎直方向上A、B兩物體通過勁度系數(shù)為k的輕

6、質(zhì)彈簧相連，A放在水平地面上；B、C兩物體通過細(xì)繩繞過輕質(zhì)定滑輪相連，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C,使細(xì)線剛剛拉直但無拉力作用，并保證ab段的細(xì)線豎直、cd段的細(xì)線與斜面平行.已知A、B的質(zhì)量均為Im,C的質(zhì)量為4m,重力加速度為g,細(xì)線與滑輪之間的摩擦不計，開始時整個系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài).釋放C后它沿斜面下滑(斜面足夠長)，A剛離開地面時，B獲得最大速度，求：(1)斜面傾角a.(2) B的最大速度V8 .一名質(zhì)量為60kg的工人，站在豎直向上運動著的升降機底板上.他看到升降機上掛著一個重物的彈簧測力計的示數(shù)為40N,已知該重物的質(zhì)量為5kg.彈簧力測力計的質(zhì)量忽略不計.(g取10m/s2)

7、I!(1)先根據(jù)受力情況判斷重物的加速度的方向，并指出重物是處于超重狀態(tài)還是口失重狀態(tài).，再求出重物的加速度的大小.(2)這時該工人對升降機底板的壓力是多大(3)如果懸掛測力計的懸線突然從A點斷開，則此時重物的加速度有何變化9 .如圖所示，長為l的長木板A放在動摩擦因數(shù)為科1的水平地面上，一滑塊B(大小可不計)從A的左側(cè)以初速度Vo向右滑上木板，滑塊與木板間的動摩擦因數(shù)為科2(A與水平地面間的最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相同).已知A的質(zhì)量為M=,B的質(zhì)量為m=,A的長度為l=,vo=5m/s,科i=,2=,(g取10m/s2)(1)A、B剛開始運動時各自的加速度分別是多大5(2)為保證B在滑

8、動過程中不滑出A,初速度Vo應(yīng)滿足什么條件同a(3)分別求A、B對地的最大位移.二10 .(14分)如圖所示，傾角為30。的光滑斜面與粗糙的水平面平滑連接?，F(xiàn)將一滑塊(可視為質(zhì)點)從斜面上A點由靜止釋放，最終停在水平面上的C點。已知A點距水平面的高度h=,B點距C點的距離L=。(滑塊經(jīng)過B點時沒有能量損失，g=10m/s2),求：(1)滑塊在運動過程中的最大速度；(2)滑塊與水平面間的動摩擦因數(shù)科；(3)滑塊從A點釋放后，經(jīng)過時間1=時速度的大小。11 .(9分)傳送帶與水平面夾角為37°,皮帶以12m/s的速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，如圖所示。今在傳送帶上端A處無初速度地放上一個質(zhì)量為m

9、的小物塊，它與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.75,若傳送帶A到B的長度為24m,g取10m/s2,則小物塊從A運動到B的時間為多少12 .如圖17所示，質(zhì)量為M的劈塊，其左右劈面的傾角分別為。1=30°、02=45°,質(zhì)量分別為ml=#kg和m2=2.0kg的兩物塊，同時分別從左右劈面的頂端從靜止開始下滑，劈塊始終與水平面保持相對靜止，各相互接觸面之間的動摩擦因數(shù)均為科=,求兩物塊下滑過程中(ml和m2均未達(dá)到底端)劈塊受到地面的摩擦力。(g=10m/s2)圖237 3FTlt 固10定粗糙斜面的底端由靜止開始沿斜面向上運動,拉力F作用t1 2s后撤去。已知斜面與水平面的夾角

10、37，如圖所示。斜面足夠長，物體與斜面間的動摩擦因數(shù)0.252取重力加速度g 10m/s。求：(1)在拉力f作用下，物體的加速度大小 a(2)撤去拉力F后，物體沿斜面向上滑行的時間 t2(3)自靜止開始到上滑至速度為零時，物體通過的總位移大小x總(sin 370.6,13 .質(zhì)量m10kg的物體在方向平行于斜面、大小為cos370.8)14 .如圖所示，離地面足夠高處有一豎直的空管，質(zhì)量為2kg,管長為24m,M、N為空管的上、下兩端，空管受到F=16N豎直向上的拉力作用，由靜止開始豎直向下做加速運動，同時在M處一個大小不計的小球沿管的軸線以初速度Vo豎直上拋，不計一切阻力，取g=10m/s2

11、.求：(1) .空管的加速度的大小與方向(2) .若小球上拋的初速度為10m/s,經(jīng)過多長時間從管的N端穿出(3) .若此空管的N端距離地面64m高，欲使在空管到達(dá)地面時小球必須落到管內(nèi)，在其他條件不變的前提下，求小球的初速度vo大小的范圍.17.如圖所示，在傾角為。的固定的光滑斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連接的物塊A、B.它們的質(zhì)量都為m,彈簧的勁度系數(shù)為k,C為一固定擋板。系統(tǒng)處于靜止?fàn)顟B(tài)，開始時各段繩都處于伸直狀態(tài)。現(xiàn)在掛鉤上掛一物體P,并從靜止?fàn)顟B(tài)釋放，已知它恰好使物體B離開固定檔板C,但不繼續(xù)上升(設(shè)斜面足夠長和足夠高)。求：(1)物體P的質(zhì)量多大(2)物塊B剛要離開固定檔板C時，物塊A

12、的加速度多大C18.(15分)質(zhì)量為m的飛機靜止在水平直跑道上。飛機起飛過程可分為兩個勻加速運動階段，其中第一階段飛機的加速度為a1,運動時間為t1o當(dāng)?shù)诙A段結(jié)束時，飛機剛好達(dá)到規(guī)定的起飛速度v0。飛機起飛過程中,在水平直跑道上通過的路程為So求第二階段飛機運動的加速度a2和時間t219. (15分)雜技中的頂竿”是由兩位演員共同表演完成。站在地面上的演員的肩部頂住一根質(zhì)量為10kg的長竹竿，另一位質(zhì)量為40kg的演員爬至竹竿的頂端完成各種動作后，從竹竿的頂端由靜止開始下滑，6秒末滑到竹竿底時的速度正好為零。在竹竿上的演員從竿頂下滑到竿底的過程中，地面上頂竿人的肩部的受力情況如圖所示，重力加

13、速度g取10m/s2。則：(1)竿上的人在下滑過程中的最大速度為多少(2)在4秒到6秒過程中，頂竿人的肩部受到的壓力為多少20.(14分)人和雪橇的總質(zhì)量為75kg,沿傾角37且足夠長的斜坡向下運動，已知雪橇所受的空氣阻力與速度成正比，比例系數(shù)k未知，從某時刻開始計時，測得雪橇運動的v-t圖象如圖中的曲線AD所示，圖中AB是曲線在A點的切線，切線上一點B的坐標(biāo)為(4,15),CD是曲線AD的漸近線，g取10m/s2,試回答和求解：(1)雪橇在下滑過程中，開始做什么運動，最后做什么運動(2)當(dāng)雪橇的速度為5m/s時，雪橇的加速度為多大(3)雪橇與斜坡間的動摩擦因數(shù)多大21.(18分)如圖所示，傳

14、送帶的兩個輪子半徑均為r=0.2m,兩個輪子最高點A、B在同一水平面內(nèi)，A、B間距離L=5m,半徑R=0.4m的固定、豎直光滑圓軌道與傳送帶相切于B點，C點是圓軌道的最高點.質(zhì)量m=0.1kg的小滑塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)科=,重力加速度g=10m/s2.求：(1)傳送帶靜止不動，小滑塊以水平速度V0滑上傳送帶，并能夠運動到C點，V0至少多大(2)當(dāng)傳送帶的輪子以w=10rad/s的角速度轉(zhuǎn)動時，將小滑塊無初速地放到傳送帶上的A點，小滑塊從A點運動到B點的時間t是多少(3)傳送帶的輪子以不同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，將小滑塊無初速地放到傳送帶上的A點,小滑塊運動到C點時，對圓軌道的壓力大小不同，最大

15、壓力Fm是多大參考答案1(1)f(2mim2)g(2)F2(mim?)g(3)F=【解析】試題分析：.(1)祛碼對紙板的摩擦力f1m1g桌面對紙板的摩擦力f2(Em2)gfflf2解得f(2mim2)g(2)設(shè)祛碼的加速度為&,紙板的加速度為法,則fimiaiFfif2m2a2發(fā)生相對運動a2ai解得F2(mim2)gxi(3)紙板抽出前，祛碼運動的距離,1.2dxia2ti紙板運動的距離2X21 a3t22紙板抽出后，祛碼在桌面上運動的距離21x1x2由題意知a1a3，aitia3t2dF2mi(1-)m2g解得l代入數(shù)據(jù)得F=o考點：本題考查牛頓運動定律、勻變速運動的規(guī)律。215,

16、215,vAm/svBm/s2.(i)0.6m(2)100N/m(3)3,5【解析】T mBg mcg 20N試題分析：(1)當(dāng)A速度達(dá)到最大時，即加速度等于0的時候，此時C也剛好同時離開地面，那么對B和C整體分析只有繩子拉力，因此此時繩子拉力A下降過程受力分析如圖當(dāng)A的速度最大加速度等于0時，即T cosmAg，計算得53otan假設(shè)A下降的高度為h,則根據(jù)幾何關(guān)系可得Lh帶入得34L0.6m(2)根據(jù)第一問的幾何關(guān)系如上圖，A下降0.6m時定滑輪到A的距離為1msin 53o那么繩子拉長的長度也就是B上升的高度就是s L0.2m10xi初始狀態(tài)，繩子無張力，對B分析有kx1mBg即彈簧壓縮

17、k10x2-末狀態(tài)，C剛好離開地面，對C分析有kx2mCg即彈簧拉伸kx1x20.2m帶入計算得k100N/m(3)由第二問可知，初狀態(tài)彈簧壓縮x110八.0.1mk和末狀態(tài)彈簧拉伸x210八.0.1m k彈簧彈性勢能沒有變化，那么在此過程中Ep mBg(x112x2) m«Agh mBVB2ABC和彈簧組成的系統(tǒng)機械能守恒，有12-mAVA Ep2有幾何關(guān)系可得AB的速度關(guān)系有vAcosvB2.15,2.'15,vAm/svBm/s帶入計算得3,5考點：連接體機械能守恒3.(1)T24N;1mS11m【解析】試題分析：平板車先做勻速直線運動后靜止，在此過程中某一瞬間小物塊B

18、與C碰撞，BC碰撞后合為一體在豎直平面內(nèi)做圓周運動。B與C碰撞前，B的運動情況要分類討論：(1)B在加速階段與C相碰；(2)B在減速階段與C相碰解答過程：(1)(8分)當(dāng)BC恰能到達(dá)最高點時，只有重力提供向心力，則2/、(mBmc)VH(mBmc)gl(2分)BC從最低點到最高點過程中，根據(jù)動能定理得：1 212(mBmc)Vh(mBmcM(mBmc)g(2l)（2分）2 2bc在最低點處，根據(jù)牛頓第二定律得：2(mBmcMT(mBmc)gl(2分)解得：T=24N(2分)即Bc碰撞瞬間，細(xì)繩拉力至少為24N(2)(10分)Bc碰撞過程中由動量守恒定律得mBVB(mBmc)Vl(1分)解得：V

19、B4m/s碰撞時B速度必須滿足：VB 4m/s（1分）根據(jù)牛頓第二定律得，B的加速度為:aBmBg mB8m /s2（1分）由圖可知車A的速度為:VA SA 12 8m/st 1.5(1 分)討論：(1) B在加速階段與 C相碰：Smin臺-1m2aB（1分）S要滿足條件:S 1m（1分）(2) B在減速階段與 C相碰:B加速階段位移：SB1 -A 4m2aB（1分）B加速階段時間:t1VA1saBB加速階段A的位移:SaiVaG8mB加速階段AB的相對位移:sSaiSB1 4m .由圖可知B勻速階段時間:t21.5t10.5s.B勻速階段位移:SB 2VAt24 m（1分）由圖可知B勻減速階

20、段A速度為0B勻減速階段時間:t3VBVA1saB2B勻減速階段位移:22VB2 VA2Sb3B A 3ms2aB4m;則物塊未滑出。（1分）B總位移:SB1SB2SB311m綜上所述:1m S 11 m（1分）考點：本題考查了豎直平面內(nèi)的圓周運動、動能定理、動量守恒定律，牛頓第二定律、勻變速直線運動的公式等。4. (1)4s(2)s【解析】試題分析：(1)鋼錠開始受到的滑動摩擦力為Ff=mg=0.3103N由牛頓第二定律有Ffmgsin=ma12解得a1=2m/sv_t1=2s鋼錠做勻加速運動的時間a11c,2x1a1tl=4m位移2要使b端到達(dá)坡頂所需要的時間最短，需要電動機一直工作，鋼錠

21、先做勻加速直線運動，當(dāng)它的速度等于滾筒邊緣的線速度后，做勻速直線運動.鋼錠做勻速直線運動的位移x2=L-l-Xi=8m做勻速直線運動的時間t2 = x2 =2 sv所需最短時間t=ti+t2=4s.（2）要使電動機工作的時間最短，鋼錠的最后一段運動要關(guān)閉電動機，鋼錠勻減速上升，b端到達(dá)坡頂時速度剛好為零.勻減速上升時Ff+mgsin=ma2解得a2=4m/S2vt3=1S勻減速運動時間a2Vcx313=2m勻減速運動位移2勻速運動的位移x4=Llx1一X3=6mt=t1;x4=3.5s電動機至少要工作的時間v考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與位移的關(guān)系.點評：本題關(guān)鍵是對木塊受力分析，

22、根據(jù)牛頓第二定律求出加速度，然后運用運動學(xué)公式列式求解.5. （1）（2）1-05s【解析】L02試題分析：（1）物體做勻加速運動2由牛頓第二定律Ffmaf 10mg 2 100.5（1分）（1分）（1分）（1分）fmg(2)設(shè)F作用的最短時間為t，小車先以大小為 a的加速度勻加速t秒，撤去外力后，以大小 為a',的加速度勻減速t'秒到達(dá)B處，速度恰為0,由牛頓定律F cos37 (mg F sin a37 ) ma(1分)a F (cos37 sin 37 )mg 30 (0.8 0.5 0.6) 0.5 10 11.5(m/s2)2(1分)a' f m一，, 2、g

23、 5(m/s )(1分)由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有(1分)ata't'11.5t2.3t5L 2 at21 a't'2a t2(1分)2l2 20a 2.32a' 11.5 2.32 51.03(s)W* (1 分)(2)另解：設(shè)力F作用的最短時間為t,相應(yīng)的位移為s,物體到達(dá)B處速度恰為0,由動 能定理F cos37 (mg F sin 37 )s mg (L s) 0由牛頓定律F cos37 (mg F sin37 ) ma(3分)(1分)s 1at22(1分)2s2 6.06ta11.51.(1分)2mg6. (1)2si

24、ncos 考點：考查力與運動的關(guān)系點評：本題難度較大，對于多過程問題首先應(yīng)選擇好研究過程分析受力情況，利用牛頓第二定律結(jié)合運動學(xué)公式求解2cossin("+2sincos)(M+m)g(3)如下圖?！窘馕觥吭囶}分析：（1）A、B先靜止，后做加速度不斷增加的加速運動，最后做勻加速直線運動,此時A對B有最大摩擦力。物塊A受力如圖，設(shè)最大加速度為a,在x軸方向由牛頓第二定律得Ffcos0-Fnsin0=ma（1分）在y軸方向由平衡條件得Ffsin0+Fncos。=mg（1分）又Ff=2Fn（1分）由得Ff =2mg2sin cos(2分)2 cossin由以上各式得a =2sincos g

25、A、B的加速度均為 a,由牛頓第二定律得 F -"(M+m)g = (M+m)a2cos sin由得 F = g 1+2sin cos ) (M+m)g(2分)(2分)考點：考查牛頓第二定律的應(yīng)用點評：本題A、B先靜止，后做加速度不斷增加的加速運動，最后做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律對兩個過程列式，聯(lián)立求解，以整體為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律列公式求解2g7 .(1)“=30°(2)【解析】試題分析：(i)設(shè)開始時彈簧壓縮的長度為xb得：k。二隨日設(shè)當(dāng)物體A剛剛離開地面時，彈簧的伸長量為XA得：匕二用g當(dāng)物體A剛離開地面時，物體B上升的距離以及物體C沿斜面下滑的距離為：

26、R=Ka+勺(1分)方=在由式解得：喪物體A剛剛離開地面時，以B為研究對象，物體B受到重力mg、彈簧的彈力瓦、細(xì)線的拉力T三個力的作用，設(shè)物體B的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律，對B有：一明g一紅二明白對a有：4幀妾心儀-丁二4如口由兩式得：值一用且一乜二5冽口當(dāng)B獲得最大速度時，有：a=01smcr=由式聯(lián)立，解得2所以：口二30(2)由于工工二馬,彈簧處于壓縮狀態(tài)和伸長狀態(tài)時的彈性勢能相等，彈簧彈力做功為零，且物體A剛剛離開地面時，B、C兩物體的速度相等，設(shè)為以由動能定理得:Amghsinamgh=(4m+1tl由(11)式，解得：2(4sinHiyghm考點：機械能守恒定律；共點力平衡的條

27、件及其應(yīng)用；胡克定律；牛頓第二定律點評：對于機械能守恒定律，有多個表達(dá)式，可以用初態(tài)的機械能等于末態(tài)的機械能，也可以用動能的增加等于勢能的減少，對于第一種表達(dá)式要選取零勢能面，第二種由于用的它們的差值的大小，所以不用取零勢能面，在解題時要注意公式的選擇228 .(1)重物處于失重狀態(tài)，2m/s(2)480N(3)重物的加速度立即變?yōu)?0m/s,方向豎直向下【解析】試題分析：(1)以重物為研究對象，重物受向下的重力mg,向上的彈簧拉力F,由于重物的重力mg大于彈簧的拉力F,因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向應(yīng)向下，重物處于失重狀態(tài).由牛頓第二定律有：mgF=maa=所以!mg_Z 5&

28、#176;_Fm/s2=2 m/s2(2)以人為研究對象，人受到重力Mg,底板的支持力Fn,由牛頓第二定律有MgFn=Ma,得FN=MgMa=60(102)N=480N由牛頓第三定律知，人對升降機底板的壓力大小為480N.2、,10 m/s ,方向v030m/s根據(jù)牛頓第二定律:aBB物體的加速度Ffi2mg24m / saAFfiFf22mg21m /s(3)懸線突然斷開，則此時重物的加速度立即變?yōu)橹亓铀俣龋创笮∈秦Q直向下.考點：超重與失重點評：注意對超重失重現(xiàn)象的理解，人處于超重或失重狀態(tài)時，人的重力并沒變，只是對支持物的壓力或?qū)覓煳锏睦ψ兞?，可用牛頓第二定律求出拉力或壓力大小。2

29、29(1)aA1m/s、aB4m/s(2)(3)A發(fā)生的位移、B發(fā)生的位移【解析】試題分析：(1)分別對A、B受力分析，A物體的加速度(2)設(shè)經(jīng)過時間AB的速度相等則有:VaBtaAt此時B剛好到達(dá)A的最右端所以B發(fā)生的位移:XbVotXaA發(fā)生的位移:XbXa聯(lián)立解得v。 30m/s為保證B在滑動過程中不滑出A,則v030m/s(3)設(shè)經(jīng)過時間t, AB的速度相等則有:VoaBtaAt解得t=1sXa0.5mA發(fā)生的位移:所以B發(fā)生的位移:XbV0t1, 2aBt3.0m2AB速度達(dá)到相等后，共同速度為v aAt 1m/sAB速度達(dá)到相等后，相對靜止一起以v=1m/s的初速度，a21 g 2

30、m/s的加速度一起勻2V-x0.25m減速運動直到靜止，發(fā)生的位移：2a所以A發(fā)生的位移為Xax0.5m0.25m0.75mB發(fā)生的位移為xBx3.0m0.25m3.25m考點：牛頓第二定律的應(yīng)用點評：本題屬于多過程問題，在分析時要逐段、分物體求解，最好畫出運動過程圖。第(2)中要找到保證B在滑動過程中不滑出A時的臨界條件。10. (1)vm4m/ s(2)0.4(3) v 3.2 m / s【解析】試題分析：(1)滑塊先在斜面上做勻加速運動，然后在水平面上做勻減速運動，故滑塊運動到B點時速度最大為Vm,設(shè)滑塊在斜面上運動的加速度大小為a1mgsin30oma12hVma1sinsc?解得：v

31、m4m/s(2)滑塊在水平面上運動的加速度大小為mgma220.4Vm2a2L解得:(3)滑塊在斜面上運動的時間為t10.8s由于tt1,故滑塊已經(jīng)經(jīng)過B點，做勻減速運動時間為tt10.2s設(shè)t=時速度大小為vvvma2（tti）解得：v3-2m/s1分考點：牛頓第二定律，運動學(xué)公式，滑動摩擦力公式點評：本題第一問學(xué)生也可用動能定理求滑塊的最大速度，解題時分段去求。11. t=【解析】試題分析：(1)物塊剛放上傳送帶時，受到重力、傳送帶的支持力和沿傳送帶向下的滑動摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度.(2)物塊向下做勻加速運動，根據(jù)運動學(xué)公式求出貨物的速度和傳送帶的速度相同經(jīng)歷的時間和下滑的位移

32、.(3)物塊的速度和傳送帶的速度相同后，因為動摩擦因數(shù)為0.75,繼續(xù)向下做勻速運動,求出下滑的時間，最后求出總時間.根據(jù)牛頓第二定律得a1 ,貨物受力如圖所示:沿傳送帶方向：mgSinfma1垂直傳送帶方向：mgc0sN又fN2由以上三式得：a1g(sincos)12m/s方向沿傳送帶向下.物塊速度從0加速至傳送帶速度v=12m/s,所用時間設(shè)為t1，位移設(shè)為X1,則有:31s,Xi0-vt16ma12(3)當(dāng)物塊速度與傳送帶速度相等時，由于mgsin0=mgcos0,此后物塊和傳送帶一塊+246-t2s1.5s勻速運動，運動底部的時間：12小物塊從A運動到B的時間為tt1t21s1.5s2

33、.5s.考點：牛頓第二定律；勻變速直線運動的速度與時間的關(guān)系；勻變速直線運動的位移與時間的關(guān)系.點評：本題考查了傾斜傳送帶上物體相對運動問題，分析判斷物體的運動情況是難點.12.負(fù)號表示整體在水平方向受到的合外力的方向與選定的正方向相反。所以劈塊受到地面的摩擦力的大小為2。3N,方向水平向右?！窘馕觥窟xM、ml和m2構(gòu)成的整體為研究對象，把在相同時間內(nèi)，M保持靜止，ml和m2分別以不同的加速度下滑三個過程視為一個整體過程來研究。根據(jù)各種性質(zhì)的力產(chǎn)生的條件，在水平方向，整體除受到地面的靜摩擦力外，不可能再受到其他力；如果受到靜摩擦力，那么此力便是整體在水平方向受到的合外力。根據(jù)系統(tǒng)牛頓第二定律，

34、取水平向左的方向為正方向，則有：F合x=Ma'+mlalxm2a2x其中a'、alx和a2x分別為M、ml和m2在水平方向的加速度的大小，而a'=0,alx=g(sin30°科cos30°)cos30°,a2x=g(sin45°科cos45°)cos45°。所以：F合=mlg(sin30°cos30°)cos30°m2g(sin45°亞cos45°)cos45°=、3xl0l33222X(2-X2)X2-Xl0X(2-X2)x2=一負(fù)號表示整體在水平方

35、向受到的合外力的方向與選定的正方向相反。所以劈塊受到地面的摩擦力的大小為2。3N,方向水平向右。本題考查整體隔離法的應(yīng)用，靜止時現(xiàn)已整體為研究對象，所以整體沒有運動趨勢，不受摩擦力作用，兩物塊下滑過程中，分析兩物塊的受力情況，把加速度分解為水平和豎直方向，由牛頓第二定律列公式可求得水平方向的合力，由此可知要想靜止不動，靜摩擦力必須平衡該力l322（13分）解：設(shè)在拉力F作用下物體的加速度大小為由。根據(jù)牛頓第二定律#Fmgsin0+jmgcos&）=max（2分）解得at=-g（sin0+/Jcos&）=4m,s1（2分）m（2）設(shè)2$末的速度為收，由運動公式有片=a甬=8虜（2

36、分）撤去F后，物體沿斜面向上作勻減速直線運動，設(shè)加速度大小為七,運動到速度為零所用的時間為根據(jù)牛頓第二定律、運動學(xué)公式有mgsin+/zwgcos&ma2（2分）0=#+（n%解得為=13（2分）（3）自靜工開始到上滑至速度為零時，物體通過的總位移大小0+UU+0«rx_八_、，后=%十工工=五十-r3=12m<37TJ【解析】略14. a=2m/s215. t=4s16. 29m/s<vo<32m/s【解析】（1）（4分）mgF=ma（2分）得a=2m/s2（2分）（2） （8分）設(shè)經(jīng)t時間，小球從N端穿出，小球下落的高度1hi=-vot+2gt2（2分）

37、1空管下落的高度h2="at2（2分）則，hih2=L（2分）聯(lián)立得:Vot+2gt22at2=L代入數(shù)據(jù)解得：t=4s,t=-（舍）（2分）（3） （8分）設(shè)小球初速度Vo,空管經(jīng)f時間到達(dá)地面，則工H=2at'2得t'=11a=8s（2分）小球在f時間下落高度為h=-vot'+2gt'2（2分）小球落入管內(nèi)的條件是：64m<h<88m（2分）解得：29m/s<vo<32m/ssin【答案】（1）mpmsin（2）a=1sin【解析】（1）令X1表示未掛P時彈簧的壓縮量，由胡克定律和牛頓定律可知mAgsin0=kxi令X2表示

38、B剛要離開C時彈簧的伸長量，由胡克定律和牛頓定律可知kx2=mBgsin0mgsin則Xi=X2g2mgsin此時A和P的速度都為0,A和P的位移都為d=xi+x2=k由系統(tǒng)機械能守恒得：mPgdmgdsin則mPmsin（2）此時A和P的加速度大小相等，設(shè)為a,P的加速度方向向上對P物體：Fmpg=mpa對A物體：mgsin0+kX2F=masin一；g由式可得a=1sin18.22,2V0 a ti2s a1t12t22s a1t2vo a1t 1【解析】第一、二階段結(jié)束時飛機運動速度分別為運動距離分別為s21.2一 a2t22總距離為解到式，可得2 s a1tl2 t2.Vo優(yōu)3V1a1t1