Alevel 物理习题4牛顿定律应用题
牛顿运动定律 典型例题 参考答案
牛顿运动定律典型例题参考答案一、连接体问题（整体法与隔离法）：1.二体连接问题例题1：F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g例题2：例题3：2.多体连接问题：例题4：例题5：二、 超失重问题：例题1：BC例题2：A 例题3：C 例题4：A例题5：D三、 等环境问题（力的质量分配原则）：例题1.例题2.D四、 临界值问题： 例题1. 解析:（1）ma sin N cos T =α-αmg cos N sin T =α+α当g 31a =时，N=68.4（N ） T=77.3（N ） (2) 若N=0，则有'm a cos T =αm g sin T =α )s /m (17g 3gctg 'a ==α=例题2.五、 瞬时值问题：例题1：解析：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
此类问题应注意两种模型的建立。
先分析剪断细线前两个物体的受力如图2，据平衡条件求出绳或弹簧上的弹力。
可知，F mg 2=，F F mg mg 122=+='。
剪断细线后再分析两个物体的受力示意图，如图2，绳中的弹力F 1立即消失，而弹簧的弹力不变，找出合外力据牛顿第二定律求出瞬时加速度，则图2剪断后m 1的加速度大小为2g ，方向向下，而m 2的加速度为零。
例题2：C例题3，D 例题4: （a=gsinθ ，a=gtanθ ） 例题5、BD 六、 分离问题：例题1：例题2：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用。
据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma ，当N=0时，物体与平板分离，所以此时ka g m x )(-= 因为221at x =，所以kaa g m t )(2-= 例题3：七、 相对滑动问题：例题1：例题2：BC 例题3：ABC例题4：例题5：例题6：例题7：八、 传送带问题：例题1：D例题2：解析: 物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θμθ。
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
（3）木板的最小长度L 是0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。
木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。
1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。
共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。
【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止，，解得B离右端距离(2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.2．如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s²)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度0L ；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【答案】（1）26m /s （2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3由以上两式可得：22g ga μ+==6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s112v v x t +==1．75m 122v tx ==0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．4．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇
(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1.如图甲所示，一倾角为37°,长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。
t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v式图象如图乙所示。
已知圆轨道的半径R=0.5 m。
(取g=10 m/s2, sin 37=0.6, cos 37=0：8)求：甲(1)物块与斜面间的动摩擦因数工(2)物块到达C点时对轨道的压力 F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。
如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。
vi二【答案】(1)户0.5 (2) F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A,做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C,由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为& = 10m"'根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为VC,由动能定理得1 1 ―-mg(Lsirt37° 4- L8R) - fAmgLcosl70 =mg +F.%在最高点，根据牛顿第二定律则有：•解得：尸N = 4 N由根据牛顿第三定律得：『用=八=你物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度V I上滑，最后恰好落到物块从C到A,做平抛运动，竖直方向：水平方向：口照37。
-而加37° n 吧2.如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为 6m 的绸带，在绸带的中点放有两个 紧靠着可视为质点的小滑块A 、B,现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时.已知 A 滑块的质量 mA=2kg, B 滑块的质量mB=4kg, A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为 科=0.5 A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：(1) t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小;【解析】 【详解】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为f A,水平运动，则竖直方向平衡：N A mg , f A N A;解得：f Amg ①A 滑块在绸带上水平向右滑动， 0时刻的加速度为a i ,由牛顿第二定律得：F f A m A a i ——②B 滑块和绸带一起向左滑动， 0时刻的加速度为a 2由牛顿第二定律得：F f B m B a 2 ——③；联立①②③解得：a 1 1m/s 2, a 2 0.5m/s 2；(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时 A 、B 滑块发生的位移分别为 为和X 2LX I X 2 一21 2 x 1a 1t 2 1 .2,所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C,由动能定律可得: 1 1 -+ L8R) - ^mgLcos370 - -mv^-〉 \然二百附/s解得 解得:(2) 0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量.F【答案】(1)a i 1吸2e2 0.5ms 2 ； (2)30Jx2a2t2代入数据解得：x1 2m , x2 1m, t 2s2秒时A滑块离开绸带，离开绸带后A在光滑水平面上运动，B和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：Q f A X i X2代入数据解得：Q 30J .3.滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气.当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦.然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大.假设滑雪者的速度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由因=0.25变为展=0.125. 一滑雪者从倾角为9= 37。
牛顿运动定律练习题
牛顿运动定律练习题一.牛顿运动定律的基本应用1．物体受向上偏右的拉力作用而做向右的匀加速直线运动，如图3-2-1所示，则物块受拉力与摩擦力的合力的方向为 （ ）A ．向右偏上B ．向上偏左C ．竖直向上D ．竖直向下2．在静止的小车内，用细绳a 和b 系住一个小球，绳a 与竖直方向成θ角，拉力为T a ，绳b 成水平状态，拉力为T b ．现让小车从静止开始向右做匀加速直线运动，如图3-2-2所示，此时小球在车内的位置保持不变（角θ不变），则两根细绳的拉力变化情况是（ ） A ．T a 变大，T b 不变 B ．T a 变大，T b 变小 C ．T a 变大，T b 变大 D ．T a 不变，T b 变小3．如图3-2-3所示，质量为m 的物体在粗糙斜面上以加速度a 加速下滑，现有一个恒力F 作用在物体上，力F 过物体的重心，方向竖直向下，则施加恒力F 后物体加速度将 （ ） A ．增大 B ．减小C ．不变D ．以上说法都不正确4．如图3-2-4所示，倾角为θ的光滑斜面置于水平面上，另一个质量为m 的物体又放在斜面上，当斜面体在水平恒力的作用下向右做加速度大小为a 的匀加速直线运动，物体m 与斜面恰好无相对滑动，则斜面对m 的支持力为 （ ）A ．mgB ．/cos mg θC ．/sin ma θD ．22m g a +5．初速度为10m/s 的汽车在平直的公路上做匀速直线运动，现遇突然情况，汽车开始刹车，求汽车刹车后在6s 内前进的距离．已知汽车与路面间的动摩擦因数μ=0.2．（取g =10m/s 2）6．如图3-1-7所示，质量为1kg 的球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为30°，球与杆之间的动摩擦因数为36，小球受竖直向上的拉力F 时，以2m/s 2的加速度沿杆做匀加速运动，求竖直向上的拉力F ．（g =10m/s 2）7．如图3-2-5所示，在水平向右运动的小车上，有一倾角为α的光滑斜面，质量为m 的小球被平行于斜面的细绳系住并静止在斜面上，当小车加速度发生变化时，为使球相对于车仍保持静止，小车加速度的允许范围为多大？二. 连接体问题1．叠放在一起的A 、B 两物体在水平力F 的作用下，沿水平面以某一速度匀速运动，现突然将作用在B 上的力F 改为作用在A 上，并保持大小和方向不变，如图3-3-1所示．则A 、B 运动状态将可能为 （ ）A ．一起匀速运动B ．一起加速运动C ．A 加速、B 减速D ．A 加速、B 匀速2．如图3-3-6所示，A 、B 两个物体的质量分别是2m 和m ，用一根不计质量的轻杆相连，在水平地面上滑行，已知A 、B 跟地面间的动摩擦因数分别是μ1和μ2，且μ1>μ2，它们开始以速度v 向右滑行．（1）A 、B 可以在水平面上滑行多远？（2）在滑行过程中，杆受拉力还是压力？大小是多少？三. 超、失重问题1．某电梯中用细绳静止悬挂一重物，当电梯在竖直方向运动时，突然发现绳子断了，由此判断此时电梯的情况是（ ） A ．电梯一定是加速上升 B ．电梯可能向下运动 C ．电梯可能向上运动D ．电梯的加速度方向一定向上2．轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，电梯中有质量50kg 的乘客，如图3-4-6所示，在电梯运行时乘客发现轻质弹簧的伸长量是电梯静止轻质弹簧伸长量的一半，这一现象表明（g =10m/s 2）（ ）A ．电梯此时可能正以1m/s 2大小的加速度加速上升，也可能是以1m/s 2大小的加速度减速下降B ．电梯此时不可能以1m/s 2大小的加速度减速上升，只能是以5m/s 2大小的加速度加速下降C ．电梯此时正以5m/s 2大小的加速度加速上升，也可能是以5m/s 2大小的加速度减速下降D ．无论电梯此时是上升还是下降，也不论电梯是加速还是减速，乘客对电梯地板的压力大小一定是250N四. 弹簧问题F 图3-2-3m θ θba 图3-2-2a θ图3-2-4F图3-2-1α 图3-2-5AB F 图3-3-1B v Aμ2μ12m m图3-3-6图3-4-6F图3-1-71．如图3-5-4所示，质量为m 的物体A 放置在质量为M 的物体B 上，B 与弹簧相连，它们一起在光滑水平面上作简谐振动，振动过程中A 、B 之间无相对运动．设弹簧的劲度系数为k ．当物体离开平衡位置的位移为x 时，A 、B 间摩擦力的大小等于（ ）A ．0B ．kxC ．m kx /MD ．m kx /(M ＋m ) 五. 图象问题 1．有两个光滑固定的斜面AB 和BC ，A 和C 两点在同一水平面上，斜面BC 比斜面AB 长（如图3-6-2a 所示）．一个滑块自A 点以速度v A 上滑，到达B 点时速度减小为零，紧接着沿BC 滑下．设滑块从A 点到C 点的总时间是t C ，那么下列四个图（图3-6-2b ）中，正确表示滑块速度的大小v 随时间t 变化的规律的是（ ）2．一物体放在光滑的水平地面上、初速度为零．今在水平方向对物体施加一个如图3-6-3所示的随时间变化的力，开始时力向东，运动共历时1min ，那么在1min 内 （ ）A ．物体时而向东运动，时而向西运动，1min 末位于初始位置，速度为零B ．物体时而向东运动，时而向西运动，1min 末位于初始位置之东，速度为零C ．物体时而向东运动，时而向西运动，1min 末继续向东运动D ．物体一直向东运动，从不向西运动，1min 末位于初始位置之东，速度为零3．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系和物块速度v 与时间t 的关系如图3-6-6所示．取重力加速度g ＝10m/s 2．由此两图线，求物块的质量m 和物块与地面之间的动摩擦因数μ的大小．4．如图（a ），质量m ＝1kg 的物体沿倾角θ＝37︒的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图（b ）所示。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离． 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得： 对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。
物理牛顿运动定律的应用练习题及答案.docx
物理牛顿运动定律的应用练习题及答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1． 如图所示，钉子 A 、B 相距 5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为 M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B ．质量为 m 的小球固定在细线上 C 点， B 、 C 间的线长为 3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与 A 、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取 sin53 =0°.8， cos53 °=0.6．求：（ 1）小球受到手的拉力大小 F ；（ 2）物块和小球的质量之比 M:m ； （3）小球向下运动到最低点时，物块 M 所受的拉力大小 T【答案】 （1） F5Mg mg （ 2）M6 （ 3） T8mMg （ T5 m M3m5T8Mg ）11【解析】 【分析】 【详解】（1）设小球受 AC 、 BC 的拉力分别为 F 1、F 2F 1sin53 =F °2 cos53 °F+mg =F 1cos53 °+F 2sin53 且° F 1=Mg解得 F5Mg mg3（ 2）小球运动到与 A 、B 相同高度过程中小球上升高度 h 1=3lsin53 ，°物块下降高度 h 2=2l机械能守恒定律 mgh 1=Mgh 2 解得M6m5（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时 AC 方向的加速度大小为到的拉力为 T牛顿运动定律 Mg –T=Ma 小球受 AC 的拉力 T ′=T牛顿运动定律 T ′mgcos53–°=ma解得 T8mMg48 8（5m （ Tmg 或 TMg ）M ） 551148m g 或55a ，重物受【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小 球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿 AC 方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右 端与墙壁的距离为 4.5m ，如图（ a ）所示． t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t 1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后 1s 时间内小物块的v t图线如图（ b ）所示．木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小g 取 10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1 及小物块与木板间的动摩擦因数2 ；（ 2）木板的最小长度；（ 3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（ 1） 1 0.1 20.4 （ 2） 6m （ 3） 6.5m【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为 v 4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s4m / s 0m / s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有 2g1s解得 2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间 t 1s ，位移 x4.5m ，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22带入可得 a 1m / s 2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即 1ga可得 1 0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1 (M m) g2 mg Ma 1可得 a14m / s23对滑块，则有加速度a24m / s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1vt12a1t13m 末速度 v13m / s滑块向右位移 x24m / s02m 2t1此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m / s2木块继续减速，加速度仍为a14m / s2 3假设又经历 t2二者速度相等，则有a2t2v1 a1t2解得 t20.5s此过程，木板位移x3v1t21a1t227m 末速度 v3 v1a1t22m / s 26滑块位移 x41a2t221m22此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为x x1x3x2x46m滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a1g 1m / s2位移 x5v322m 2a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x5 6.5m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁3．如图，质量分别为m A=2kg、 m B=4kg 的 A、 B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的 0.5 倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,(1)A、 B 两球开始运动时的加速度．(2)A、 B 两球落地时的动能．(3)A、 B 两球损失的机械能总量．【答案】（1）a A5m/s2 a B7.5m/s 2（ 2）E kB850J（ 3） 250J【解析】【详解】(1)由于是轻绳 ,所以 A、 B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又 A 得质量小于 B 的质量，所以两球由静止释放后 A 与细绳间为滑动摩擦力， B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对 A：m A g f A m A a A对 B：m B g f B m B a Bf A f Bf A0.5m A g联立以上方程得：a A 5m/s 2a B7.5m/s2(2)设 A 球经 t s 与细绳分离，此时，A、B 下降的高度分别为 h 、 h ，速度分别为V 、 V ，A B AB因为它们都做匀变速直线运动则有： h A 1a A t2h B1a B t 2H h A h B V A a A t V B a B t 22联立得： t2s，h A10m，h B15m， V A10m/s ， V B15m/sA、 B 落地时的动能分别为E kA、 E kB，由机械能守恒，则有：EkA 1m A v A2m A g(H h A )EkA400J 2EkB 1m B v B2m B g(H h B )EkB850J 2(3)两球损失的机械能总量为 E ，E(m A m B ) gH EkAEkB代入以上数据得：E250J【点睛】(1)轻质物体两端的力相同,判断 A、 B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到．（2）根据运动性质和动能定理可得到．(3)由能量守恒定律可求出．4．如图甲所示，倾角为θ＝ 37°m＝2 kg的的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量小物体轻轻放在传送带的 A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示， 2 s 末物体到达 B 端，取沿传送带向下为正方向，g＝ 10 m/s 2， sin 37 ＝ 0°.6，求：(1)小物体在传送带A、 B 两端间运动的平均速度(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；(3)2 s 内物体机械能的减少量 E ．v；【答案】(1)8 m/s(2)0.5(3)48 J【解析】【详解】（1）由 v-t 图象的面积规律可知传送带 A、B 间的距离 L 即为 v-t 图线与 t 轴所围的面积，所以：L＝v1 t1v1v2t2 t2代入数值得：L=16m由平均速度的定义得：L16v＝＝＝8m / s（2）由 v-t 图象可知传送代运行速度为v =10m/s ，0-1s内物体的加速度为：1a1＝Vv＝10m / s2＝10m / s2Vt1则物体所受的合力为：F 合 =ma 1=2× 10N=20N．1-2s 内的加速度为：2a2＝＝2m/s2，1根据牛顿第二定律得：mgsin mgcosa1＝=gsinθ +μ gcos θmmgsin mgcosa2＝=gsinθ-μ gcos θm联立两式解得：μ=0.5，θ=37 °．（3） 0-1s 内，物块的位移：x1＝1a1t12＝1× 10×1m＝ 5m 22传送带的位移为：x2=vt1=10 × 1m=10m 则相对位移的大小为：x1 2 1△ =x -x =5m则 1-2s 内，物块的位移为：3212221220-2s 内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m物块下降的高度：h=Lsin37 =16° × 0.6=9.6m 物块机械能的变化量：△E＝11mv B2- mgh=× 2×212- × 10× 9.-6=48J 22负号表示机械能减小．5．如图所示，倾角为 30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过 A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度 g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达 A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可．【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1 mv 22解得： v 2gh 2 10 3.2 8m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL 01 mv 22解得： Lv 282m 6.4m2 g 2 0.5 10（3）因为滑上传送带的速度是 8m/s 大于传送带的速度 6m/s ，物体在到达 A 点前速度与传送带相等，最后以v 带 6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh1mv 带22v 带2621.8m得： h2 m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．6． 如图所示，长 L=10m 的水平传送带以速度 v=8m/s 匀速运动。
物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析
(2)滑块在 B 点时的速度大小为 滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有： 可得加速度 设滑块到达 C 点时的速度大小为 vC，有： 解得：
此过程所经历的时间为： 故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移 x1=L=6m， 传送带的位移 x2=vt=4m； 传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为： 代入数据解得： 【点睛】 此题需注意两点，(1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到 B 点的速度；(2)计算摩擦力对物 体做的功时要以地面为参考系来计算位移。
4．如图所示，长 L=10m 的水平传送带以速度 v=8m/s 匀速运动。质量分别为 2m、m 的小 物块 P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环 C 相连。小物块 P 放在传送带的最 左端，恰好处于静止状态，C、P 间的细绳水平。现在 P 上固定一质量为 2m 的小物块(图中 未画出)，整体将沿传送带运动，已知 Q、C 间距大于 10 m，重力加速度 g 取 10m/s2.求：
由牛顿第二定律得：F＝m vB2 r
解得：F＝5 2 N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为 5 2 N，
6．如图所示，在竖直平面内有一倾角 θ=37°的传送带 BC．已知传送带沿顺时针方向运行的 速度 v=4 m/s，B、C 两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上 端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC 方向滑人传送 带，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，取重力加速度 g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。求：
（1）经历多长时间 A 相对地面速度减为零；
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Newton's Laws Name:
Newton's Second Law Problem-Solving
Study from Lessons 3 of the Newton's Laws chapter at The Physics Classroom:
/Class/newtlaws/u2l3c.html
/Class/newtlaws/u2l3d.html
For the following problems, construct a free-body diagram and show your work clearly.
1. A rightward force of 302 N is applied to a 28.6-kg crate to accelerate it across the floor. The
coefficient of friction between the crate and the floor is 0.750. Determine the acceleration of the crate.
2. During a football workout, two linemen are pushing the coach on the sled. The combined mass of
the sled and the coach is 300. kg. The coefficient of friction between the sled and the grass is 0.800.
The sled accelerates at a rate of 0.580 m/s/s. Determine the force applied to the sled by the lineman.
3. A 405-N rightward force is use to drag a large box across the floor with a constant velocity of 0.678
m/s. The coefficient of friction between the box and the floor is 0.795. Determine the mass of the box.
4. A 6.58 x 103 N upward tension force is exerted on a 521-kg downward-moving freight elevator.
Determine the acceleration of the elevator.
Newton's Laws
5. A basketball star exerts a force of 3225 N (average value) upon the gym floor in order to accelerate
his 76.5-kg body upward. (a) Determine the acceleration of the player. (b) Determine the final speed of the player if the force endures for a time of 0.150 seconds.
6. At the end of the Giant Drop free fall ride, riders experience a large upward normal force to bring
their falling bodies to a stop. Determine the normal force value required to accelerate a 52.1-kg physics student with an upward acceleration of 27.4 m/s/s.
7. A hockey player accelerates a puck (m = 0.167 kg) from rest to a velocity of 50 m/s in 0.0121 sec.
Determine the acceleration of the puck and the force applied by the hockey stick to the puck.
Neglect resistance forces.
8. A falling skydiver is accelerating in the downward direction at 3.29 m/s/s. The mass of the
skydiver (including parachute gear) is 67.2 kg. Determine the air resistance force on the skydiver (and accompanying parachute).
9. A 67.2-kg falling skydiver opens his parachute and instantly slows down at a rate of 7.2 m/s/s.
Determine the air resistance force on the skydiver (and accompanying parachute).。