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牛顿第二定律经典例题
牛顿第二定律应用的典型问题1. 力和运动的关系力是改变物体运动状态的原因，而不是维持运动的原因。
由知，加速度与力有直接关系，分析清楚了力，就知道了加速度，而速度与力没有直接关系。
速度如何变化需分析加速度方向与速度方向之间的关系，加速度与速度同向时，速度增加；反之减小。
在加速度为零时，速度有极值。
例1. 如图1所示，轻弹簧下端固定在水平面上。
一个小球从弹簧正上方某一高度处由静止开始自由下落，接触弹簧后把弹簧压缩到一定程度后停止下落。
在小球下落的这一全过程中，下列说法中正确的是（）图1A. 小球刚接触弹簧瞬间速度最大B. 从小球接触弹簧起加速度变为竖直向上C. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的速度先增大后减小D. 从小球接触弹簧到到达最低点，小球的加速度先减小后增大例2. 一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的过程中，由静止开始沿着与月球表面成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动，探测器通过喷气而获得推动力，以下关于喷气方向的描述中正确的是（）A. 探测器加速运动时，沿直线向后喷气B. 探测器加速运动时，竖直向下喷气C. 探测器匀速运动时，竖直向下喷气D. 探测器匀速运动时，不需要喷气解析：小球的加速度大小决定于小球受到的合外力。
从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。
当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。
故选CD。
解析：受力分析如图2所示，探测器沿直线加速运动时，所受合力方向与运动方向相同，而重力方向竖直向下，由平行四边形定则知推力方向必须斜向上方，由牛顿第三定律可知，喷气方向斜向下方；匀速运动时，所受合力为零，因此推力方向必须竖直向上，喷气方向竖直向下。
故正确答案选C。
图22. 力和加速度的瞬时对应关系（1）物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系。
每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力，而与这一瞬时之间或瞬时之后的力无关。
高中 牛顿第二定律 (1) 试题
牛顿第二定律 （1）类型一、对牛顿第二定律的理解例1、物体在外力作用下做变速直线运动时（ ）A ．当合外力增大时，加速度增大B ．当合外力减小时，物体的速度也减小C ．当合外力减小时，物体的速度方向与外力方向相反D ．当合外力不变时，物体的速度也一定不变 例2、质量为M 的物块位于粗糙的水平面上，若用大小为F 的水平恒力拉物块，其加速度为a ，当拉力的方向不变，大小变为2F 时，物块的加速度为a ＇则（ ）A ．a ＇＝aB ． a ＇<2aC ．a ＇>2aD ．a ＇=2a【变式】如图所示，物体P 置于光滑的水平面上，用轻细线跨过质量不计的光滑定滑轮连接一个重力G=10N 的重物，物体P 向右运动的加速度为a 1；若细线下端不挂重物，而用F=10N 的力竖直向下拉细线下端，这时物体P 的加速度为a 2，则：（ ）A. a 1<a 2B.a 1=a 2C. a 1>a 2D.条件不足，无法判断类型二、牛顿第二定律的应用例3、一个质量为20kg 的物体，只受到两个互成角度90°，大小分别为30N 和40N 的力的作用，两个力的合力多大？产生的加速度多大？【变式1】一个质量为2kg 的物体在三个力的作用下处于平衡，撤去一个大小为10N 向东的力，求撤去该力瞬间此时物体的加速度？【变式2】一个空心小球从距离地面16m 的高处由静止开始落下，经2s 小球落地，已知球的质量为0.4kg ，求它下落过程中所受空气阻力多大？(g=10m/s 2）【变式3】如图，质量m=2kg 25.0=μ的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦因数，现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜向上的拉力．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s 2，求：（1）物体运动的加速度；（2）物体在拉力作用下5s 内通过的位移大小。
高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训练(含答案)
高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训
练(含答案)
高中物理牛顿第二定律经典练题专题训练（含答案）
1. Problem
已知一个物体质量为$m$，受到一个力$F$，物体所受加速度为$a$。
根据牛顿第二定律，力、质量和加速度之间的关系可以表示为：
$$F = ma$$
请计算以下问题：
1. 如果质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2，求所受的力
$F$的大小。
2. 如果质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N，求物体的加速度$a$。
2. Solution
使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来解决这些问题。
1. 问题1中，已知质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2。
将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$F = 2 \times 3 = 6 \,\text{N}$$
所以，所受的力$F$的大小为6N。
2. 问题2中，已知质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N。
将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$10 = 5a$$
解方程可以得到：
$$a = \frac{10}{5} = 2 \,\text{m/s}^2$$
所以，物体的加速度$a$为2m/s^2。
3. Conclusion
通过计算题目中给定的质量、力和加速度，我们可以使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来求解相关问题。
掌握这一定律的应用可以帮助我们更好地理解物体运动的规律和相互作用。
牛顿第二定律经典例题及答案
牛顿第二定律经典例题及答案
例题：如图，质量的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F=8N。
当小车向右运动速度达到3m/s时，在小车的右端轻放一质量m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，假定小车足够长，问：
（1）经过多长时间物块停止与小车间的相对运动？
（2）小物块从放在车上开始经过t0=3s 所通过的位移是多少？（g 取10m/s2）
【分析与解答】：
（1）依据题意，物块在小车上停止运动时，物块与小车保持相对静止，应具有共同的速度。
设物块在小车上相对运动时间为t，物块、小车受力分析如图：
物块放上小车后做初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，小车做加速度a2的匀加速运动。
其中对物块：由μmg＝ma1，
有a1＝μg＝2m
对小车：F－μmg＝Ma2
∴a2＝0.5m/s2物块在小车上停止相对滑动时，速度相同
则有：a1t1=v0+a2t1
故答案为：
(1)经多2s物块停止在小车上相对滑动；
(2)小物块从放在车上开始，经过t＝3.0s，通过的位移是8.4m.本文网络搜索，如有侵权联系删除。
【免费下载】牛顿第二定律典型例题
牛顿第二定律典型例题一、力的瞬时性1、无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力可以突变．2、弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失．【例1】如图3-1-2所示，质量为m 的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC 和BC 与过C 的竖直线的夹角都是600，则剪断AC 线瞬间，求小球的加速度；剪断B 处弹簧的瞬间，求小球的加速度．练习1、（2010年全国一卷）15.如右图，轻弹簧上端与一质量为的木块1相连，下端与另一质量为的木块2相连，整m M 个系统置于水平放置的光滑木坂上，并处于静止状态。
现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块1、2的加速度大小分别为、重力加速度大小为则有1a 2a ︒g ︒ A. ， B. ，10a =2a g =1a g =2a g= C. D. ，120,m M a a g M +==1a g =2m Ma g M+=2、一物体在几个力的共同作用下处于静止状态．现使其中向东的一个力F 的值逐渐减小到零，又马上使其恢复到原值（方向不变），则（ ）A ．物体始终向西运动B ．物体先向西运动后向东运动C ．物体的加速度先增大后减小D ．物体的速度先增大后减小3、如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m ，当剪断上端的绳子OA 的瞬间．小球A 和B的加速度多大？4、如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a 、b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，突然撤去弹簧a ，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小为2.5米／秒2，若突然撤去弹簧b ，则在撤去弹簧后的瞬间，小球加速度的大小可能为（）A ．7.5米／秒2，方向竖直向下B ．7.5米／秒2，方向竖直向上C ．12.5米／秒2，方向竖直向下D ．12.5米／秒2，方向竖直向上二、临界问题的分析与计算【例2】如图3-2-3所示，斜面是光滑的，一个质量是0.2kg 的小球用细绳吊在倾角为53o 的斜面顶端．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行；当斜面以8m/s 2的加速度向右做匀加速运动时，求绳子的拉力及斜面对小球的弹力．假设斜面向右加速运动时，斜面对小球的弹力恰好为0，这时绳中的拉力F与小球的重力mg 的合力使它具有加速度a ，因此有：mgcot α＝ma ，即0.2×10×cot53°＝0.2a ， ∴a ＝7.5m/s^2，由于这一加速度＜10m/s^2，所以当斜面以10m/s2的加速度向右运动时，小球已离开斜面向上了。
高一物理(必修一)《牛顿第二定律》练习题(附答案解析)
高一物理(必修一)《牛顿第二定律》练习题(附答案解析)班级:___________姓名：___________考号：___________一、单选题1．在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m的小物块，如图甲所示。
升降机从t=0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化的图像如图乙所示。
取竖直向上为正方（）A．速度不断减小B．加速度先变小再变大C．先是加速度增大的加速运动，后是加速度减小的减速运动D．到最低点时，小孩和杆处于平衡状态5．蹦床运动深受人们喜爱，如图为小明同学在杭州某蹦床馆，利用传感器测得蹦床弹力随时间的变化图。
假设小明仅在竖直方向运动，忽略空气阻力，依据图像给出的物理信息，可得（）A．7.5s至8.3s内，运动员先处于失重状态再处于超重状态B．小明的最大加速度为502m/sC．小明上升的最大高度为20mD．小明在整个蹦床过程中机械能守恒θ=︒的光滑斜面上，物块A、B质量分别为m和2m。
物块A静止在轻弹簧上面，6．如图所示，在倾角为30物块B用细线与斜面顶端相连，A、B紧挨在一起但A、B之间无弹力。
已知重力加速度为g，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是（）g g3g二、多选题10．甲、乙两个物体在同一直线上沿正方向运动，a甲=4 m/s2，a乙=4-m/s2，那么对甲、乙两物体判断正确Mg5参考答案与解析1．C【详解】AB．当a>0时，物块具有向上的加速度，处于超重状态，故AB错误；C．t=t0时刻，a=0，F N=mg，故C正确；D．t=3t0时刻，a=2g，由牛顿第二定律有F N－mg=ma得F N=3mg故D错误。
故选C。
2．D【详解】A．梦天舱和天和舱因之间因冲击对梦天舱和天和舱产生的力大小相等方向相反，可知梦天舱和天可知梦天舱和天和舱的加速度大小不相和舱的加速度方向不同，梦天舱和天和舱的质量不等，根据F ma等，故A错误；B．空间站内的宇航员受到地球的万有引力，由于万有引力全部提供做圆周运动的向心力，所以宇航员处于完全失重状态，故B错误；C．第一宇宙速度为环绕地球做圆周运动的物体的最大速度，可知对接后空间站绕地运行速度小于第一宇宙速度，故C错误；D．对接后空间站的速度会发生变化，若不启动发动机调整轨道，对接后空间站的轨道将会是椭圆，故D正第11 页共11 页。
牛顿第二定律经典例题
α
F
例三、一斜面AB长为5m，倾角为30°，一质量为2kg 的小物体（大小不计）从斜面顶端A点由静止释放， 如图所示。斜面与物体间的动摩擦因数为0.5，求小物 体下滑到斜面底端B时的速度及所用的时间。（g取
10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)
A
B
沿哪两个方向进行正交分解？
例题四：质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现 在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动， 运动了10s时，将水平力撤去。若物体运动的速度图 象如图所示，则水平力F＝ N，物体与水平面 间的动摩擦因数＝ 。（g取10m／s2）
N
二、一只静止的木箱，质量m=40kg，现以200N斜 向下的力F 推木箱, F 与水平成α=37º ，木箱沿水平地
面运动，木箱与地面间的动摩擦因数µ =0.30。求：木
箱 在 2 秒 末 的 速 度 和 2 秒 内 的 位 移 。 （ g 取 10m/s2 ，
sin37=0.6,cos37=0.8)
正交分解法 1、受力分析 2、沿着两个垂直的方向分解： 沿运动方向+与运动垂直方向 3、列式 运动方向：F合=ma 垂直方向：平衡方程 4、滑动摩擦：f=μN
例一、如图所示，质量为4kg的物体静止于水平面上，
物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体受到大小为 20N，与水平方向成37°角斜向止的拉力F作用时沿水 平面做匀加速运动，求物体的加速度是多大？（g取 10m/s2，sin37=0.6,cos37=0.8)
牛顿第二定律经典例题
模型 “等时圆”模型
模型特点
1．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过圆周最低 点的光滑弦由静止下滑，到达圆周最低点的时间均相
等，且 t＝2 Rg(如图甲所示)。 2．物体沿着位于同一竖直圆上的所有过顶点的光
滑弦由静止下滑，到达圆周低端时间相等为 t＝2
R g
(如图乙所示)。
1
图中的AB、AC、AD都是光滑的轨道，A、 B、C、D四点在同一竖直圆周上，其中AD是 竖直的。一小球从A点由静止开始，分别沿 AB、AC、AD轨道滑下B、C、D点所用的时 间分别为tl、t2、t3。则
求力情量况(力)。二定律
a
公 式 动情况
一木箱质量为ｍ=10Kg，与水平地面间的动摩擦因数为
μ=0.2，现用斜向右下方Ｆ=100N的力推木箱，使木箱在水
平面上做匀加速运动。Ｆ与水平方向成θ=37O角，求经过ｔ
=5秒时木箱的速度。
解：木箱受力如图：将F正交分解，则：
FN
F1= F cosθ
①
F2= F sinθ
[ 解法一 ]： 分别以m1、m2为隔离体作受力分析 对m1有 ：F – F1 = m 1a （1）
对m2有: F1 = m2 a （2）
联立（1）、（2）可得
F1 = m 2 F m1 m2
F
m1 m2
[m1] F1
FN1 F
m1g
[m2]
FN2 F1
m2 g
光滑的水平面上有质量分别为m1、m2的两物体 静止靠在一起 (如图) ,现对m1施加一个大小为 F 方向向右的推力作用。求此 时物体m2受到物体 m1的作用力F1
0
a
m1
F m2g mFF1N2
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T cos45 N sin 45 ma
(1)
T sin 45 N cos45 mg
(2)
联立两式，得
N mg cos45 masin 45 若小球对滑块的压力等于零，即就作 N=0，滑块的加速度至少就为
a cos 45 g g sin 45
可见，当滑块以 a=2g 加速度向左运动时，小球已脱离斜面飘起，此时小球仅受 两个力作用：重力 mg、线中拉力 T′。设线与竖直方向间夹角为 β，同理由牛
顿第二定律得 T sin ma T cos mg
联立两式得 T
( ma)2 (mg) 2
m2g 2 m2a 2
5mg
【例 4】如图 2-2-11 甲所示，传送带与地面倾角 θ=37 °度，从 A →
B 长度为 16m，传送带以 10m/s 的速率逆时针转动，在传送带上端 A 无初速度地放一个质量为 0.5kg 的物体，它与传送带之间的动摩 擦因数为 0.5，求物体从 A 运动到 B 所需要时间是多少？（ g 取 10m/s2， sin37° =0.6） 【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，由于传送带的速度大于 物体的速度，传送带给物体一沿传送带向下的滑动摩擦力，物体受 合力方向沿传送带向下，物体由静止加速。物体加速至与传送带速
物体加速至 2 m/s 所需位移
s0＝
2
v 2a
＝
2 2×
2
0.4
m＝ 5 m<L
经分析可知物体先加速 5 m
的物体，则此人在地面上最多可举起多少千克的物体？若此人在匀加速上升的升
降机中最多能举起 m2=40 千克的物体， 则此升降机上升的加速度为多大？ （g 取 10m/s2）
【分析】设此人的最大举力 F，在不同参照系中这个举力是恒定的，当升降机匀
加速下降时，物体也以同一加速度下降，物体“失重” ，当升降机竖直向上匀加
图 2-2-11 甲
度相等时， 由于 mg sin 37 mg cos37 ,物体在重力作用下继续加速运动， 当物体速度大
于传送带速度时， 传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力， 但合力仍沿传送带向下， 继续加速下滑，直至传送带的 B 端。 开始阶段，物体受力情况如图 2-2-11 乙所示，由牛顿第二定律得
9．（ 2003 年·江苏理综）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进
行安全检查右图为一水平传送带装置示意图，绷紧的传送带
A、 B 始终保持 v=1m/s 的恒定
速率运行；一质量为 m=4kg 的行李无初速地放在 A 处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李
开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动 带间的动摩擦因数 μ=0.1， AB 间的距离 l=2m ， g 取 10m／ s2．
μ＝
0.8，传送带的倾角为 α＝ 37°，那么物块 m 从 A 端运到 B 端所需的时间是多少？ (g 取 10 m/s2，
cos37 °＝ 0.8)
2．解析： 将物体放在传送带上的最初一段时间内物体沿传送带向上做匀加速运动 由牛顿第二定律得 μmgcos37°－ mgsin37 °＝ma 则 a＝ μｇcos37°－ gsin37 °＝ 0.4 m/s2
.设行李与传送
（ 1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；
（ 2）求行李做匀加速直线运动的时间；
（ 3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到
B 处．求行李从 A 处传送
到 B 处的最短时间和传送带对应的最小运行速率．
4．【答案】（ 1）4N ， a=lm/s 2；（ 2） 1s；（ 3） 2m/s
⑦
2
v= 1m／s．则
代入数值，得 tmin 2s
⑧
传送带对应的运行速率
Vmin= atmin
⑨
代人数据解得 Vmin=2m/s
⑩
10．如图 3－ 2－ 24 所示，传送带两轮 A、 B 的距离 L＝ 11 m，皮带以恒定速度 v＝ 2 m/s 运
动，现将一质量为 m 的物块无初速度地放在 A 端，若物体与传送带间的动摩擦因数为
m2g-F=m2a，所以 a F m2 g 5m / s2 m2
【例 7】如图 1---42 所示，重为 G 的均匀链条，两端用等长的轻绳
θ
θ
连接挂在等高的地方，绳与水平方向成 θ角，试求：
（ 1）．绳子的张力大小。 （2）．链条最低点的张力大小 .
图 1--42
[ 析与解 ] : (1)．绳子的张力等于整条链跟外部绳子的作用力，此处应
【例 8】如图 1---39 所示，斜面上放一物体 A 恰能在斜面上保持静止，如果在物体
水平表面上再放一重物，下面说法中正确的是（
）
A的
A ．物体 A 将开始加速下滑
A
B ．物体 A 仍保持静止
θ
C．物体 A 所受的摩擦力增大 D ．物体 A 所受的合力增大
图 1---39
6．（ 2006 年·全国理综Ⅰ） 一水平的浅色长传送带上放置一煤块 （可 视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为 μ．起始时，传送带与煤块都是静止的．现
【例 3】如图 3-11 所示，一细线的一端固定于倾角为 45°度的光滑楔形滑块 A
的顶端 p 处，细线的另一端栓一质量为 m 的小球，当滑块以 2g 的加速度向左运
动时，线中拉力 T 等于多少？
【解析】当小球贴着滑块一起向左运动时，小球受到三个力作用：重力
mg、线
中拉力 T，滑块 A 的支持力 N，如
F1
F2
θ
θ
以整条链为研究对象，作其受力图如右上图，由对称性知：
F1 =F 2 ，因竖直
G
方向合力为零，则有： 2Fsinθ =G ， F=G/2sin θ，即绳子的拉力为 G/2sin
θ。
(2) ．将链条从最底点隔离开，只研究右半条链条，作其受力图如上页 右下图，由图得 F′ =Gctg θ /2 即链条最低点的张力为 Gctgθ /2 。
在光滑水平面上， 滑轮和所有接触面的摩擦以及绳子的质量均不计， 为使三个物
体无相对运动，水平推力 F 等于多少？
【解析】 由于三个物体无相对运动， 困此可看作一个整体， 列出整体的牛顿第二
定律方程。然后再隔离 m1、m2 分别列出它们的运动方程。
由整体在水平方面的受力列出牛顿第二定律为 F=(m1+m2+m3)a ……（ 1）
2
a2=2m/s 设后一 阶段 物体 滑至 底端 所用 的时 间为
L
S vt 2
1
a
2
t
2 2
2
解得 t2=1s,(t2=-11s 舍去 )
所以物体由 A →B 的时间 t=t 1-t2=2s.
t2 ， 由
图 2-2-11 丙
【例 5】如图 3-28 所示的三个物体质量分别为 m1、m2 和 m3，带有滑轮的物体放
例 2 如图 3-10 所示，在原来静止的木箱内，放有 A 物 体，A 被一伸长的弹簧拉住且恰好静止，现突然发现 A 被弹簧拉动，则木箱的运动情况可能是 A、加速下降 B、减速上升肥 C、匀速向右运动 D、 加速向左运动 【解析】木箱未运动前， A 物体处于受力平衡状态，受 力情况为： 重力 mg，箱底的支持力 N，弹簧拉力 F 和最大的静摩擦力 f m（向左） 由平衡条件知： N=mg F=fm。
物体
mg sin
mg cos ma
a1=10 ×(0.6+0.5 0×.8)=10m/s 2 物体加速至与传送带速度相等需要时间 t1=V/a 1=10/10=1S 物体速度大于传送带速度后， 物体受力情况如图
2-2-11 丙所
图 2-2-11 乙
示，由牛顿第二定律得
mg sin
mg cos ma2
此后，煤块与传送带运动速度相同，相对于传送带不再滑动，不再产生新的痕迹．
设在煤块的速度从 0 增加到 v0的整个过程中，传送带和煤块移动的距离分别为
有
2
s0
12 2 a0t
v0t ， s
v0 2a
传送带上留下的黑色痕迹的长度 l＝ s0－s
由以上各式得 l
v（02 a0 g） 2a0 g
s0 和 s，
速上升时，人举起的物体也与升降机一起匀加速上升，物体处于“超重”状态。
【解】：设此人最大举力为 F，当升降机匀
加速下降时，选取物体为研究对象，受力
分析如图 3-33 所示，由牛顿第二定律得
m1g-F=m1a
所以
F=m1(g-a)=600N
当他在地上举物体时，设最多可举起质量
为 m0 的物体，则有 F-m0g=0 所 m0=60kg. 当升降机竖直向上匀加速上升时，选物体为研究对象，受力分析如图 3-34 所示， 由牛顿第二定律得
分别以 m1、m2 为研究对象作受力分析（图 3-29）设绳拉力为 T。
对 m1，在水平方向据牛顿第二定律得
T=m1a……（2）
对 m2，在竖直方向由力平衡条件得
T-m2g=0……（ 3）
联立式（ 1）（2）（3），得水平推力
F
m2 m1
(m1
m2
m3 ) g
【例 6】某人在以 a=2.5m/s2 的加速度匀加速下降的升降机中最多可举起 m1=80kg
让传送带以恒定的加速度 a0 开始运动，当其速度达到 v0 后，便以此速度匀速运动．经过一 段时间， 煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后， 煤块相对于传送带不再滑动． 求此黑色痕
迹的长度．
6．【答案】 v（02 a0
g）
2a0 g
解析：根据 “传送带上有黑色痕迹 ”可知，煤块与传送带之间发生了相对滑动，煤块的加