牛顿第二定律计算题2

1、登峰教育1(9分)如图所示为火车站使用的传送带示意图，绷紧的传送带水平部分长度L4 m，并以v01 m/s的速度匀速向右运动。现将一个可视为质点的旅行包无初速度地轻放在传送带的左端，已知旅行包与传送带之间的动摩擦因数0.2，g取10 m/s2。(1)求旅行包经过多长时间到达传送带的右端。(2)若要旅行包从左端运动到右端所用时间最短，传送带速度的大小应满足什么条件？2（18分）如图所示，倾角=30的足够长光滑斜面固定在水平面上，斜面上放一长L=1.8m、质量M= 3kg的薄木板，木板的最右端叠放一质量m=lkg的小物块，物块与木板间的动摩擦因数=对木板施加沿斜面向上的恒力F，使木板沿斜面由静止开

2、始做匀加速直线运动设物块与木板间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=l0（1）为使物块不滑离木板，求力F应满足的条件；（2）若F=37.5N，物块能否滑离木板？若不能，请说明理由；若能，求出物块滑离木板所用的时间及滑离木板后沿斜面上升的最大距离3如图所示，一质量为M4 kg，长为L2 m的木板放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数为0.1，在此木板的右端上还有一质量为m1 kg的铁块，小铁块可视为质点，木板厚度不计今对木板突然施加一个水平向右的拉力(g10 m/)(1)若不计铁块与木板间的摩擦，且拉力大小为6 N，则小铁块经多长时间将离开木板？(2)若铁块与木板间的动摩擦因数为0

3、.2，铁块与地面间的动摩擦因数为0.1，要使小铁块相对木板滑动且对地面的总位移不超过1.5 m，则施加在木板水平向右的拉力应满足什么条件？4如图所示，光滑水平面上固定一倾斜角为37的粗糙斜面，紧靠斜面底端有一质量为4kg的木板，木板与斜面底端之间通过微小弧形轨道相接，以保证滑块从斜面滑到木板的速度大小不变。质量为2kg的滑块从斜面上高h=5m处由静止滑下，到达倾斜底端的速度为v0=6m/s，并以此速度滑上木板左端，最终滑块没有从木板上滑下。已知滑块与木板间的动摩擦因数2=0.2，取g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。求：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数1；（2）滑块从滑

4、上木板到与木板速度相同经历的时间；（3）木板的最短长度。5如图所示，质量M=8.0kg、长L=2.0m的薄木板静置在水平地面上，质量m=0.50kg的小滑块（可视为质点）以速度v0=3.0m/s从木板的左端冲上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数=0.20，重力加速度g取10m/s2。（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，求：a滑块在木板上滑行的时间t；b滑块从木板右端滑出时的速度v。（2）若水平地面光滑，且木板不固定。在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）6(15分) 如图所

5、示，质量20kg的物体从光滑斜面上高度m处释放，到达底端时水平进入水平传送带(不计斜面底端速度大小的损失,即在斜面底端速度方向迅速变为水平,大小不变)，传送带由一电动机驱动着匀速向左转动，速率为3 m/s已知物体与传送带间的动摩擦因数0.1. 物体冲上传送带后就移走光滑斜面.（g取10 m/s2）.（1）物体滑上传送带A点时的速度大小。（2）若两皮带轮AB之间的距离是6 m，物体将从哪一边离开传送带?（3）若皮带轮间的距离足够大，从M滑上到离开传送带的整个过程中，求M和传送带间相对位移.7如图所示，以水平地面建立轴，有一个质量为的木块（视为质点）放在质量为的长木板上，木板长。已知木板与地面的动

6、摩擦因数为，与之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。与保持相对静止且共同向右运动，已知木板的左端点经过坐标原点时的速度为，在坐标为处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变，若碰后立刻撤去挡板，取10m/s2,求：PO21XAB（1）木板碰挡板前瞬间的速度为多少？（2）木板最终停止运动时其左端的位置坐标？8如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动， 某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m1kg，通过DIS实验，得到 如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木

7、板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2。试问：（1）图（b）中图线与纵坐标交点ao多大？（2）图（b）中图线与轴交点坐标分别为1和2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？说明在斜面倾角处于1和2之间时物块的运动状态。（3）如果木板长L2m，倾角为37°，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用多长时间？（取sin37°0.6，cos37°0.8）考答案1（1）4.25s（2）传送带速度必须大于或等于4 m/s【解析】试题分析：(1)旅行包的加速度aF/mmg/mg2 m/s2 1

8、分匀加速运动时间t1v0/a0.5 s 1分匀加速运动位移x0.25 m 1分此后旅行包匀速运动，匀速运动时间t23.75 s 1分旅行包从左端运动到右端所用时间tt1t24.25 s 1分(2)要使旅行包在传送带上运行时间最短，必须使旅行包在传送带上一直加速，由v22aL 2分得v4 m/s即传送带速度必须大于或等于4 m/s 2分考点：匀变速直线运动规律的应用 牛顿第二定律 传送带问题2（1） F30N；（2） 物块能滑离木板，1.2s，s=0.9m。【解析】试题分析：（1）对M、m，由牛顿第二定律F（M+m）gsin=（M+m）a （2分）对m，有fmgsin=ma （2分）Fmgcos

9、 （2分） 代入数据得：F30N （1分）（2）F=37.5N>30N，物块能滑离木板 （1分）对于M，有FmgcosMgsin=Ma1 （1分）对m，有mgcosmgsin=ma2 （1分）设物块滑离木板所用的时间为t，由运动学公式：a1t2a2t2=L （2分）代入数据得：t=1.2s（1分）物块离开木板时的速度v=a2t（2分）由公式：2gsins=0v2（2分）代入数据得s=0.9m。（1分）考点：牛顿第二定律，匀变速直线运动的规律。3.(1)4 s (2) F47 N【解析】试题分析：（1）对木板受力分析，由牛顿第二定律得：F-（M+m）g=Ma由运动学公式，得解得：（2）铁块

10、在木板上时：1mg=ma1，铁块在地面上时：2mg=ma2，对木板：F-1mg-2（M+m）g=Ma3设铁块从木板上滑下时的速度为v1，铁块在木板上和地面上的位移分别为x1、x2，则： 并且满足x1+x21.5 m，设铁块在木板上滑行时间为t1，则v1=a1t ；木板对地面的位移x=x1+L，联立解得F47 N考点：牛顿定律及运动公式的综合应用.4（1）0.48；（2）2s； （3）6m.【解析】试题分析：（1）在斜面上，由动能定理得：得1=0.48（2）在木板上滑动过程中，有 Ff=2mg由牛顿第二定律得滑块的加速度 =2g= 2m/s木板的加速度 =1m/s2由运动学公

11、式 得t=2s此时v1=v2=2m/s（3）设木板最短长度为x，则：x M=x m=v0t得x= x mx M =6m考点：动能定理及牛顿第二定律。5（1）a b1m/s（2）【解析】试题分析：（1）a滑块在木板上做匀减速直线运动，初速度为v0=3.0m/s，位移为L=2.0m。滑块在滑行的过程中受重力、支持力、和摩擦力，其中重力=支持力。根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小m/s2 设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有所以s 或 s（舍） （3分）之所以要舍去s，是因为如果木板足够长，当s时，滑块就静止了。bm/s （2分）（2）设当F=F1时，滑块恰好运动到木板的右端，然后与木板

12、一起运动。在滑块与木板有相对滑动的这段时间内，滑块做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动。设这段时间为t1，滑块与木板共同运动的速度为v1，则有，所以s，m/s所以m/s2根据牛顿第二定律有所以N所以，当N时，滑块不会从木板的右端滑出 （4分）当滑块与木板共速后，只要不发生相对滑动，滑块就不会从木板的左端滑出，根据牛顿第二定律：滑块与木板共同运动的加速度，而滑块在静摩擦力的作用下，能达到的最大加速度。因此，滑块不从木板左端滑出需满足的条件是，即N。 （3分）所以滑块不从木板掉下的条件是。考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用6（1）E=Bdv；（2）；（3）。【解析】试题分析：（1）根据法

13、拉第电磁感应定律E=Bdv；（2）根据闭合电路欧姆定律；（3）导体棒的受力情况如图所示，根据牛顿第二定律有又因为所以考点：法拉第电磁感应定，欧姆定律，牛顿第二定律。7(1) (2) 从右边离开传送带 (3) 【解析】试题分析：（1）物体从斜面上匀加速下滑，有a=gsin 又解得物体滑到底端时的速度（2）以地面为参照系，物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为 物体从滑上传送带到相对地面速度减小到零，对地向右发生的位移为 表面物体将从右边离开传送带。（3）以地面为参考系，若两皮带轮间的距离足够大，则物体滑上传送带后向右做匀减速运动直到速度为零，

14、后向左做匀加速运动，直到速度与传送带速度相等后与传送带相对静止，从传送带左端掉下，期间物体的加速度大小和方向都不变，加速度大小为取向右为正方向，物体发生的位移为 物体运动的时间为这段时间内皮带向左运动的位移大小为 物体相对于传送带滑行的距离为考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律.8(1) （2）【解析】试题分析：(1) 假设木板碰挡板前，木块和木板相对静止，木板与地面的滑动静摩擦力为，根据牛顿第二定律知，它们的共同加速度为小于与之间的最大摩擦力产生的加速度为，所以木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，设木板碰挡板时的速度为，由运动学公式得： 其中：解得：（

15、水平向右）（2）由题设木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变及受力分析可知，当木板碰到挡板并撤掉挡板后，木板以初速度向左做匀减速运动，木块以初速度向右做匀减速运动，设木板和木块的加速度分别为和，由牛顿第二定律可知：（水平向右） （水平向左）假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，直到二者保持相对静止。设二者保持相对静止所用时间为，共同速度为，可得：解得： （水平向左）在此过程中，木块运动位移（水平向右）木板运动位移（水平向左） 所以二者相对位移，即二者相对运动时木块没有掉离木板。二者共速后，又以向左减速至停下，设其向左运动的位移为解得： 最终木板左端点位置坐标为 考点：本题考查受力分析、牛顿第二定律的应用及匀变速直线运动规律，意在考查考生对知识的综合应用能力。9（1）6(m/s2) （2）处于静止状态（3）t3.1s【解析】试题分析：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0此时滑动摩擦力f =" N" = mg=0.2×1×10 =" 2(N)" =6(m/s2)（2）当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为2，这时物块处于静止状态。（3） N1=mgcos1 F1=N1=mgcos1 F=mgsin1+