牛顿第二定律计算题

1、牛顿第二定律计算题(难度)1 .(17分)如图所示，将小祛码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，祛码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若祛码和。重力加速度为 go纸板的质量分别为和m2,各接触面间的动摩擦因数均为(1)当纸板相对祛码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；(2)要使纸板相对祛码运动，求所需拉力的大小范围；(3)本实验中，m1=0.5kg,m2=0.1kg,=,祛码与纸板左端的距/2,离d=0.1m,取g=10m/s。若祛码移动的距离超过l=0.002m,人眼就能感知。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大2 .如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块

2、A,滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B又通过一轻质弹簧连接物块C,C静止在地面上。开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A由静止释放，当速度达到最大时，C也刚好同时离开地面，此时B还没有到达滑轮位置.已知：mA=,mB=1kg,mc=1kg,滑轮与杆子的水平距离L=。试求：(1)A下降多大距离时速度最大(2)弹簧的劲度系数(3)的最大速度是多少II3 .如图甲所示，平板小车A静止在水平地面上，平板板长L=6m,小物crn块B静止在平板左端，质量mB=0.3kg,与A的动摩擦系数科=，在B正前方距离为S处，有一小球C,质量mc=0.1kg,球C通过长l=0.18m的细绳与固

3、定点。相连，恰当选择。点的位置使得球C与物块B等高，且C始终不与平板A接触。在t=0时刻，平板车A开始运动，运动情况满足如图乙所示0-1关系。若BC发生碰撞，两者将粘在一起，绕。点在竖直平面内作圆周运动，并能通过O点正上方的最高点。BC可视为质点，g=10m/s2,图甲3求：(1)BC碰撞瞬间，细绳拉力至少为多少图乙(2)刚开始时，B与C的距离S要满足什么关系4 .如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L=20m,高为h=2m,斜坡上紧排着一排滚筒.长为l=8m、质量为m=1x103kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为科=,工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿

4、斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v=4m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力.取当地的重力加速度g=10m/s2.试求：(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间；(2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间5 .如图，质量m=2kg的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N,沿水平方向的外力拉此物体，经to=2s拉至B处。(sin37o=,cos37o=,g取10m/s2)(1)求物体与地面间的动摩擦因数科；(2)用大小为30N,与水

5、平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开始运动并能到达B处，求该力作用的最短时间t。(答案可带根号)6 .在水平面上放置一倾角为。的斜面体A,质量为M,与水平面间动摩擦因数为科1,在其斜面上静放一质量为m的物块B,A、B间动摩擦因数为科2(已知科2>tan。)，如图所示。现将一水平向左的力F作用在斜面体A上，F的数值由零逐渐增加，当A、B将要发生相对滑动时，F不再改变，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求：(1) B所受摩擦力的最大值；(2)水平力F的最大值；(3)定性画出整个过程中AB的速度随时间变化的图象。7.如图所示，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻

6、质弹簧相连，A放在水平地面上；B、C两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C放在固定的光滑斜面上.用手拿住C,使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab段的细线竖直、cd段的细线与斜面平行.已知A、B的质量均为Im,C的质量为4m,重力加速度为g,细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态.释放C后它沿斜面下滑(斜面足够长)，A刚离开地面时，B获得最大速度，求：(1)斜面倾角a.(2) B的最大速度V8 .一名质量为60kg的工人，站在竖直向上运动着的升降机底板上.他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计的示数为40N,已知该重物的质量为5kg.弹簧力测力计的质量忽略不计.(g取10m/s2)

7、I!(1)先根据受力情况判断重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是口失重状态.，再求出重物的加速度的大小.(2)这时该工人对升降机底板的压力是多大(3)如果悬挂测力计的悬线突然从A点断开，则此时重物的加速度有何变化9 .如图所示，长为l的长木板A放在动摩擦因数为科1的水平地面上，一滑块B(大小可不计)从A的左侧以初速度Vo向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为科2(A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同).已知A的质量为M=,B的质量为m=,A的长度为l=,vo=5m/s,科i=,2=,(g取10m/s2)(1)A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大5(2)为保证B在滑

8、动过程中不滑出A,初速度Vo应满足什么条件同a(3)分别求A、B对地的最大位移.二10 .(14分)如图所示，倾角为30。的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块(可视为质点)从斜面上A点由静止释放，最终停在水平面上的C点。已知A点距水平面的高度h=,B点距C点的距离L=。(滑块经过B点时没有能量损失，g=10m/s2),求：(1)滑块在运动过程中的最大速度；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数科；(3)滑块从A点释放后，经过时间1=时速度的大小。11 .(9分)传送带与水平面夹角为37°,皮带以12m/s的速率沿顺时针方向转动，如图所示。今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m

9、的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为0.75,若传送带A到B的长度为24m,g取10m/s2,则小物块从A运动到B的时间为多少12 .如图17所示，质量为M的劈块，其左右劈面的倾角分别为。1=30°、02=45°,质量分别为ml=#kg和m2=2.0kg的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各相互接触面之间的动摩擦因数均为科=,求两物块下滑过程中(ml和m2均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。(g=10m/s2)图237 3FTlt 固10定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动,拉力F作用t1 2s后撤去。已知斜面与水平面的夹角

10、37，如图所示。斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数0.252取重力加速度g 10m/s。求：(1)在拉力f作用下，物体的加速度大小 a(2)撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间 t2(3)自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小x总(sin 370.6,13 .质量m10kg的物体在方向平行于斜面、大小为cos370.8)14 .如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg,管长为24m,M、N为空管的上、下两端，空管受到F=16N竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度Vo竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s2

11、.求：(1) .空管的加速度的大小与方向(2) .若小球上抛的初速度为10m/s,经过多长时间从管的N端穿出(3) .若此空管的N端距离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度vo大小的范围.17.如图所示，在倾角为。的固定的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B.它们的质量都为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板。系统处于静止状态，开始时各段绳都处于伸直状态。现在挂钩上挂一物体P,并从静止状态释放，已知它恰好使物体B离开固定档板C,但不继续上升(设斜面足够长和足够高)。求：(1)物体P的质量多大(2)物块B刚要离开固定档板C时，物块A

12、的加速度多大C18.(15分)质量为m的飞机静止在水平直跑道上。飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶段飞机的加速度为a1,运动时间为t1o当第二阶段结束时，飞机刚好达到规定的起飞速度v0。飞机起飞过程中,在水平直跑道上通过的路程为So求第二阶段飞机运动的加速度a2和时间t219. (15分)杂技中的顶竿”是由两位演员共同表演完成。站在地面上的演员的肩部顶住一根质量为10kg的长竹竿，另一位质量为40kg的演员爬至竹竿的顶端完成各种动作后，从竹竿的顶端由静止开始下滑，6秒末滑到竹竿底时的速度正好为零。在竹竿上的演员从竿顶下滑到竿底的过程中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如图所示，重力加

13、速度g取10m/s2。则：(1)竿上的人在下滑过程中的最大速度为多少(2)在4秒到6秒过程中，顶竿人的肩部受到的压力为多少20.(14分)人和雪橇的总质量为75kg,沿倾角37且足够长的斜坡向下运动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k未知，从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t图象如图中的曲线AD所示，图中AB是曲线在A点的切线，切线上一点B的坐标为(4,15),CD是曲线AD的渐近线，g取10m/s2,试回答和求解：(1)雪橇在下滑过程中，开始做什么运动，最后做什么运动(2)当雪橇的速度为5m/s时，雪橇的加速度为多大(3)雪橇与斜坡间的动摩擦因数多大21.(18分)如图所示，传

14、送带的两个轮子半径均为r=0.2m,两个轮子最高点A、B在同一水平面内，A、B间距离L=5m,半径R=0.4m的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B点，C点是圆轨道的最高点.质量m=0.1kg的小滑块与传送带之间的动摩擦因数科=,重力加速度g=10m/s2.求：(1)传送带静止不动，小滑块以水平速度V0滑上传送带，并能够运动到C点，V0至少多大(2)当传送带的轮子以w=10rad/s的角速度转动时，将小滑块无初速地放到传送带上的A点，小滑块从A点运动到B点的时间t是多少(3)传送带的轮子以不同的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到传送带上的A点,小滑块运动到C点时，对圆轨道的压力大小不同，最大

15、压力Fm是多大参考答案1(1)f(2mim2)g(2)F2(mim?)g(3)F=【解析】试题分析：.(1)祛码对纸板的摩擦力f1m1g桌面对纸板的摩擦力f2(Em2)gfflf2解得f(2mim2)g(2)设祛码的加速度为&,纸板的加速度为法,则fimiaiFfif2m2a2发生相对运动a2ai解得F2(mim2)gxi(3)纸板抽出前，祛码运动的距离,1.2dxia2ti纸板运动的距离2X21 a3t22纸板抽出后，祛码在桌面上运动的距离21x1x2由题意知a1a3，aitia3t2dF2mi(1-)m2g解得l代入数据得F=o考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速运动的规律。215,

16、215,vAm/svBm/s2.(i)0.6m(2)100N/m(3)3,5【解析】T mBg mcg 20N试题分析：(1)当A速度达到最大时，即加速度等于0的时候，此时C也刚好同时离开地面，那么对B和C整体分析只有绳子拉力，因此此时绳子拉力A下降过程受力分析如图当A的速度最大加速度等于0时，即T cosmAg，计算得53otan假设A下降的高度为h,则根据几何关系可得Lh带入得34L0.6m(2)根据第一问的几何关系如上图，A下降0.6m时定滑轮到A的距离为1msin 53o那么绳子拉长的长度也就是B上升的高度就是s L0.2m10xi初始状态，绳子无张力，对B分析有kx1mBg即弹簧压缩

17、k10x2-末状态，C刚好离开地面，对C分析有kx2mCg即弹簧拉伸kx1x20.2m带入计算得k100N/m(3)由第二问可知，初状态弹簧压缩x110八.0.1mk和末状态弹簧拉伸x210八.0.1m k弹簧弹性势能没有变化，那么在此过程中Ep mBg(x112x2) m«Agh mBVB2ABC和弹簧组成的系统机械能守恒，有12-mAVA Ep2有几何关系可得AB的速度关系有vAcosvB2.15,2.'15,vAm/svBm/s带入计算得3,5考点：连接体机械能守恒3.(1)T24N;1mS11m【解析】试题分析：平板车先做匀速直线运动后静止，在此过程中某一瞬间小物块B

18、与C碰撞，BC碰撞后合为一体在竖直平面内做圆周运动。B与C碰撞前，B的运动情况要分类讨论：(1)B在加速阶段与C相碰；(2)B在减速阶段与C相碰解答过程：(1)(8分)当BC恰能到达最高点时，只有重力提供向心力，则2/、(mBmc)VH(mBmc)gl(2分)BC从最低点到最高点过程中，根据动能定理得：1 212(mBmc)Vh(mBmcM(mBmc)g(2l)（2分）2 2bc在最低点处，根据牛顿第二定律得：2(mBmcMT(mBmc)gl(2分)解得：T=24N(2分)即Bc碰撞瞬间，细绳拉力至少为24N(2)(10分)Bc碰撞过程中由动量守恒定律得mBVB(mBmc)Vl(1分)解得：V

19、B4m/s碰撞时B速度必须满足：VB 4m/s（1分）根据牛顿第二定律得，B的加速度为:aBmBg mB8m /s2（1分）由图可知车A的速度为:VA SA 12 8m/st 1.5(1 分)讨论：(1) B在加速阶段与 C相碰：Smin台-1m2aB（1分）S要满足条件:S 1m（1分）(2) B在减速阶段与 C相碰:B加速阶段位移：SB1 -A 4m2aB（1分）B加速阶段时间:t1VA1saBB加速阶段A的位移:SaiVaG8mB加速阶段AB的相对位移:sSaiSB1 4m .由图可知B匀速阶段时间:t21.5t10.5s.B匀速阶段位移:SB 2VAt24 m（1分）由图可知B匀减速阶

20、段A速度为0B匀减速阶段时间:t3VBVA1saB2B匀减速阶段位移:22VB2 VA2Sb3B A 3ms2aB4m;则物块未滑出。（1分）B总位移:SB1SB2SB311m综上所述:1m S 11 m（1分）考点：本题考查了竖直平面内的圆周运动、动能定理、动量守恒定律，牛顿第二定律、匀变速直线运动的公式等。4. (1)4s(2)s【解析】试题分析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为Ff=mg=0.3103N由牛顿第二定律有Ffmgsin=ma12解得a1=2m/sv_t1=2s钢锭做匀加速运动的时间a11c,2x1a1tl=4m位移2要使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭

21、先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动.钢锭做匀速直线运动的位移x2=L-l-Xi=8m做匀速直线运动的时间t2 = x2 =2 sv所需最短时间t=ti+t2=4s.（2）要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零.匀减速上升时Ff+mgsin=ma2解得a2=4m/S2vt3=1S匀减速运动时间a2Vcx313=2m匀减速运动位移2匀速运动的位移x4=Llx1一X3=6mt=t1;x4=3.5s电动机至少要工作的时间v考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系.点评：本题关键是对木块受力分析，

22、根据牛顿第二定律求出加速度，然后运用运动学公式列式求解.5. （1）（2）1-05s【解析】L02试题分析：（1）物体做匀加速运动2由牛顿第二定律Ffmaf 10mg 2 100.5（1分）（1分）（1分）（1分）fmg(2)设F作用的最短时间为t，小车先以大小为 a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小 为a',的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0,由牛顿定律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)由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，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：设力F作用的最短时间为t,相应的位移为s,物体到达B处速度恰为0,由动 能定理F cos37 (mg F sin 37 )s mg (L s) 0由牛顿定律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 考点：考查力与运动的关系点评：本题难度较大，对于多过程问题首先应选择好研究过程分析受力情况，利用牛顿第二定律结合运动学公式求解2cossin("+2sincos)(M+m)g(3)如下图。【解析】试题分析：（1）A、B先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动,此时A对B有最大摩擦力。物块A受力如图，设最大加速度为a,在x轴方向由牛顿第二定律得Ffcos0-Fnsin0=ma（1分）在y轴方向由平衡条件得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的加速度均为 a,由牛顿第二定律得 F -"(M+m)g = (M+m)a2cos sin由得 F = g 1+2sin cos ) (M+m)g(2分)(2分)考点：考查牛顿第二定律的应用点评：本题A、B先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律对两个过程列式，联立求解，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列公式求解2g7 .(1)“=30°(2)【解析】试题分析：(i)设开始时弹簧压缩的长度为xb得：k。二随日设当物体A刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为XA得：匕二用g当物体A刚离开地面时，物体B上升的距离以及物体C沿斜面下滑的距离为：

26、R=Ka+勺(1分)方=在由式解得：丧物体A刚刚离开地面时，以B为研究对象，物体B受到重力mg、弹簧的弹力瓦、细线的拉力T三个力的作用，设物体B的加速度为a,根据牛顿第二定律，对B有：一明g一红二明白对a有：4帧妾心仪-丁二4如口由两式得：值一用且一乜二5冽口当B获得最大速度时，有：a=01smcr=由式联立，解得2所以：口二30(2)由于工工二马,弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，且物体A刚刚离开地面时，B、C两物体的速度相等，设为以由动能定理得:Amghsinamgh=(4m+1tl由(11)式，解得：2(4sinHiyghm考点：机械能守恒定律；共点力平衡的条

27、件及其应用；胡克定律；牛顿第二定律点评：对于机械能守恒定律，有多个表达式，可以用初态的机械能等于末态的机械能，也可以用动能的增加等于势能的减少，对于第一种表达式要选取零势能面，第二种由于用的它们的差值的大小，所以不用取零势能面，在解题时要注意公式的选择228 .(1)重物处于失重状态，2m/s(2)480N(3)重物的加速度立即变为10m/s,方向竖直向下【解析】试题分析：(1)以重物为研究对象，重物受向下的重力mg,向上的弹簧拉力F,由于重物的重力mg大于弹簧的拉力F,因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下，重物处于失重状态.由牛顿第二定律有：mgF=maa=所以!mg_Z 5&

28、#176;_Fm/s2=2 m/s2(2)以人为研究对象，人受到重力Mg,底板的支持力Fn,由牛顿第二定律有MgFn=Ma,得FN=MgMa=60(102)N=480N由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为480N.2、,10 m/s ,方向v030m/s根据牛顿第二定律:aBB物体的加速度Ffi2mg24m / saAFfiFf22mg21m /s(3)悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加速度，即大小是竖直向下.考点：超重与失重点评：注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或对悬挂物的拉力变了，可用牛顿第二定律求出拉力或压力大小。2

29、29(1)aA1m/s、aB4m/s(2)(3)A发生的位移、B发生的位移【解析】试题分析：(1)分别对A、B受力分析，A物体的加速度(2)设经过时间AB的速度相等则有:VaBtaAt此时B刚好到达A的最右端所以B发生的位移:XbVotXaA发生的位移:XbXa联立解得v。 30m/s为保证B在滑动过程中不滑出A,则v030m/s(3)设经过时间t, AB的速度相等则有:VoaBtaAt解得t=1sXa0.5mA发生的位移:所以B发生的位移:XbV0t1, 2aBt3.0m2AB速度达到相等后，共同速度为v aAt 1m/sAB速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度，a21 g 2

30、m/s的加速度一起匀2V-x0.25m减速运动直到静止，发生的位移：2a所以A发生的位移为Xax0.5m0.25m0.75mB发生的位移为xBx3.0m0.25m3.25m考点：牛顿第二定律的应用点评：本题属于多过程问题，在分析时要逐段、分物体求解，最好画出运动过程图。第(2)中要找到保证B在滑动过程中不滑出A时的临界条件。10. (1)vm4m/ s(2)0.4(3) v 3.2 m / s【解析】试题分析：(1)滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B点时速度最大为Vm,设滑块在斜面上运动的加速度大小为a1mgsin30oma12hVma1sinsc?解得：v

31、m4m/s(2)滑块在水平面上运动的加速度大小为mgma220.4Vm2a2L解得:(3)滑块在斜面上运动的时间为t10.8s由于tt1,故滑块已经经过B点，做匀减速运动时间为tt10.2s设t=时速度大小为vvvma2（tti）解得：v3-2m/s1分考点：牛顿第二定律，运动学公式，滑动摩擦力公式点评：本题第一问学生也可用动能定理求滑块的最大速度，解题时分段去求。11. t=【解析】试题分析：(1)物块刚放上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度.(2)物块向下做匀加速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和下滑的位移

32、.(3)物块的速度和传送带的速度相同后，因为动摩擦因数为0.75,继续向下做匀速运动,求出下滑的时间，最后求出总时间.根据牛顿第二定律得a1 ,货物受力如图所示:沿传送带方向：mgSinfma1垂直传送带方向：mgc0sN又fN2由以上三式得：a1g(sincos)12m/s方向沿传送带向下.物块速度从0加速至传送带速度v=12m/s,所用时间设为t1，位移设为X1,则有:31s,Xi0-vt16ma12(3)当物块速度与传送带速度相等时，由于mgsin0=mgcos0,此后物块和传送带一块+246-t2s1.5s匀速运动，运动底部的时间：12小物块从A运动到B的时间为tt1t21s1.5s2

33、.5s.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系.点评：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点.12.负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N,方向水平向右。【解析】选M、ml和m2构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M保持静止，ml和m2分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体除受到地面的静摩擦力外，不可能再受到其他力；如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。根据系统牛顿第二定律，

34、取水平向左的方向为正方向，则有：F合x=Ma'+mlalxm2a2x其中a'、alx和a2x分别为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°亚cos45°)cos45°=、3xl0l33222X(2-X2)X2-Xl0X(2-X2)x2=一负号表示整体在水平方

35、向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N,方向水平向右。本题考查整体隔离法的应用，静止时现已整体为研究对象，所以整体没有运动趋势，不受摩擦力作用，两物块下滑过程中，分析两物块的受力情况，把加速度分解为水平和竖直方向，由牛顿第二定律列公式可求得水平方向的合力，由此可知要想静止不动，静摩擦力必须平衡该力l322（13分）解：设在拉力F作用下物体的加速度大小为由。根据牛顿第二定律#Fmgsin0+jmgcos&）=max（2分）解得at=-g（sin0+/Jcos&）=4m,s1（2分）m（2）设2$末的速度为收，由运动公式有片=a甬=8虏（2

36、分）撤去F后，物体沿斜面向上作匀减速直线运动，设加速度大小为七,运动到速度为零所用的时间为根据牛顿第二定律、运动学公式有mgsin+/zwgcos&ma2（2分）0=#+（n%解得为=13（2分）（3）自静工开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小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）设经t时间，小球从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）则，hih2=L（2分）联立得:Vot+2gt22at2=L代入数据解得：t=4s,t=-（舍）（2分）（3） （8分）设小球初速度Vo,空管经f时间到达地面，则工H=2at'2得t'=11a=8s（2分）小球在f时间下落高度为h=-vot'+2gt'2（2分）小球落入管内的条件是：64m<h<88m（2分）解得：29m/s<vo<32m/ssin【答案】（1）mpmsin（2）a=1sin【解析】（1）令X1表示未挂P时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知mAgsin0=kxi令X2表示

38、B刚要离开C时弹簧的伸长量，由胡克定律和牛顿定律可知kx2=mBgsin0mgsin则Xi=X2g2mgsin此时A和P的速度都为0,A和P的位移都为d=xi+x2=k由系统机械能守恒得：mPgdmgdsin则mPmsin（2）此时A和P的加速度大小相等，设为a,P的加速度方向向上对P物体：Fmpg=mpa对A物体：mgsin0+kX2F=masin一；g由式可得a=1sin18.22,2V0 a ti2s a1t12t22s a1t2vo a1t 1【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为运动距离分别为s21.2一 a2t22总距离为解到式，可得2 s a1tl2 t2.Vo优3V1a1t1