高考物理计算题复习《用牛顿运动定律解决问题（二）》（解析版）

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《用牛顿运动定律解决问题（二）》一、计算题如图所示，一木板B放在水平地面上，木块A放在B的上面，A的右端通过水平轻质弹簧秤固定在直立的墙壁上，用力F=17N向左拉动B，使它向左匀速运动，这时弹簧秤的读数恒为F0=8N，已知A、B两物体的质量分别为mA=4kg，mB=5kg，g=10N/kg，求：

(1)A、B

一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0.(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b加速度的大小；(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式。

如图所示，长为L=8m，质量M=6kg的长木板放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=2kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数为0.3，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块施加F=10N，方向水平向右的恒定拉力，求：(g=10m/s2)

(1)小物块的加速度；

(2)

如图所示，传送带与水平成α=37°，传送带A、B间距L=5.8m，传送带始终以4m/s速度顺时针转动，将一小物体轻轻释放在A处，小物体与传送带间动摩擦因数为μ=0.5.(sin37°=0.6,cos37°=0.8)(取g=10m/s2)试求：

(1)刚释放时，小物体加速度的大小？

(2)小物体从A运动到B所需时间？

如图所示，质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平桌面上，木板上放有一质量m=1.0kg的小铁块(可视为质点)，它离木板左端的距离为L=0.5m，铁块与木板间的动摩擦因μ=0.2.现用一水平向右的拉力F作用在木板上，使木板和铁块由静止开始运动，设木板与铁块间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。则

(1)求当拉力为3N时，铁块受到的摩擦力大小；

(2)若要铁块相对木板静止，求拉力的最大值；

(3)若将木板从铁块下抽出历时1s，求拉力的大小。

如图所示，质量M=4.0kg的长木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A(可视为质点)。初始时刻，A、B分别以v=2.0m/s向左、向右运动，最后A恰好没有滑离B板．已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.40，取g=10m/s2.求：

(1)A、B相对运动时的加速度a A和a B的大小

(2)A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移大小x；

(3)木板B的长度L．

如图所示，在一个水平向右匀加速直线运动的质量为M的车厢里，用一个定滑轮通过绳子悬挂两个物体，物体的质量分别为m1、m2.已知m1<m2，m2静止在车厢的地板上，m1向左偏离竖直方向θ角．这时，作用在m2上的摩擦力大小是多少？车厢的地板对m2如图所示，一足够长的木板在水平地面上滑动，速度v1=10m/s时，将一相对于地面静止的物块轻放到木板右端，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间动摩擦因数μ1=0.4，(1)若地面光滑，经过多长时间物块相对木板停止运动(2)若木板与地面间动摩擦因数μ2=0.1.木板在与物块相对静止后还能向前滑行的距离

如图所示，质量为60kg的滑雪运动员在倾角θ=37°的斜坡顶端从静止开始自由下滑50m到达坡底，用时5s，然后沿着水平路面继续自由滑行，直至停止．不计拐角处能量损失，滑板与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，取g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8.求：

(1)运动员下滑过程中的加速度大小

(2)滑板与坡面间的滑动摩擦力大小

(3)运动员在水平路面上滑行的时间

质量是60kg的人站在升降机的体重计上，如图所示，当升降机做下列各种运动时，体重计的读数分别是多少？(取g=10m/s2)

(1)升降机匀速上升；(2)升降机以6m/s(3)升降机以3m/s2的加速度匀加速下降．

如图所示，质量为M=2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=1 kg的小滑块(可视为质点)以v0=3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10 m/s(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小和方向；(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；(3)若长木板足够长，滑块与长木板达到的共同速度v．(4)小滑块与长木板速度相等时，小滑块相对长木板上滑行的距离L

如图，足够长的固定斜面倾角θ=37°.一个物体以v0=4m/s的初速度从斜面A

点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25(取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8).求：

(1)物体沿斜面上滑时的加速度；

(2)物体沿斜面上滑的最大距离；

(3)物体从最高点返回到A点时的速度大小．

如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其ＡＢ边的长度S=2m，斜面倾角为37°。光滑水平地面上有一块质量M=3kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置。质量为m=1kg物体由A点静止滑下，然后从B点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8(1)物体到达斜面底端B点时的速度大小；(2)物体从B点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小；(3)物体在长木板上滑行的最大距离。

如图所示，一固定在地面上的足够长斜面，倾角为37°，物体A放在斜面底端挡板处，通过不可伸长的轻质绳跨过光滑轻质滑轮与物体B相连接，B的质量M=1kg，绳绷直时B离地面有一定高度．在t=0时刻，无初速度释放B，由固定在A上的速度传感器得到的数据绘出的A沿斜面向上运动的v−t图象如图乙所示，若B落地后不反弹，g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

(1)B下落的加速度大小a；

(2)A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W；

(3)A(包括传感器)的质量m及A与斜面间的动摩擦因数μ

(4)求在0～0.75s内摩擦力对A做的功．

如图所示，斜面AC长L=1m，倾角θ=37∘，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=2kg的小物块从斜面顶端A由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5。不计空气阻力，g取10 m/s2，sin37(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小a；(2)小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v；(3)小物块在水平地面上滑行的最远距离x。

如图所示，一质量为m=2kg的滑块从半径为R=0.2m的光滑四分之一圆弧轨道的顶端A处由静止滑下，A点和圆弧对应的圆心O点等高，圆弧的底端B与水平传送带平滑相接．已知传送带匀速运行的速度为v0=4m/s，B点到传送带右端C点的距离为L=2m.当滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同．(g=10m/s2)，求：

(1)滑块到达底端B时对轨道的压力；

(2)滑块与传送带间的动摩擦因数μ；

(3)此过程中，由于滑块与传送带之间的摩擦而产生的热量Q．

如图所示，一质量为2kg的物块在固定斜面上受沿斜面向上的拉力F的作用而匀速向上运动，斜面的倾角为30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.23，则拉力F

如图所示，质量为m=3kg的小球置于倾角为30°的光滑固定斜面上，劲度系数为k=200N/m的轻弹簧一端系在小球上，另一端固定在P点，小球静止时，弹簧与竖直方向的夹角为30°.取g=10m/s2.求：

(1)小球对斜面的压力的大小；

(2)弹簧的伸长量；

(3)弹簧被剪断的瞬间，小球的加速度．

如图所示，质量均为M的两个梯形木块A、B在水平力F的作用下，一起沿光滑的水平面运动，A与B的接触面光滑，且与水平面的夹角为37°，已知重力加速度为g，则要使A与B保持相对静止一起运动，水平力F最大为多少？

如图所示，质量均为m=3 kg的物块A、B紧挨着放置在粗糙的水平地面上，物块A的左侧连接一劲度系数为k=100 N/m的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上．开始时两物块压紧弹簧并恰好处于静止状态，现使物块B在水平外力F作用下向右做加速度大小为2 m/s2的匀加速直线运动直至与A分离，已知两物块与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，g=10 m/s(1)物块A、B分离时，所加外力F的大小；(2)物块A、B由静止开始运动到分离所用的时间．

如图所示，一水平的长L=2.25m的传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面，皮带以v0=4m/s匀速顺时针转动，现在传送带上左端静止放上一质量为m=1kg的煤块(视为质点)，煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数为均为μ1=0.2.经过一段时间，煤块被传送到传送带的右端，此过程在传送带上留下了一段黑色痕迹，随后煤块在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了t0=1s时煤块与平板速度恰相等，此时刻撤去F.最终煤块没有从平板上滑下，已知平板质量M=4kg，(重力加速度为g=10m/s2)，求：

(1)传送带上黑色痕迹的长度；

(2)求平板与地面间动摩擦因数μ2

如图所示，一传送带与水平地面的夹角θ=37°，传送带上端固定一平台，平台离地面高H=1.8m，传送带以恒定速度v=4m/s逆时针运行．将质量m=2kg的小滑块轻放在传送带底端，平台上的人通过一根轻绳用恒力F沿传送带向上拉小滑块，滑块的速度刚达到传送带的速度时轻绳断裂，此后小滑块恰好不能到平台上，已知滑块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.25，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)恒力F的大小？

(2)小滑块在传送带上运动的总时间T？

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=0.8 m，B点距C点的距离L=2.0 m(滑块由斜面经过B点进入水平面时速度大小不变，g取10 m/s(1)滑块在运动过程中的最大速度的大小；(2)滑块与水平面间的动摩擦因数μ；(3)滑块从A点释放后，经过时间t=1.0 s时速度的大小．

答案和解析1.【答案】解：

(1)A、B间滑动摩擦力的大小与弹簧弹力相等，A对B的压力等于A的重力，可得：

f=F0，f=μFN，FN=mAg

解得：μ=8【解析】本题考查滑动摩擦力的公式的应用，学会对物体受力分析，及受力平衡的条件的运用，并注意正确计算。

本题通过对摩擦力的有关概念和规律的认识，来考查对概念和规律的理解能力和推理能力。木块虽然处于静止，但木块和长木板间有相对运动，木块与长木板间的摩擦力是滑动摩擦力；木块处所受的滑动摩擦力跟弹簧秤的拉力相平衡。

2.【答案】解：(1)对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：

kx0=(m+35m)gsinθ

解得：k=8mgsinθ5x0

①

(2)由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；

由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：

x1x0=14

②

说明当形变量为x1=x0−x04=3x04时二者分离；

对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：

kx1−mgsinθ=ma

③

联立①②③解得：

a=gsinθ5

(3)设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=12at2=gsinθt210

则形变量变为：△x=x0−x

【解析】(1)对整体分析，根据平衡条件和胡克定律即可求得劲度系数；

(2)分析物体的运动过程，根据运动学规律可明确分离时的位移，从而确定对应的形变量；再根据牛顿第二定律即可求得加速度的大小；

(3)对整体进行分析，根据牛顿第二定律列式即可求得拉力随时间变化的表达式．

本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．

3.【答案】解：(1)设小物块的加速度为a1，对物块由牛顿第二定律有：

F−μmg=ma1，

解得：a1=Fm−μg=(102−0.3×10)m/s2=2m/s2；

(2)设木板的加速度为a2，对木板由牛顿第二定律得：μmg=Ma2，

解得：a2=μmgM=0.3×2×106m/s2=1m/s2，

【解析】(1)对物块由牛顿第二定律求解加速度大小；

(2)对木板由牛顿第二定律求解加速度大小，再根据位移时间关系求解时间。

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁。

4.【答案】解：(1)受力分析：正交分解，根据牛顿第二定律可知：mgsinα+μmgcosα=ma1

解得a1=gsinα+μgcosα=10m/s2

(2)物块加速到4

m/s的位移x1=v22a1m<L，

运动的时间t1=va1=410s=0.4s

又因μ=0.5<tanα，故物块先以a1加速，再以a2=mgsinα−μmgcosαm=2m/s2

加速通过的位移为

x2【解析】物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，当物体加速至与传送带速度相等时，由于μ<tanθ，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变”。

从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

5.【答案】解：(1)由牛顿第二定律

F1=(M+m)铁块受到的摩擦力

f1=m解得

f1=1N(2)最大静摩擦力f2=μmg铁块的最大加速度a2=由牛顿第二定律

F2=(M+m)解得

F2=6N(3)设木板的加速度为a3

12a由牛顿第二定律

F3−解得

F3=8N

【解析】(1)由牛顿第二定律求小铁块和木板整体运动的加速度大小，再对铁块分析，求摩擦力；(2)先由最大静摩擦力求解铁块的最大加速度，由牛顿第二定律求拉力的最大值；(3)木板从铁块下面抽出位移满足条件 x这是连接体的问题，应用隔离法和整体法分别进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学公式分段研究，分析时把握位移关系等。

6.【答案】解：(1)A、B分别受到大小为μmg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得

对A物体：μmg=maA

则aA=μg=4.0m/s2，方向水平向右

对B物体：μmg=MaB，

则aB=1.0m/s2，方向水平向左

即(2)开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t，则v0=aAt1，则t1=0.50s

B相对地面向右做减速运动x=v0t−12aBt2=0.875m

即A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；

(3)A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v.

【解析】(1)木块和木板竖直方向上受力平衡，水平方向受到滑动摩擦力作用，大小为μmg，根据牛顿第二定律求解加速度；

(2)A先向左做匀减速运动至速度为零，根据运动学速度公式求出速度为零时所用的时间，根据位移公式求解B相对地面运动发生的位移x；

(3)对于系统，合外力为零，动量守恒．A恰好没有滑离B板，木板和木块的速度相同，根据动量守恒和能量守恒结合求解木板B的长度l。

本题是木块在木板滑动的类型，运用牛顿第二定律、运动学、动量守恒和能量守恒结合求解比较简便，较难。

7.【答案】解：由于物体与车具有相同的加速度，以物体1研究对象，受重力和拉力，根据合成法知，F合=m1gtanθ，绳子的拉力T=m1gcosθ

所以物体1的加速度a=gtanθ，加速度的方向水平向右；

物体2加速度为gtanθ，对物体2受力分析，受重力、支持力和摩擦力，水平方向有：f=m2a=m2【解析】解决本题的关键是知道车厢和两物体具有相同的加速度，通过整体法和隔离法进行求解。

车厢水平向右做加速直线运动，两物体与车厢具有相同的加速度，根据隔离对物体1分析，得出物体1的加速度以及细线的拉力，从而得知车厢的加速度；再隔离对物体2分析，求出支持力和摩擦力的大小。

8.【答案】解：(1)对于相对滑动过程有：mv对木块有：μ1可得：t=1.25s。(2)对木块有：μ1对木板有：μ2设木块和小板相对静止时的速度为v，则有：va共同滑行过程有：μ2可得：x=8m。

【解析】解决本题的关键理清物块和木板在整个过程中的运动规律，结合动量守恒定律、动量定理、牛顿第二定律和运动学公式综合求解，本题分析两个物体的运动规律是关键。(1)根据动量守恒定律、动量定理分别求出物块和木板的速度相同所经历的时间；

(2)若木板与地面间动摩擦因数μ2

9.【答案】解：(1)根据x=得，a1=2xt12=2×5025m/s2=4m/s2。

(2)根据牛顿第二定律得，mgsinθ−f=ma1

解得滑动摩擦力f=mgsinθ−ma1=600×0.6−60×4N=120N

答：(1)运动员下滑过程中的加速度大小为4m/s2；

(2)滑板与坡面间的滑动摩擦力大小为120N；

(3)运动员在水平路面上滑行的时间为8

【解析】(1)根据匀变速直线运动的位移时间公式求出运动员下滑过程中的加速度；

(2)根据牛顿第二定律求出滑动摩擦力的大小；

(3)根据滑动摩擦力的大小求出动摩擦因数，通过速度时间公式求出到达底端的速度，根据牛顿第二定律求出在水平面上的加速度，再结合速度时间公式求出在水平面上运动的时间。

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

10.【答案】解：(1)升降机匀速上升时，体重计的读数为：F1=G=mg=60×10N=600N；

(2)当升降机以6m/s2的加速度匀加速上升时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：F2−mg=ma1，

代入解得：F2=960N；

根据牛顿第三定律得到人对体重计的压力大小等于960N，即体重计的读数为960N；

(3)当升降机以3m/s2的加速度匀加速下降时，以人为研究对象，根据牛顿第二定律得：mg−F3=ma3，

代入解得：F3=420N；

根据牛顿第三定律得到体重计的读数为420N。

答：(1)升降机匀速上升时体重计的读数600【解析】本题主要是考查了失重和超重的知识，主要是利用牛顿第二定律进行解答；利用牛顿第二定律答题时的一般步骤是：确定研究对象、进行受力分析、进行正交分解、在坐标轴上利用牛顿第二定律建立方程进行解答；掌握超重和失重的条件。

11.【答案】解：(1)长木板所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小为：

f=μmg=0.1×1×10N=1N

方向向右，如图所示．

(2)对滑块，由牛顿第二定律得：μmg=ma

得出：a=μg=1m/s2

(3)以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′

可得出木板的加速度为：a′=0.5m/s2

设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：

对滑块有：v=v0−at

对长木板有：v=a′t

由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度为：v=1.2m/s，t=2.4s

(4)小滑块与长木板速度相等时，木板前进的位移为：x1=v2t

滑块前进的位移为：x2=v0+v2t

小滑块相对长木板上滑行的距离为：L=x2−x1=v02【解析】(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到滑块施加的滑动摩擦力，而滑动摩擦力方向与相对运动的方向相反，根据滑动摩擦力公式求摩擦力大小；

(2)对滑块受力分析，根据牛顿第二定律求滑块的加速度；

(3)根据运动学速度公式求得达到共同速度的时间和速度．

(4)利用位移时间公式求得小滑块相对长木板上滑行的距离L．

本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的速度关系．也可以根据动量守恒定律和动能定理研究．

12.【答案】解：

(1)沿斜面向上运动时，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1

a1=gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.25×10×0.8=8

m/s2

方向沿斜面向下

(2)物体沿斜面匀减速上滑到速度为零

由v02=2a1x

解得x=1m

(3)物体沿斜面返回下滑时mgsinθ−μmgcosθ=ma2

解得：a2=4

m/s2

由v2=2a2x【解析】(1)对物体受力分析，根据牛顿第二定律可求得物体的加速度；

(2)由题意可知，物体到达最高点的速度为零；根据速度和位移关系可求得物体上滑的位移；

(3)对下滑过程由牛顿第二定律可求得下滑的加速度，再由速度和位移公式可求得返回的速度．

本题考查牛顿第二定律及运动学公式的应用，要注意明确受力分析及运动过程分析的重要性，明确上滑和下滑过程的加速度大小不同．

13.【答案】解：(1)从A到B的过程，根据牛顿第二定律有：mgsin37°−μ解得：a=4m/s下滑到B点时的速度：vB解得：vB

=4m/s(2)滑上长木板时：

对物体，由牛顿第二定律得：μ

解得a1=μ对长木板，由牛顿第二定律得：μ

解得a2= 1m/s(3)设经过时间t，物体和长木板速度相等，即：

vB−a1此时物体的位移s1长木板的位移s2物体在长木板上滑行的最大距离d= s1− 答：(1)到达斜面底端B点时的速度大小为4m/s；(2)物体的加速度大小为3m/s2

；长木板的加速度大小1m/s2 

(3)

【解析】本题考查了动力学中的滑块模型，关键理清木块和木板的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解。(1)从A到B的过程，根据牛顿第二定律求解加速度，根据速度位移公式求B的速度；(2)木块在木板上运动受到摩擦力，由牛顿第二定律求解加速度；(3)由两物体的运动情况分别求得各自的位移，位移差即为物体相对长木板的距离。

14.【答案】解：(1)AB具有相同的加速度，由图可知B的加速度为：a=ΔvΔt=20.5m/s2=4m/s2

(2)设绳的拉力为T，对B由牛顿第二定律：Mg−T=Ma，

解得：T=Mg−Ma=1×10N−1×4N=6N，

AB位移相同则由图可知A上升阶段，B的位移为：x=2×0.52m=0.5m

故绳的拉力对A做功为：W=Fx=6×0.5J=3J

(3)由图可知后0.25s时间A的加速度为：

此过程A只受摩擦力和重力：

μmgcosθ+mgsinθ=ma′

解得：μ=a′−gsinθgcosθ=0.25

前0.5s内A受到重力．支持力．摩擦力和拉力的作用，沿斜面的方向：

T−mgsinθ−μmgcosθ=ma

代入数据得：m=0.5kg

(4)全程位移为：

s=12×2×0.75m=0.75m

故摩擦力做功为：

Wf=−μmgcosθs=−0.25×0.5×10×0.8×0.75J=−0.75J

答：(1)B下落的加速度大小a为4m/s2；

(2)A沿斜面向上运动的过程中，绳的拉力对A做的功W为3J；【解析】AB具有相同的加速度，由题可得加速度．

对B由牛顿第二定律可得绳的拉力，进而可得对A的功．

由牛顿第二定律可得A受到的摩擦力，进而可得A与斜面的摩擦因数．

由功的公式可得摩擦力做的功

本题是综合性比较强的题目，需要熟练掌握运动学，功的计算，要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，能根据速度时间图象求解加速度和位移，难度较大

15.【答案】解：(1)根据牛顿第二定律有：mgsinθ−μmgcosθ=ma，

代入数据解之得：a=2m/s2；

(2)根据匀变速直线运动规律有：v2=2aL，

代入数据解之得：v=2m/s，

(3)根据动能定理有：−μmgx=0−12mv2，

代入数据解之得：x=0.4m。

答：(1)小物块在斜面上运动时的加速度大小为2m/s2；

(2)【解析】解题的关键是分清物理过程，选择正确的公式解答，一般运用能量的观点解题比运用牛顿运动定律解题要简单。

(1)以小物块为研究对象，利用牛顿运动定律列式求解；

(2)小物块从A到C做匀加速直线运动，利用匀变速直线运动规律求解；

(3)小物块在水平面上运动的距离可利用动能定理求解。

16.【答案】解：(1)滑块从A运动到B的过程中，由机械能守恒定律得

mgR=12mvB2；

解得vB=2gR=2

m/s

在B点，由牛顿第二定律得：FN−mg=mvB2R

代入解得，FN=60N

由牛顿第三定律可知，滑块对轨道的压力大小为FN′=FN=60

N，方向竖直向下．

(2)滑块从B运动到C的过程中，根据牛顿第二定律得

μmg=ma

又v02−vB2=2aL，联立以上两式解得μ=0.3

(3)设滑块从B运动到C的时间为t，加速度

a=μg=3

m/s2．

由v0=vB+at，得t=v0−vBa=4−23【解析】本题是机械能守恒定律、向心力、牛顿第二定律、运动学公式的综合应用，容易出错的地方是：Q=μmgL，应根据相对位移求解摩擦生热．

(1)滑块从A运动到B的过程中，只有重力做功，根据机械能守恒定律求出滑块到达底端B时的速度．滑块经过B时，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，根据牛顿运动定律求解滑块对轨道的压力；

(2)滑块滑上传送带后向右做匀加速运动，由题，滑块滑到传送带的右端C时，其速度恰好与传送带的速度相同，根据动能定理或牛顿第二定律、运动学公式求解动摩擦因数μ；

(3)根据运动学公式求出滑块从B到C的运动时间，即可求出此时间内传送带的位移，得到滑块与传送带的相对位移，摩擦而产生的热量Q等于滑动摩擦力与相对位移大小的乘积．

17.【答案】解：受力分析如图所示：

；

可沿斜面向上为x轴正方向，垂直斜面向上为y轴正方向建立直角坐标系，将重力向x轴及y轴分解，因物体处于平衡状态，由共点力的平衡条件可知：

平行于斜面方向：F−mgsinα−f=0；

垂直于斜面方向：FN−mgcosα=0；

其中f=μFN；

即：拉力F的大小为16N。

【解析】本题考查了共点力平衡的条件及其应用、摩擦力的判断与计算；斜面模型是高中物理常见模型之一，不但要掌握斜面上物体的受力分析方法，还要注意相应几何知识的应用；若物体受力较多时，一般可以运用正交分解法列式。对物体受力分析可知，物体受重力、支持力、拉力及摩擦力；因物体做匀速运动，故物体受力平衡，则利用正交分解法可建立平衡方程求得F。

18.【答案】解：(1)以小球为研究对象，分析受力情况：小球受到重力mg、弹簧的拉力F和斜面的支持力N，作出力图，如图．

作出F和N的合力，由平衡条件可知，F和N的合力与重力mg大小相等，方向相反．由对称性可知，N=F，则有

2Ncos30°=mg

解得：N=mg2cos30​∘=10N

(2)由胡克定律得

F=kx

解得：x=Nk=10200=0.05m

(3)弹簧被剪断的瞬间，根据牛顿第二定律得：

mgsin30°=ma

解得：a=gsin30°=5m/s2

方向：沿斜面向下．

答：(1)【解析】以小球为研究对象，分析受力情况可知：小球受到重力、弹簧的拉力和斜面的支持力，作出力图，由平衡条件求出N，根据胡克定律求解弹簧的伸长量，弹簧被剪断的瞬间，根据牛顿第二定律求解加速度．

本题解题关键是分析物体的受力情况，作出力图．此题运用合成法进行求解，也可以根据正交分解法处理．

19.【答案】解：当F最大时，地面对B的支持力为零，根据牛顿第二定律有：

Ncos37°=Mg，

解得：N=54Mg，

则B的最大加速度a=Nsin37°M=34g

对整体，根据牛顿第二定律得：

F=2Ma=1.5Mg

即F的最大值为1.5Mg．

答：要使【解析】隔离对B分析，抓住临界情况，即地面对N的支持力为零，根据牛顿第二定律B的最大加速度，再对整体根据牛顿第二定律求出F的最大值．

解决本题的关键抓住临界情况，即地面对B的支持力为零，结合牛顿第二定律，运用整体法和隔离法进行求解．

20.【答案】解：(1)物块A、B分离时，对B根据牛顿第二定律可知：F−μmg=ma，解得：F=ma+μmg=3×2N+0.5×30N=21N

(2)A、B静止时，对A、B：根据平衡条件可知：kx1=2μmg，A、B分离时，对A根据牛顿第二定律可知：kx2

【解析】本题考查牛顿第二定律的应用，要注意从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0；从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿水平方向上的加速度和速度仍相等。

(1)明确A、B分离时，B对A的作用力为0，对物体B运用牛顿第二定律列式得出F与加速度的关系式，从求求出F的大小；

(2)根据胡克定律分析弹簧的弹力与压缩量之间的关系，从而确定位移，再根据位移公式即可求得时间。

21.【答案】解：(1)对煤块由牛顿第二定律：μ1