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1、牛顿第二定律计算题牛顿第二定律计算题难度117分如下图，将小砝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，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为1m和2m，各接触面间的动摩擦因数均为。重力加速度为g。1当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小；2要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围；3本实验中，1m=0.5kg，2m=0.1kg，=，砝码与纸板左端的距离d=0.1m，取g=102/ms。若砝码移动的距离超过l=0.002m，人眼就能感悟。为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大2如下图，竖直光滑的杆子上套有一滑块A,滑块通过细绳
2、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。开场用手托住A,使绳子恰好伸直处于水平位置但无张力，现将A由静止释放，当速度到达最大时，C也恰好同时离开地面，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：1A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3如图甲所示，平板小车A静止在水平地面上，平板板长L=6m，小物块B静止在平板左端，质量mB=0.3kg，与A的动摩擦系数=，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的细绳与固定点O相连，恰中选择O点的位置使得球C与物块
3、B等高，且C始终不与平板A接触。在t=0时刻，平板车A开场运动，运动情况知足如图乙所示SAt关系。若BC发生碰撞，两者将粘在一起，绕O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，求：1BC碰撞霎时，细绳拉力至少为多少2刚开场时，B与C的距离S要知足什么关系4如下图为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L20m，高为h2m，斜坡上紧排着一排滚筒长为l8m、质量为m1103kg的钢锭ab放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v4m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转
4、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g10m/s2.试求：(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开场运动，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)由静止开场运动，直到b端到达坡顶的经过中电动机至CBALSO图甲3SAt12图乙上一页下一页少要工作多长时间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t0=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；(2)用大小为30N，与水平方向成37的力斜向上拉此物体，使物体从A处由静止开
5、场运动并能到达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2已知2tan，如下图。现将一水平向左的力F作用在斜面体A上，F的数值由零逐步增加，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：1B所受摩擦力的最大值；2水平力F的最大值；3定性画出整个经过中AB的速度随时间变化的图象。7如下图，在竖直方向上A、B两物体通过劲度系数为k的轻质弹簧相连，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
6、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m，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，开场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2B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.弹簧测力计的质量忽略不计.(g取10m/s2)1先根据受力情况判定重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是失重状态.，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假如
7、悬挂测力计的悬线忽然从A点断开，则此时重物的加速度有何变化9如下图，长为l的长木板A放在动摩擦因数为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v0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为2A与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小一样已知A的质量为M=，B的质量为m=，A的长度为l=，v0=5m/s，1=，2=，g取10m/s21A、B刚开场运动时各自的加速度分别是多大2为保证B在滑动经过中不滑出A，初速度v0应知足什么条件3分别求A、B对地的最大位移1014分如下图，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
8、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滑块在运动经过中的最大速度；2滑块与水平面间的动摩擦因数；3滑块从A点释放后，经过时间t=时速度的大小。119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，如下图。今在传送带上端A处无初速度地放上一个质量为m的小物块，它与传送带间的动摩擦因数为075，若传送带A到B的长度为24m，g取10m/s2，则小物块从A运ABCabcd上一页下一页动到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、2=45，质量分别为m1=3kg和m2=2.0kg的两
9、物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开场下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各互相接触面之间的动摩擦因数均为=，求两物块下滑经过中(m1和m2均未到达底端)劈块遭到地面的摩擦力。g=10m/s213质量kgm10=的物体在方向平行于斜面、大小为NF120=的拉力作用下，从固定粗糙斜面的底端由静止开场沿斜面向上运动，拉力F作用st21=后撤去。已知斜面与水平面的夹角?=37，如下图。斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数25.0=，取重力加速度2/10smg=。求：1在拉力F作用下，物体的加速度大小1a2撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间2t3自静止开场到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小
10、总x6.037sin=?，8.037cos=?14.如下图，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，空管遭到F=16N竖直向上的拉力作用，由静止开场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v0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s2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，经太多长时间从管的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v0大小的范围17如下图，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、
11、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，开场时各段绳都处于伸直状态。如今挂钩上挂一物体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的加速度多大图3310上一页下一页1815分质量为m的飞机静止在水平直跑道上。飞机起飞经过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1a，运动时间为1t。当第二阶段结束时，飞机刚好到达规定的起飞速度0v。飞机起飞经过中，在水平直跑道上通过的路程为s。求第二阶段飞机运动的加速度2a和时间2t。1915分杂技中的“顶竿是由两
12、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场下滑，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经过中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如下图，重力加速度g取10m/s2。则：1竿上的人在下滑经过中的最大速度为多少2在4秒到6秒经过中，顶竿人的肩部遭到的压力为多少2014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，从某时刻开场计时，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
13、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雪橇在下滑经过中，开场做什么运动，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2118分如下图，传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，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
14、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，最大压力Fm是多大上一页下一页参考答案1112(2)fmmg=+2122()Fmmg+3F=【解析】试题分析：.(1)砝码对纸板的摩擦力11fmg=桌面对纸板的摩擦力212()fmmg=+12fff=+解得12(2)fmmg=+(2)设砝码的加速度为1a,纸板的加速度为2a,则111fma=1222Fffma-=发生相对运动21aa解得122()Fmmg+(3)纸板抽出
15、前,砝码运动的距离121112xat=纸板运动的距离212112dxat+=纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离223212xat=12lxx=+由题意知131132,aaatat=解得122(1)dFmmgl=+代入数据得F=。考点：此题考察牛顿运动定律、匀变速运动的规律。210.6m2100/Nm3/Avs=，/Bvs=【解析】试题分析：1当A速度到达最大时，即加速度等于0的时候，此时C也恰好同时离开地面，那么对B和C整体分析只要绳子拉力，因而此时绳子拉力20BCTmgmgN=+=上一页下一页A下降经过受力分析如图当A的速度最大加速度等于0时，即cosATmg=，计算得53=假设A下降的高度
16、为h，则根据几何关系可得tanLh=带入得30.64hmL=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1sin53Lsm=那么绳子拉长的长度也就是B上升的高度就是0.2sLm-=初始状态，绳子无张力，对B分析有1Bkxmg=即弹簧压缩110xk=末状态，C恰好离开地面，对C分析有2Ckxmg=即弹簧拉伸210xk=120.2xxm+=带入计算得100/kNm=3由第二问可知，初状态弹簧压缩1100.1xmk=和末状态弹簧拉伸2100.1xmk=，弹簧弹性势能没有变化，那么在此经过中ABC和弹簧组成的系统机械能守恒，有221211()22pBABBAApEmgxxmghmv
17、mvE=+-+有几何关系可得AB的速度关系有ABvcosv=带入计算得215/Avs=，215/Bvs=考点：连接体机械能守恒31NT24=;2mSm111【解析】试题分析：平板车先做匀速直线运动后静止，在此经过中某一霎时小物块B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：1B上一页下一页在加速阶段与C相碰；2B在减速阶段与C相碰解答经过：18分当BC恰能到达最高点时，只要重力提供向心力，则2分BC从最低点到最高点经过中，根据动能定理得：2分BC在最低点处，根据牛顿第二定律得：2分解得：T24N2分即BC碰撞霎时，细绳拉力至少为24N2(10分)B
18、C碰撞经过中由动量守恒定律得()=+BBBCLmVmmV1分解得：4/=BVms碰撞时B速度必须知足：4/BVms1分根据牛顿第二定律得，B的加速度为：1分由图可知车A的速度为：smtSVAA/85.112=1分讨论：1B在加速阶段与C相碰：1分S要知足条件：1Sm1分2B在减速阶段与C相碰：B加速阶段位移：1分B加速阶段时间：上一页下一页B加速阶段A的位移：118=AASVtm；B加速阶段AB的相对位移：114?=-=ABSSSm；由图可知B匀速阶段时间：stt5.05.112=-=；B匀速阶段位移：224=BASVtm1分由图可知B匀减速阶段A速度为0B匀减速阶段时间：B匀减速阶段位移：1
19、分B总位移：12311+=BBBSSSm综上所述：111mSm1分考点：此题考察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)钢锭开场遭到的滑动摩擦力为fFmg3103N?=0.由牛顿第二定律有f1Fmgsinma解得21a2m/s钢锭做匀加速运动的时间11t=2sva=上一页下一页位移21111xat=4m2=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21xLlx8m做匀速直线运动的时间22t=2sxv
20、所需最短时间12ttt4s.(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端到达坡顶时速度恰好为零匀减速上升时f2Fmgsinma解得22a4m/s匀减速运动时间32t=1sva=匀减速运动位移33xt=2m2v=匀速运动的位移413Llxx6mx电动机至少要工作的时间41t=t=3.5sxv+.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：此题关键是对木块受力分析，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【解析】试题分析：(1)物体做匀加速运动分)由牛顿第二定律Ffma-=1分fmg=1分分)上一页下一页(2)设F作用的最短时间
21、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cos37(sin37)FmgFama?-?=(1分)分)1分由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因而有atat=1分1分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cos37(sin37)()0FmgFsmgLs?-?-=3分由牛顿定律cos37(sin37)FmgFma?-?=1分1分1分考点：考察力与运动的关系点评：此题难度较大，对于多经过问题首先应选择好研究经过分析受力情况，利用牛顿第二定律结合运动学公式求解6122m
22、gsincos+2(1+22cossinsincos-+)(M+m)g3如下列图。上一页下一页【解析】试题分析：1A、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Ffcos-FNsin=ma1分在y轴方向由平衡条件得Ffsin+FNcos=mg1分又Ff=2FN1分由得Ff=22mgsincos+2分2由以上各式得a=22cossinsincos-+g2分A、B的加速度均为a，由牛顿第二定律得F1(M+m)g=(M+m)a由得F=(1+22cossinsincos-+)(M+m)g2分3如下列图。考点：考察牛顿第二定律的应用点评：此题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经过列式，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71=302kmg52【解析】上一页下一页