牛顿运动定律计算题训练.doc

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1、如有侵权，请联系网站删除，仅供学习与交流牛顿运动定律计算题训练【精品文档】第 7 页牛顿运动定律应用题练习1（12分）如图1所示，质量为0.78kg的金属块放在水平桌面上，在与水平成37角斜向上、大小为3.0N的拉力F作用下，以2.0m/s的速度沿水平面向右做匀速直线运动求： （1）金属块与桌面间的动摩擦因数（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离（sin37=0.60，cos370.80，g取10m/s2）F37图12（19分）如图2所示，质量显m12kg的木板A放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为0.1木板在F7N的水平拉力作用下由静止开始向右做匀加速运动

2、，经过时间t4s时在木板的右端轻放一个质量为m21kg的木块B，木块与木板间的动摩擦因数为0.4且木块可以看成质点若要使木块不从木板上滑下来，求木板的最小长度图23（16分）如图3所示，光滑水平面上静止放着长L=1.6m，质量为M=3kg的木块（厚度不计），一个质量为m=1kg的小物体放在木板的最右端，m和M之间的动摩擦因数=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F，（g取10m/s2）(1)为使小物体不掉下去，F不能超过多少？(2)如果拉力F=10N恒定不变，求小物体所能获得的最大速度？F图34如图4所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M = 4kg，长L =1.4m，木板右端放着一个

3、小滑块，小滑块质量m = 1kg，其尺寸远小于L，它与木板之间的动摩擦因数=0.4，g = 10m/s2。（1）现用水平向右的恒力F作用在木板M上，为了使得m能从M上滑落下来，求F的大小范围，（提示：即当F20N，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来）Fm图4（2）其它条件不变，恒力F = 22.8牛顿，且始终作用在M上，求m在M上滑动的时间。（t=2s）5研究下面的小实验：如图5所示，原来静止在水平面上的纸带上放一质量为m的小金属块，金属块离纸带右端距离为d，金属块与纸带间动摩擦因数为m，现用力向左将纸带从金属块下水平抽出，设纸带加速过程极短，可以认为纸带在抽动过程中一直做速度为v

4、的匀速运动求：(1) 金属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向，(2) 要将纸带从金属块下水平抽出，纸带的速度v应满足的条件图56（15分）一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央桌布的一边与桌的AB边重合，如图6所示已知盘与桌布间的动摩擦因数为 1，盘与桌面间的动摩擦因数为2现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a满足的条件是什么？(以g表示重力加速度) 如图67一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初始时，传送带与煤块都是静止的现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v

5、0后，便以此速度做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8如图8所示，在倾角= 370的足够长的固定斜面底端有一质量m = 1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数= 0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F = 10.0N，方向平行斜面向上经时间t = 4.0s绳子突然断了，求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间（sin370 = 0.6，cos370 = 0.8，g = 10m/s2）图89（16分）一圆环A套在一均匀圆木棒B上，A的高度相对B的长度来说可以忽略不计A和B

6、的质量都等于m，A和B之间的滑动摩擦力为f（f （1分）6解：设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘上抽出的过程中，盘的加速度为，有 桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a2表示加速度的大小，有设盘刚离开桌布时的速度为v1，移动的距离为x1，离开桌布后在桌面上再运动距离x2后便停下，有盘没有从桌面上掉下的条件是 设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为x，有 而 由以上各式解得 。7解：运动过程如下图所示。第7题答图对B： t1=对A：v1=a1t1=gA再次与B相对静止：t2=S=SB-SA=8解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力f，拉力F，设加速度为a1

7、，则有F mgsin f = ma1 2分又 f = FN FN = mgcos 1分a1 = 2.0m / s2 1分所以，t = 4.0s时物体速度 V1 = a1t = 8.0m/s 1分(2)绳断后,物体距斜面底端 s1 = a1t 2 = 16m. 1分断绳后,设加速度为a2,由牛顿第二定律得mgsin mgcos= ma2 a2 = 8.0m / s2 2分物体做减速运动时间= 1.0s 1分减速运动位移s2 = 4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a3, 则有mgsinmgcos= ma3 a3 = 4.0m/s2 2分设下滑时间为t3 ,则:s1 s2 = a3t32

8、1分T 3 = s = 3 .2 s t总 = t2 t3 = 4.2s 1分9解：释放后A和B相对静止一起做自由落体运动，B着地前瞬间的速度为B与地面碰撞后，A继续向下做匀加速运动，B竖直向上做匀减速运动。它们加速度的大小分别为： 和 B与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 在此时间内A的位移 要在B再次着地前A不脱离B，木棒长度L必须满足条件 L x 联立以上各式，解得 L 10解：（18分）设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v1,根据动量守恒定律： （2分）代入数据，解得： v1=3m/s （1分）设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s，第1个球经过t0与木盒相遇，则： （2分）设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a，根据牛顿第二定律：得： （2分）设木盒减速运动的时间为t1,加速到与传送带相同的速度的时间为t2，则：=1s （1分）故木盒在2s内的位移为零 （2分）依题意： （2分）代入数据，解得： s=7.5m t0=0.5s （1分）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S，木盒的位移为s1，则： （2分） （2分）故木盒相对与传送带的位移： 则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： （2分）