牛顿第二定律计算题2(9页).doc

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1、-牛顿第二定律计算题2-第 7 页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，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、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

2、由静止开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，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，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，铁块与地面间

3、的动摩擦因数为，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，取g=10m/s2，。求：（1）斜面与滑块间的动摩擦因数1；（2）滑块从滑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、长

4、的薄木板静置在水平地面上，质量的小滑块（可视为质点）以速度从木板的左端冲上木板。已知滑块与木板间的动摩擦因数，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

5、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

6、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。若物块与木板间的动摩擦因数为，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（

7、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，cos37）考答案1（1）（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

8、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，。【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 （2分） 代入数据得：F30N （1分）（2）F=37.5N30N，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

9、：a1t2a2t2=L （2分）代入数据得：（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。（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+x21.5m，设铁块在木板上滑行时间为t1，则v1=a1t ；木板

10、对地面的位移x=x1+L，联立解得F47N考点：牛顿定律及运动公式的综合应用.4（1）；（2）2s； （3）6m.【解析】试题分析：（1）在斜面上，由动能定理得：得（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，位移为。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

11、。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

12、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

13、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，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

14、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：（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

15、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）【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=0.2110 = 2(N) =6(m/s2)（2）当摩擦力沿斜

16、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+mgcos1联立方程8 = 10sin1+ 2cos1 解得140.4（4）力F作用时的加速度（m/s2）撤去力F后的加速度大小（m/s2）设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t则撤去力F时的速度v=a1t 位移撤去力F后运动的距离由题意有 即 解得：考点：考查力与运动的关系点评：本题难度较小，对于涉及到摩擦力的问题时，应首先根据运动情况判断摩擦力的类型，如果给出加速度a与时间的关系图像，应用牛顿第二定律化简公式，知道图像的斜率、截距的物理意义，必要的时候根据运动学公式求解