牛顿第二定律(计算题)

牛顿运动定律的应用训练1、如图所示，质量为mB=14kg的木板B放在水平地面上，质量为mA=10kg的木箱A在木板B 上。

一根轻绳一端拴在木箱上，另一端拴在地面的木桩上，绳绷紧时与水平面的夹角为=37°。

已知木箱A与木板B之间的动摩擦因数μ1=0.5，木板B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.4。

重力加速度g取10m/s2。

现用水平力F将木板B从木箱A下面匀速抽出，试求：（sin37°=0.6，cos37°=0.8）（1）绳上张力T的大小；（6分）（2）拉力F的大小。

（6分）2、（20分）一上表面粗糙的斜面体放在光滑的水平地面上，斜面的倾角为θ。

若斜面固定，另一质量为m的滑块恰好能沿斜面匀速下滑。

若斜面不固定，而用一推力F作用在滑块上，可使滑块沿斜面匀速上滑，若同时要求斜面体静止不动，就必须施加一个大小为P= 4mgsinθcosθ的水平推力作用于斜面体。

求满足题意的这个力F的大小和方向。

3、（8分）如图所示，在水平粗糙横杆上，有一质量为m的小圆环A，用一细线悬吊一个质量为m的球B。

现用一水平拉力缓慢地拉起球B，使细线与竖直方向成370角，此时环A仍保持静止。

求：（1）此时水平拉力F的大小（2）环对横杆的压力及环受到的摩擦力4、如图所示，质量为，倾角为的斜面体（斜面光滑且足够长）被固定在水平地面上，斜面顶端与劲度系数为、自然长度为的轻质弹簧相连，弹簧的另一端连接着质量为的物块。

压缩弹簧使其长度为时将物块由静止开始释放，物块在斜面上做简谐振动,重力加速度为。

（1）求物块处于平衡位置时弹簧的长度；（2）求弹簧的最大伸长量5、如图所示，在倾角的斜面上有一物块，物块的重力G=40N，现有一水平推力F作用在物块上。

（已知：）问：（1）若斜面对物块的摩擦力恰好为0，求此时推力F的大小？（2）若当F=20N时，物块恰好沿斜面向下做匀速直线运动，求斜面与物块间的动摩擦因数？(结果保留两位有效数字)（3）若在以上动摩擦因数不变的情况下，欲使用物块沿斜面向上做匀速直线运动，求推力F 的大小？）(结果保留两位有效数字)6、如图所示，质量为m＝1 kg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，斜面的末端B与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上传送带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0＝3 m/s，长为L＝1.4 m；今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.25，取g＝10 m/s2，求：(1)水平作用力F的大小；(2)滑块下滑的高度；7、如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上，有一长为L的细线，细线的一端固定在O点，另一端拴一质量为m的小球，现使小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，求：(1)小球通过最高点A时的速度vA.(2)小球通过最低点B时，细线对小球的拉力．8、由相同材料的木板搭成的轨道如图所示，其中木板AB、BC、CD、DE、EF……长均为L=3m，木板OA和其它木板与水平地面的夹角都为β=370（sin370=0.6，cos370=0.8），一个可看成质点的物体在木板OA上从图中的离地高度h=15m处由静止释放，物体与木板的动摩擦因数都为μ=0.5，在两木板交接处都用小曲面相连，使物体能顺利地经过它，既不损失动能，也不会脱离轨道,在以后的运动过程中，问：(重力加速度取10m/s2)（1）物体能否静止在斜面上？若不能则从O点运动到A所需的时间是多少？（2）物体运动的总路程是多少？（3）物体最终停在何处？请说明理由。

9．如图8所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为30°.现小球在F＝20N的竖直向上的拉力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数为36.试求：图8(1)小球运动的加速度大小；(2)若F作用1.2s后撤去，求小球上滑过程中距A点最大距离．10．如图9所示，粗糙的地面上放着一个质量M＝1.5kg的斜面，斜面部分光滑，底面与地面的动摩擦因数μ＝0.2，倾角θ＝37°，在固定在斜面的挡板上用轻质弹簧连接一质量m＝0.5kg 的小球，弹簧劲度系数k＝200N/m，现给斜面施加一水平向右的恒力F，使整体向右以a＝1 m/s2的加速度匀加速运动．(已知sin37°＝0.6、cos37°＝0.8，g＝10m/s2)图9(1)求F的大小；(2)求出弹簧的形变量及斜面对小球的支持力大小．11.【2017·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。

训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。

训练要求当冰球到达挡板时，运动员至少到达小旗处。

假定运动员在滑行过程中做匀加速运动，冰球到达挡板时的速度为v1。

重力加速度大小为g。

求（1）冰球与冰面之间的动摩擦因数；（2）满足训练要求的运动员的最小加速度。

12．[2016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1-所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.图1-(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？13．如图所示，一光滑斜面固定在水平地面上，质量m＝1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F.此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2 s求：(1)恒力F的大小；(2)撤去外力F的时刻．14．如图所示，水平平台ab长为20 m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°.在平台b端放上质量为5 kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50 N 推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g＝10 m/s2，sin37°＝0.6，求：(1)物块由a运动到b所用的时间；(2)若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则aP间的距离为多少？(物块在b端无能量损失)(3)若物块与斜面间的动摩擦因数μbc＝0.277＋0.03Lb，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在(2)中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？15．有一个冰上推木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推木箱一段时间后，放手让木箱向前滑动，若木箱最后停在桌上有效区域内，视为成功；若木箱最后未停在桌上有效区域内就视为失败。

其简化模型如图9所示，AC是长度为L1＝7 m的水平冰面，选手们可将木箱放在A点，从A点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC为有效区域。

已知BC长度L2＝1 m，木箱的质量m＝50 kg，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1。

某选手作用在木箱上的水平推力F＝200 N，木箱沿AC做直线运动，若木箱可视为质点，g取10 m/s2。

那么该选手要想游戏获得成功，试求：图9(1)推力作用在木箱上时的加速度大小；(2)推力作用在木箱上的时间满足的条件。

16．如图10所示，半径为R 的圆筒内壁光滑，在筒内放有两个半径为r 的光滑圆球P 和Q ，且R ＝1.5r 。

在圆球Q 与圆筒内壁接触点A 处安装有压力传感器。

当用水平推力推动圆筒在水平地面上以v0＝5 m/s 的速度匀速运动时，压力传感器显示压力为25 N ；某时刻撤去推力F ，之后圆筒在水平地面上滑行的距离为x ＝534 m 。

已知圆筒的质量与圆球的质量相等，取g ＝10 m/s2。

求：图10(1)水平推力F 的大小；(2)撤去推力后传感器的示数。

17、．如图所示，一圆环A 套在一粗细均匀的圆木棒B 上，圆环A 的高度相对圆木棒B 的长度可以忽略不计．A 和B 的质量都是0.5kg ，A 和B 之间的滑动摩擦力为3N ．开始时B 竖直放置，下端离地面高度m 8.0=h ，A 在B 的顶端．现让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动．设碰撞时间很短，碰撞无机械能损失，不考虑空气阻力，取当地的重力加速度2m/s 10=g ．试求：（1）木棒第一次着地时速度的大小；（2）若在棒第二次着地前，要使A 不脱离棒，棒的最小长度是多少？18．【2015·全国新课标Ⅰ·25】一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m ，如图（a ）所示。

0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s2。

求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离。

19．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff ＝kv.甲 乙(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ，k 的值．(计算结果保留2位有效数字)20．设蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图所示．取g ＝10 m/s2，根据F －t 图象求：(1)运动员的质量；(2)运动员在运动过程中的最大加速度；(3)在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．参考答案一、综合题1、（1）对A物体进行受力分析，有四个力作用，分解绳的拉力，根据A物体平衡可得FN1=mAg+TsinθFf1=TcosθFf1=μ1FN1解得代入数据得T=100N (6分)（2）对B进行受力分析，受6个力的作用地面对B的支持力 FN2=mBg+ FN1地面对B的摩擦力 Ff2=μ2FN2F= FN2+ FN1=200N2、（20分）解：滑块恰好能沿斜面匀速下滑，滑块与斜面间的摩擦因数：μ= tanθ（2分）若用一推力F作用在滑块上，使之能沿斜面匀速上滑，对滑块，如图甲所示受力分析，并建立直角坐标系（将F沿斜面、垂直斜面分解成Fx和Fy）X轴方向，根据平衡条件：Fx=f+mgsinθ-----------①（2分）Y轴方向，根据平衡条件：Fy+mgcosθ=N-----------②（2分）且f = μN = Ntanθ---------------------------③（2分）①②③联立可得：Fx =Fytanθ+ 2mgsinθ---------④（2分）对斜面体如图乙所示受力分析，并建立直角坐标系，水平X`轴方向，根据平衡条件：P = fcosθ+ Nsinθ-----------------------------⑤（2分）即：4mgsinθcosθ=μNcosθ+ Nsinθ代入μ值，化简得：Fy =mgcosθ-------------------⑥（2分）代入④得：Fx = 3mgsinθ---------------------------⑦（2分）最后由F =解得：F = mg-------------⑧（2分）设F和斜面的夹角为α由tanα= 解得α= arctg()--------------⑨（2分）（说明：本题若用其他求解方法，可根据具体情况确定相应评分3、（8分）.解：（1）取小球为研究对象进行受力分析，由平衡规律得：①②联立解得④(2)取AB组成的系统为研究对象⑤⑥由牛顿第三定律⑦对横杆的压力大小为2mg,方向竖直向下，环受到的摩擦力大小为0.75mg,方向水平向左⑧评分标准：每式1分，共8分4、（1）L+（2）5、（1）若斜面对物块的摩擦力恰好为0，物块只受到三个力的作用，其矢量图如图所示：则根据几何关系有：2分代入数据可求得：1分（2）物块沿斜面向下做匀速直线运动时，物块受力情况如图所示：在平行斜面方向上，有：1分在垂直斜面方向上，有：1分又: 1分代入数据可求得:斜面与物块间的动摩擦因数:1分（3）物块沿斜面向上做匀速直线运动时，物块受力情况如图所示：在平行斜面方向上，有：1分在垂直斜面方向上，有：1分又:代入数据可求得:推力:1分6、解析：(1)滑块受到水平力F、重力mg和支持力FN作用处于平衡状态，水平推力F＝mgtan θ，F＝N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒：mgh＝mv2，得v＝若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：μmgL＝mv－mv2则h＝－μL代入数据解得h＝0.1 m若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理：－μmgL＝mv－mv2则h＝＋μL代入数据解得h＝0.8 m.7、解析(1)小球恰好能在斜面上做完整的圆周运动，则小球通过A点时细线的拉力为零，根据圆周运动和牛顿第二定律有mgsinθ＝m①解得：vA＝.②(2)小球从A点运动到B点，根据机械能守恒定律有mvA2＋mg·2lsinθ＝mvB2③解得vB＝④小球在B点时根据圆周运动和牛顿第二定律有FT－mgsinθ＝m⑤解得FT＝6mgsinθ.⑥8、———————————-1分（2）从物体开始运动到最终停下的过程中，总路程为s，由动能定理得：————————————-4分代入数据解得：s=37.5m—————————————————---2分9、答案(1)2.5m/s2(2)2.4m解析(1)在力F作用下，由牛顿第二定律得(F－mg)sin30°－μ(F－mg)cos30°＝ma1解得a1＝2.5m/s210、答案(1)6N(2)0.017m 3.7N解析(1)整体以a匀加速向右运动，对整体应用牛顿第二定律：F－μ(M＋m)g＝(M＋m)a 得F＝6N(2)设弹簧的形变量为x，斜面对小球的支持力为FN对小球受力分析：在水平方向：kxcosθ－FNsinθ＝ma在竖直方向：kxsinθ＋FNcosθ＝mg解得：x＝0.017mFN＝3.7N.11、【答案】（1）22012v vgs-（2）21012()2s v vs+（2）设冰球运动的时间为t ，则④又⑤由③④⑤得⑥12、【答案】(1)144 N (2)12.5 m 【解析】(1)运动员在AB 上做初速度为零的匀加速运动，设AB 的长度为x ，则有v2B ＝2ax ① 由牛顿第二定律有mg Hx －Ff ＝ma ②联立①②式，代入数据解得Ff ＝144 N ③(2)设运动员到达C 点时的速度为vC ，在由B 到达C 的过程中，由动能定理有 mgh ＋W ＝12mv2C －12mv2B ④设运动员在C 点所受的支持力为FN ，由牛顿第二定律有FN －mg ＝m v2CR ⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R ＝12.5 m13、【解析】(1)加速阶段加速度a1＝ΔvΔv ＝5 m/s2 减速阶段加速度a2＝ΔvΔv ＝6 m/s2加速阶段中：F －mgsinθ＝ma1 减速阶段中：mgsinθ＝ma2 联立解得：F ＝m(a1＋a2)＝11 N(2)撤去力的时刻，速度最大，a1t ＝v0＋a2(t ′－t)，带入数据可得t ＝1.5 s 【答案】(1)11 N (2)1.5 s 14、解得a 到b 的时间为t ＝2×201.6＝5 s(2)物块到达b 点速度恰好为0 物体从a 到P ：v2P ＝2a1x1 物块由P 到b ：v2P ＝2a2x2 a2＝μg ＝4 m/s2 x ＝x1＋x2解得ap 间的距离为x1＝14.3 m(3)物体沿斜面下滑的速度最大时，需加速度为0，即a ＝mgsinθ－μmgcosθm ＝0 μbc ＝0.277＋0.03Lb ， 联立解得Lb ＝10 m因此如斜面长度L ＞10 m ，则Lb ＝10 m 时速度最大； 若斜面长度L≤10 m ，则斜面最低点速度最大． 【答案】(1)5 s (2)14.3 m 15、解得a2＝1 m/s2。