牛顿第二定律提升计算

1、如图所示，一个质量的物块，在的拉力作用下，从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，拉力方向与水平方向成，假设水平面光滑，取重力加速度，，。（1）画出物体的受力示意图；

（2）求物块运动的加速度大小；

（3）求物块速度达到时移动的距离。

2、如图所示，质量为10kg的金属块放在水平地面上，在大小为100N，方向与水平成37°角斜向上的拉力作用下，由静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动．物体与地面间的动摩擦因数μ=0.5.2s后撤去拉力，则撤去拉力后金属块在桌面上还能滑行多远？（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s2）

3、如图所示，长度l=2m，质量M=kg的木板置于光滑的水平地面上，质量m=2kg的小物块（可视为质点）位于木板的左端，木板和小物块间的动摩擦因数μ=0.1，现对小物块施加一水平向右的恒力F=10N，取g=10m/s2．求：

（1）将木板M固定，小物块离开木板时的速度大小；

（2）若木板M不固定，m和M的加速度a1、a2的大小；

（3）若木板M不固定，从开始运动到小物块离开木板所用的时间．

4、如图甲所示，t=0时，一质量为m=2kg的小物块受到水平恒力F的作用，从A点由静止开始运动，经过B点时撤去力F，最后停在C点．图乙是小物块运动的速度一时间图象．已知重力加速度g=l0m/s2，求：

（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离；

（2）恒力F的大小．

5、一质量为的小球用轻细绳吊在小车内的顶棚上，如图所示.车厢内的地板上有一质量为

的木箱.当小车向右做匀加速直线运动时，细绳与竖直方向的夹角为θ＝30°，木箱与车厢地板相对静止. (空气阻力忽略不计，取g＝10 m/s2) 求：

（1）小车运动加速度的大小

（2）细绳对小车顶棚拉力的大小

（3）木箱受到摩擦力的大小 .

6、质量分别为m1和m2的木块，并列放置于光滑水平地面，如图所示，当木块1受到水平力F的作用时，两木块同时向右做匀加速运动，求：

（1）匀加速运动的加速度多大？

（2）木块1对2的弹力．

7、台阶式电梯与地面的夹角为θ，一质量为m的人站在电梯的一台阶上相对电梯静止，如图4-7所示.则当电梯以加速度a匀加速上升时，求：（1）人受到的摩擦力是多大？（2）人对电梯的压力是多大？

8、如图所示，质量为80kg的滑雪运动员，在倾角θ为30°的斜坡顶端，从静止开始匀加速下滑50m到达坡底，用时10s．若g取10m/s2，求：

（1）运动员下滑过程中的加速度大小；

（2）运动员到达坡底时的速度大小；

（3）运动员受到的阻力大小．

9、一物体沿斜面向上以12 m/s的初速度开始滑动，它沿斜面向上以及沿斜面向下滑动

的v－t图象如图所示，g取10 m/s2，求斜面的倾角以及物体与斜面的动摩擦因数。

10、如图(甲）所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=370的固定且足够长的斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=1s时撤去拉力，物体运动的v－t图象如图所示（乙）所示，取

g=10m/s2,sin370=0.6, cos370=0.8, 求：

（1）物体与斜面间的动摩擦因数；

（2）拉力F的大小；

（3）t=4s时物体的速度大小。

11、将质量为m=5kg的木块放在倾角为θ=37°的斜面上，木块可沿斜面匀速下滑，现用一沿斜面的力F=100N 作用于木块，使之沿斜面向上做匀加速运动，如图所示，求木块的加速度（g=10m/s2）．

12、如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v0=12m/s的初速度，从斜面A

点处沿斜面向上运动．加速度大小为a=8.0m/s2．已知重力加速度g=10m/s2，

（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）物体沿斜面上滑的最大距离s；

（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速大小a．

13、如图，物体A、B的质量分别为2kg、5kg，物体B与水平桌面间的动摩擦

因数为0.3，B放置于水平桌面上，A用细绳通过一滑轮与B相连，现将A物体

由静止释放，试求：

（1）物体A的加速度的大小

（2）绳中张力的大小．

14、如图，有一水平传送带以2m／s的速度匀速运动，现将一物体轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，已知传送带左、右端间的距离

为10m，求传送带将该物体传送到传送带的右端所需时

间。(g取10m/s2 )

15、如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB长度足够长，传送皮带轮以大小为υ=2m/s的恒定速率顺时针转动．一包货物以υ0=12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．

（1）求货物刚滑上传送带时加速度为多大？

（2）经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？

（3）从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？（g=10m/s2，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8）

16、传送带与水平面夹角为θ=37°，传送带以10m/s的速率沿顺时针方向转动，如图所示．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0.5，若传送带A到B的长度为16m，g取10m/s2，则小物块从A运动到B的时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

参考答案

一、计算题

1、

（2）建立如图所示的直角坐标系，根据牛顿第二定律：方向

代入数据得加速度。

（3）根据匀变速直线运动规律：，代入数据得：。

2、解：根据牛顿定律有

水平方向：F?cos37°﹣f=ma

竖直方向：N=mg﹣F?sin37°

其中f=μN

得：F?cos37°﹣μ（mg﹣F?sin37°）=ma1

代入数据解得：a1=6m/s2

则：v1=a1t=12m/s

撤去力F后物体的加速度为：a2=μg=5m/s2

由v t2﹣v02=2ax2

带入数据解得：x2=14.4m

答：撤去拉力后金属块在桌面上还能滑行14.4m．

3、解：（1）对小物块，由牛顿第二定律得，F﹣μmg=ma

代入数据解得a=4m/s2．

小物块离开木板，有：v2=2aL

解得v=4m/s．

（2）对m，由牛顿第二定律得，F﹣μmg=ma1

代入数据解得．

对M，由牛顿第二定律得，μmg=Ma2

代入数据解得．

（3）根据得，

，解得t=2s．

答：（1）小物块离开木板时的速度大小为4m/s．

（2）m和M的加速度a1、a2的大小分别为4m/s2、3m/s2．（3）从开始运动到小物块离开木板所用的时间为2s．

4、解：（1）撤去F后物体的加速度：

…①

2s末﹣3s末，物体运动距离：

…②

1s末﹣3s末，物体运动距离：

…③

1s末﹣2s末，物体运动距离：

△x=s2﹣s1=6m

或用图象法求解．

（2）由牛顿第二定律：

f=ma1 …④

由图得恒力F作用时物体的加速度：

a2=8 m/s2…⑤

由牛顿第二定律：

F﹣f=ma2 …⑥

解④⑤⑥得：F=24N

答：（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离为6m；

（2）恒力F的大小为24N．

5、解：

（1）对小球受力分析如图所示，据牛顿第二定律得

…………………2分

所以……………1分

（2）细绳拉力大小……………2分

细绳对小车顶棚的拉力……………1分

（3）对木箱受力分析如图所示，可得

……………3分

6、答：

7、 (1)macosθ(2)m(g+asinθ)

解析：取相对于电梯静止的人为研究对象，则其受力为重力mg，方向竖直向下；支持力N，方向竖起向上；摩擦力F1，方向水平向右，如图所示.

在水平方向，由牛顿第二定律得：F1=macosθ

在竖起方向，由牛顿第二定律得：N-mg=masinθ

解得：F1=macosθ，N=m（g+asinθ）

由牛顿第三定律可得，人对电梯的压力是N′=N=m（g+asinθ）.

8、解：（1）根据位移时间公式得：

，

所以有：．（2）运动员到达坡底的速度为：

v=at=1×10m/s=10m/s

（3）根据牛顿第二定律得：

mgsinθ﹣f=ma

代入数据解得：f=320N．

答：（1）运动员下滑过程中的加速度大小为1m/s2；

（2）运动员到达坡底时的速度大小为10m/s；

（3）运动员受到的阻力大小为320N．

9、由图可知：0—2s内物体向上匀减速，加速度大小a1=6m/s2（1分）

2s—5s，向下匀加速，加速度大小a2=4m/s2（1分）

根据牛顿第二定律得：（2分）

（2分）

联立得：（1分）

（1分）

10、（1）设F作用时加速度为a1，撤去后加速度为a2。由图像可得

a1=20m/s2, a2=10m/s2①

撤去力F后，据牛顿第二定律，有②

解得③

（2）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知

④F=30N ⑤（3）设撤去力F后物体运动到最高点所用时间为t2,

由v1=a2t2，可得t2=2s ⑥

则物体沿着斜面下滑的时间为t3=t-t1-t2=1s ⑦

设下滑加速度为a3,据牛顿第二定律，有⑧

解得a3=2m/s2,

则t=4s时速度v=a3t3=2m/s. ⑨

11、考点：

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

物块沿斜面匀速下滑，根据平衡求出摩擦力的大小，当施加沿斜面向上推力F时，根据牛顿第二定律求出木块的加速度．

解答：

解：木块沿斜面匀速下滑，根据平衡有：滑动摩擦力f=mgsin37°=50×0.6N=30N，

根据牛顿第二定律得，=．

答：木块的加速度为8m/s2．

点评：

本题考查了平衡和牛顿第二定律的基本运用，抓住滑动摩擦力和重力沿斜面的分力大小相等，结合牛顿第二定律求出加速度．

12、考点：

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

（1）根据初速度、末速度、加速度，结合速度位移公式求出物体沿斜面上滑的最大距离．

（2）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体与斜面间的动摩擦因数．

（3）对物体受力分析，根据牛顿第二定律求出物体下滑的加速度大小．

解答：

解：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式得，上滑的最大距离；

（2）根据牛顿第二定律得，上滑的加速度a==gsinθ+μgcosθ

代入数据解得μ=0.25；

（3）根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度a′==gsinθ﹣μgcosθ=4m/s2．答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离s为9m；

（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速大小为4m/s2；

点评：

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．

13、考点：

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

对整体分析，根据牛顿第二定律得出物体A的加速度的大小．隔离对A分析，通过牛顿第二定律求出绳子的拉力．

解答：

解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得，=．

（2）隔离对A分析，根据牛顿第二定律得，mAg﹣T=mAa，

解得T==．

答：（1）物体A的加速度的大小为．

（2）绳中的张力大小为．

点评：

解决本题的关键知道A、B具有相同的加速度，结合牛顿第二定律进行求解，本题可以用整体法、也可以用隔离法．

14、解:物体置于传动带左端时，先做加速直线运动，由牛顿第二定律得：

（2分）

代入数据得：（1分）

当物体加速到速度等于传送带速度v = 2 m / s时，

运动的时间（2分）

运动的位移（1分）

则物体接着做匀速直线运动，匀速直线运动所用时间：

（2分）

物体传送到传送带的右端所需时间（2分）

15、（1）设货物刚滑上传送带时加速度为，货物受力如图所示：根据牛顿第二定律得沿传送带方向：mgsin θ+F f=ma1

垂直传送带方向：mgcosθ=F N

又F f=μF N

由以上三式得：a1=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2方向沿传送带向下．

（2）货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则有：

t1= v-v0/-a=1s x1= v+v0/2 *t1=7m

(3）当货物速度与传送带速度时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinθ-μcosθ=ma2，

得：a2=g（sinθ-μcosθ）=2m/s2，方向沿传送带向下．

设货物再经时间t2，速度减为零，则t2= 0-v/-a2=1s

沿传送带向上滑的位移x2=v+0/2*t2 =1m

则货物上滑的总距离为x=x1+x2=8m．

货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2．设下滑时间为t3，

则x=1/2at32 ，代入，解得t3=2√2s

∴货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为t=t1+t2+t3=（2+2√2）s

16、考点：

专题：

牛顿运动定律综合专题．

分析：

物体放上A，开始所受的摩擦力方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律求出加速度的大小，以及运动到与传送带速度相同所需的时间和位移，由于重力沿斜面向下的分力大于最大静摩擦力，两者不能保持相对静止，速度相等后，物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上，再结合牛顿第二定律和运动学公式求出到达B点的时间，从而得出物体从A到达B的时间．

解答：

解：开始阶段，由牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1 所以：a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间t1==1s，通过的位移为x1===5m

由于mgsin37°＞μmgcos37°，可知物体与传送带不能保持相对静止．

速度相等后，物体所受的摩擦力沿斜面向上．

根据牛顿第二定律得，=gsin37°﹣μgcos37°=2m/s2

根据，即

解得t2=1s．

则t=t1+t2=2s．

答：物体从A运动到B的时间为2s．

点评：

解决本题的关键理清物体的运动规律，知道物体先做匀加速直线运动，速度相等后继续做匀加速直线运动，两次匀加速直线运动的加速度不同，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．