1、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）2 （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，1经过时间 t4s 时在木板的右端轻
2、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2长度3 （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？图 2F37图 1F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 = 4
3、kg，长 L =1.4m，木板右端放着一个小滑块，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）（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 ，现用
4、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 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6 （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 6图 5Fm图 47一水平的浅色长传送带
5、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 v0 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
6、运动时间 （sin37 0 = 0.6，cos37 0 = 0.8，g = 10m/s 2）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 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 1a，有 11ag 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22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
7、距离x2 后便停下，有 1xav 21xa 盘没有从桌面上掉下的条件是 1l 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 12lx21atx21ax由以上各式解得 g2。7解：运动过程如下图所示。对 B： t1= 0210avsav第 7 题答图对 A：v 1=a1t1=g 0avA 再次与 B 相对静止：t 2= 01avgS=SB-SA= 020202vtav8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，则有F mgsin f = ma1 2 分又 f = FN FN = mgcos 1 分a 1 = 2.0m / s
8、2 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21vt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= ma 3 a3 = 4.0m/s2 2 分设下滑时间为 t3 ,则:s 1 s2 = a3t32 1 分T 3 = s = 3 .2 s 0t 总 = t2 t3 = 4.2
9、s 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ghv1B 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 mfamfgaB 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 Bavt12在此时间内 A 的位移 21tatvxA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 hfmg2)(810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）01()mvMv代入数据，解得： v1=3m/s （1 分）设第 1
10、 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）0stv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）()()mMga23/gms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）12vta故木盒在 2s 内的位移为零 （2 分）依题意： （2 分）01120()tvtt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）10()8.5Svtt（2 分）12(vt故木盒相对与传送带的位移： 16sSm则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： （2 分）54QfsJ
