牛顿第二定律计算题（难度）
1．（17分）如图所示，将小砝码置于桌面上的薄纸板上，用水平向右的拉力将纸板迅速抽出，砝码的移动很小，几乎观察不到，这就是大家熟悉的惯性演示实验。若砝码和纸板的质量分别为
1m 和2m ，各接触面间的动摩擦因数均为μ。重力加速度为g 。
（1）当纸板相对砝码运动时，求纸板所受摩擦力的大小； （2）要使纸板相对砝码运动，求所需拉力的大小范围； （3）本实验中，
1m =0.5kg ， 2m =0.1kg ， μ=，砝码与纸板左端的距
离d=0.1m ，取g=102
/m s 。 若砝码移动的距离超过l =0.002m ，人眼就能感知。 为确保实验成功，纸板所需的拉力至少多大 2．如图所示，竖直光滑的杆子上套有一滑块A,滑块通过细绳绕过光滑滑轮连接物块B,B 又通过一轻质弹簧连接物块C ，C 静止在地面上。开始用手托住A,使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，现将A 由静止释放，当速度达到最大时，C 也刚好同时离开地面，此时B 还没有到达滑轮位置.已知：m A =, m B =1kg, m c =1kg ，滑轮与杆子的水平距离L=。试求：
（1）A 下降多大距离时速度最大 （2）弹簧的劲度系数 （3）的最大速度是多少
3．如图甲所示，平板小车A 静止在水平地面上，平板板长L=6m ，小物块B 静止在平板左端，质量m B = 0.3kg ，与A 的动摩擦系数μ=，在B 正前方距离为S 处，有一小球C ，质量m C = 0.1kg ，球C 通过长l = 0.18m 的细绳与固定点O 相连，恰当选择O 点的位置使得球C 与物块B 等高，
且C 始终不与平板A 接触。在t = 0时刻，平板车A 开始运动，运动情况满足如图乙所示S A – t 关系。若BC 发生碰撞，两者将粘在一起，绕O 点在竖直平面内作圆周运动，
并能通过O 点正上方的最高点。BC 可视为质点，g = 10m/s 2
，
求：（1）BC 碰撞瞬间，细绳拉力至少为多少 （2）刚开始时，B 与C 的距离S 要满足什么关系
4．如图所示为某钢铁厂的钢锭传送装置，斜坡长为L ＝20 m ，高为h ＝2 m ，斜坡上紧排着一排滚筒．长为l ＝8 m 、质量为m ＝1×103 kg 的钢锭ab 放在滚筒上，钢锭与滚筒间的动摩擦因数为μ＝，工作时由电动机带动所有滚筒顺时针匀速转动，使钢锭沿斜坡向上移动，滚筒边缘的线速度均为v ＝4 m/s.假设关闭电动机的瞬时所有滚筒立即停止转动，钢锭对滚筒的总压力近似等于钢锭的重力．取当地的重力加速度g ＝10 m/s2.试求：
(1)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶所需的最短时间；
(2)钢锭从坡底(如上图示位置)由静止开始运动，直到b 端到达坡顶的过程中电动机至
C
B
A
L
S
O
图甲 3 S A
t
12
图乙
少要工作多长时间
5．如图，质量m=2kg 的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L=20m 。用大小为30N ，
沿水平方向的外力拉此物体，经t 0=2s 拉至B 处。(sin37o=，cos37o=，g 取10m/s 2
) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ；
(2)用大小为30N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t 。（答案可带根号）
6．在水平面上放置一倾角为θ的斜面体A ，质量为M ，与水平面间动摩擦因数为μ1，在其斜面上静放一质量为m 的物块B ，A 、B 间动摩擦因数为μ2（已知μ2>tan θ），如图所示。现将一水平向左的力F 作用在斜面体A 上， F 的数值由零逐渐增加，当A 、B 将要发生相对滑动时，F 不再改变，设滑动摩擦力等于最大静摩擦力。求： （1）B 所受摩擦力的最大值； （2）水平力F 的最大值；
（3）定性画出整个过程中AB 的速度随时间变化的图象。
7．如图所示，在竖直方向上A 、B 两物体通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连，A 放在水平地面上；B 、C 两物体通过细绳绕过轻质定滑轮相连，C 放在固定的光滑斜面上．用手拿住C ，使细线刚刚拉直但无拉力作用，并保证ab 段的细线竖直、cd 段的细线与斜面平行．已知A 、B 的质量均
为m ，C 的质量为4m ，重力加速度为g ，细线与滑轮之间的摩擦不计，开始时整个系统处于静止状态．释放C 后它沿斜面下滑（斜
面足够长）， A 刚离开地面时， B 获得最大速度，求：
（1）斜面倾角α．
（2）B 的最大速度v
8．一名质量为60 kg 的工人，站在竖直向上运动着的升降机底板上．他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计的示数为40 N ，已知该重物的质量为5 kg. 弹
簧测力计的质量忽略不计. (g 取10 m/s 2
)
（1）先根据受力情况判断重物的加速度的方向，并指出重物是处于超重状态还是失重状态.，再求出重物的加速度的大小. （2）这时该工人对升降机底板的压力是多大
（3）如果悬挂测力计的悬线突然从A 点断开，则此时重物的加速度有何变化
9．如图所示，长为l 的长木板A 放在动摩擦因数为μ1的水平地面上，一滑块B （大小可不计）从A 的左侧以初速度v 0向右滑上木板，滑块与木板间的动摩擦因数为μ2（A 与水平地面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相同）．已知A 的质量为M=，B 的质量
为m=，A 的长度为l=，v 0=5m/s ，μ1=，μ2=，（g 取10m/s 2
） （1）A 、B 刚开始运动时各自的加速度分别是多大
（2）为保证B 在滑动过程中不滑出A ，初速度v 0应满足什么条件 （3）分别求A 、B 对地的最大位移． 10．（14分）如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。现将一滑块（可视为质点）从斜面上A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点。已知A 点距水平面的高度h=，B 点距C 点的距离L=。（滑块经过B 点时没
有能量损失，g=10m/s 2
），求：
（1）滑块在运动过程中的最大速度； （2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）滑块从A 点释放后，经过时间t=时速度的大小。 11．（9分）传送带与水平面夹角为37°，皮带以12 m/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0．75，若传送带A 到B 的长度为24 m ，g 取10 m/s 2
，则小物块从A 运
A
B C
α
a
b
c
d
动到B 的时间为多少
12．如图17所示，质量为M 的劈块，其左右劈面的倾角分别为θ1 = 30°、θ2 = 45°，质量分别为m1 =3kg 和m2 = 2.0kg 的两物块，同时分别从左右劈面的顶端从静止开始下滑，劈块始终与水平面保持相对静止，各相互接触面之间的动摩擦因数均为μ = ，求两物块下滑过程中(m1和m2均未达到底端)劈块受到地面的摩擦力。（
g = 10m/s2）
13．质量kg m 10=的物体在方向平行于斜面、大小为N F 120=的拉力作用下，从固
定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F 作用s t 21=后撤去。已知斜面与水平面的夹角?=37θ，如图所示。斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数25.0=μ ，
取重力加速度2
/10s m g =。求：
（1）在拉力F 作用下，物体的加速度大小1a （2）撤去拉力F 后，物体沿斜面向上滑行的时间2t
（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小
总
x （6.037sin =?，
8.037cos =?）
14.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg ，管长为24m ，
M 、N 为空管的上、下两端，空管受到F=16N 竖直向上的拉力作用，由静止开始竖直向下做加速运动，同时在M 处一个大小不计的小球沿管的轴线以初
速度v 0竖直上抛，不计一切阻力，取g=10m/s 2
．求： (1)．空管的加速度的大小与方向
(2)．若小球上抛的初速度为10m/s ，经过多长时间从管的N 端穿出
(3)．若此空管的N 端距离地面64m 高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度v 0大小的范围．
17．如图所示，在倾角为θ的固定的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块 A 、B ．它们的质量都为m ，弹簧的劲度系数为k , C 为一固定挡板。系统处于静止状态，开始时各段绳都处于伸直状态。现在挂钩上挂一物体P ，并从静止状态释放，已知它恰好使物体B 离开固定档板C ， 但不继续上升（设斜面足够长和足够高）。求： （1）物体P 的质量多大 （2）物块B 刚要离开固定档板C 时，物块A 的加速度α多大
图3－3－10
18．（15分）质量为m 的飞机静止在水平直跑道上。飞机起飞过程可分为两个匀加速运动阶段，其中第一阶段飞机的加速度为1a ，运动时间为1t 。当第二阶段结束时，飞机刚
好达到规定的起飞速度0v 。飞机起飞过程中，在水平直跑道上通过的路程为s 。求第二阶段飞机运动的加速度
2a 和时间2t 。
19．（15分）杂技中的“顶竿”是由两位演员共同表演完成。站在地面上的演员的肩部顶住一根质量为10 kg 的长竹竿，另一位质量为40 kg 的演员爬至竹竿的顶端完成各种动作后，从竹竿的顶端由静止开始下滑，6秒末滑到竹竿底时的速度正好为零。在竹竿上的演员从竿顶下滑到竿底的过程中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如图所示，重力加速度g 取10 m/s 2
。则：
（1）竿上的人在下滑过程中的最大速度为多少
（2）在4秒到6秒过程中，顶竿人的肩部受到的压力为多少
20．（14分）人和雪橇的总质量为75kg ，沿倾角?=37θ且足够长的斜坡向下运动，已知雪橇所受的空气阻力与速度成正比，比例系数k 未知，从某时刻开始计时，测得雪橇运动的v-t 图象如图中的曲线AD 所示，图中AB 是曲线在A 点的切线，切线上一点B 的坐标为（4，15），CD 是曲线AD 的渐近
线，g 取10m/s 2
，试回答和求解：
（1）雪橇在下滑过程中，开始做什么运动，最后做什么运动 （2）当雪橇的速度为5m/s 时，雪橇的加速度为多大 （3）雪橇与斜坡间的动摩擦因数μ多大 21．（18分）如图所示，传送带的两个轮子半径均为r=0.2m,两个轮子最高点A 、B 在同一水平面内，A 、B 间距离L=5m ，半径R=0.4m 的固定、竖直光滑圆轨道与传送带相切于B 点，C 点是圆轨道的最高点．质量m=0.1kg 的小滑块与传送带之间的动摩擦因数μ＝，
重力加速度g=10m/s 2
．求：
(1)传送带静止不动，小滑块以水平速度v 0滑上传送带，并能够运动到C 点，v 0至少多大
(2)当传送带的轮子以w=10rad/s 的角速度转动时，将小滑块无初速地放到传送带上的A 点，小滑块从A 点运动到B 点的时间t 是多少
(3)传送带的轮子以不同的角速度匀速转动，将小滑块无初速地放到传送带上的A 点，小滑块运动到C 点时，对圆轨道的压力大小不同，最大压力F m 是多大
参考答案
1．（1）
12(2)f m m g μ=+ （2）122()F m m g μ>+ （3）F=
【解析】
试题分析：.(1)砝码对纸板的摩擦力11f m g
μ=
桌面对纸板的摩擦力
212()f m m g
μ=+
12
f f f =+
解得
12(2)f m m g μ=+
(2)设砝码的加速度为
1a ,纸板的加速度为2a ,则
111f m a = 1222
F f f m a --=
发生相对运动21a a >
解得
122()F m m g
μ>+
(3)纸板抽出前,砝码运动的距离
12
1112x a t =
纸板运动的距离
21211
2d x a t +=
纸板抽出后，砝码在桌面上运动的距离2
2321
2x a t =
12l x x =+ 由题意知
131132
,a a a t a t ==
解得122[(1)]d
F m m g
l μ=++
代入数据得 F=。
考点：本题考查牛顿运动定律、匀变速运动的规律。
2．（1）0.6m （2）100/N m （3）
/A v s =
，/B v s =
【解析】
试题分析：（1）当A 速度达到最大时，即加速度等于0的时候，此时C 也刚好同时离开地面，那么对B 和C 整体分析只有绳子拉力，因此此时绳子拉力
20B C T m g m g N =+=
A 下降过程受力分析如图
当A 的速度最大加速度等于0时，即
cos A T m g θ=，计算得53θ=
假设A 下降的高度为h ，则根据几何关系可得
tan L h θ=
带入得3
0.64h m
L ==
（2）根据第一问的几何关系如上图，A 下降0.6m 时定滑轮到A 的距离为1sin 53L
s m =
=
那么绳子拉长的长度也就是B 上升的高度就是0.2s L m -=
初始状态，绳子无张力，对B 分析有
1B kx m g = 即弹簧压缩
110
x k =
末状态，C 刚好离开地面，对C 分析有
2C kx m g
=即弹簧拉伸
210x k =
120.2x x m += 带入计算得100/k N m =
（3）由第二问可知，初状态弹簧压缩
110
0.1x m
k =
=和末状态弹簧拉伸2100.1x m k ==，
弹簧弹性势能没有变化，那么在此过程中ABC 和弹簧组成的系统机械能守恒，有
221211
()22p B A B B A A p
E m g x x m gh m v m v E =+-+++
有几何关系可得AB 的速度关系有
A B
v cos v θ=
带入计算得
215/A v s =
，215/B v s =
考点：连接体 机械能守恒
3．（1）N T 24=; （2）m S m 111≤≤
【解析】
试题分析：平板车先做匀速直线运动后静止，在此过程中某一瞬间小物块B 与C 碰撞，BC 碰撞后合为一体在竖直平面内做圆周运动。B 与C 碰撞前，B 的运动情况要分类讨论：（1）B
在加速阶段与C 相碰；（2）B 在减速阶段与C 相碰 解答过程：（1）（8分）当BC 恰能到达最高点时，只有重力提供向心力，则
（2分）
BC 从最低点到最高点过程中，根据动能定理得：
（2分）
BC 在最低点处，根据牛顿第二定律得：
（2分）
解得：T ＝24N （2分）
即BC 碰撞瞬间，细绳拉力至少为24N
（2）(10分)BC 碰撞过程中由动量守恒定律得
()=+B B B C L
m V m m V （1分） 解得：
4/=B V m s
碰撞时B 速度必须满足：
4/>B V m s
（1分）
根据牛顿第二定律得，B 的加速度为：
（1分）
由图可知车A 的速度为：
s m t S V A A /85.112===
（1分）
讨论：（1）B 在加速阶段与C 相碰：
（1分）
S 要满足条件：
1≥S m （1分）
（2）B 在减速阶段与C 相碰： B 加速阶段位移：
（1分）
B 加速阶段时间：
B 加速阶段A 的位移：
118==A A S V t m
；
B 加速阶段AB 的相对位移：
114?=-=A B S S S m ；
由图可知B 匀速阶段时间：
s t t 5.05.112=-=；
B 匀速阶段位移：
224==B A S V t m
（1分）
由图可知B 匀减速阶段A 速度为0 B 匀减速阶段时间：
B 匀减速阶段位移：
（1分）
B 总位移：
12311++=B B B S S S m
综上所述： 111≤≤m S m （1分）
考点：本题考查了竖直平面内的圆周运动、动能定理、动量守恒定律，牛顿第二定律、匀变速直线运动的公式等。 4．(1)4 s (2) s 【解析】
试题分析：(1)钢锭开始受到的滑动摩擦力为
f F m
g 310 3 N
μ?=＝＝0.
由牛顿第二定律有f 1
F mgsin ma α－＝
解得
2
1a 2 m /s ＝
钢锭做匀加速运动的时间
11
t =2 s v
a =
位移2
1111x a t =4 m
2=
要使b 端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，钢锭先做匀加速直线运动，当
它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动． 钢锭做匀速直线运动的位移
21x L l x 8 m
＝－－＝
做匀速直线运动的时间2
2t =
=2 s x v
所需最短时间
12t t t 4s
＝＋＝.
(2)要使电动机工作的时间最短，钢锭的最后一段运动要关闭电动机，钢锭匀减速上升，b
端到达坡顶时速度刚好为零． 匀减速上升时
f 2
F mgsin ma α＋＝
解得2
2a 4 m /s ＝
匀减速运动时间
32
t =1 s v
a =
匀减速运动位移33x t =2 m 2v
=
匀速运动的位移
413L l x x 6 m x ＝－－－＝
电动机至少要工作的时间
4
1t=t =3.5 s x v +
.
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系．
点评：本题关键是对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出加速度，然后运用运动学公式列式求解．
5．
【解析】
试题分析：(1)物体做匀加速运动
分)
由牛顿第二定律 F f ma -= （1分）
f m
g μ= （1分）
分)
(2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为'a ，的加速度匀减速't 秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律
cos37(sin 37)F mg F a ma μ?--?= (1分)
分)
（1分）
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有
''at a t = （1分）
（1分）
（1分）
（2）另解：设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，由动
能定理
[cos37(sin 37)]()0F mg F s mg L s μμ?--?--= （3分）
由牛顿定律
cos37(sin37)F mg F ma μ?--?= （1分）
（1分）
（1分）
考点：考查力与运动的关系
点评：本题难度较大，对于多过程问题首先应选择好研究过程分析受力情况，利用牛顿第二定律结合运动学公式求解
6．（1）22
mg sin cos μμθθ+ （2） (μ1+ 22cos sin sin cos μθθ
μθθ-+) (M+m)g （3）如下图。
【解析】
试题分析：（1
）A、B先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，此时A对B有最大摩擦力。物块A受力如图，设最大加速度为a，
在x轴方向由牛顿第二定律得F f cosθ- F N sinθ = ma ①（1分）
在y轴方向由平衡条件得 F f sinθ+ F N cosθ = mg ②（1分）
又 F f = μ2F N ③（1分）
由①②③得 F f =
2
2
mg
sin cos
μ
μθθ
+④（2分）
（2）由以上各式得a =
2
2
cos sin
sin cos
μθθ
μθθ
-
+ g ⑤（2分）
A、B的加速度均为a，由牛顿第二定律得F –μ1(M+m)g = (M+m)a ⑥
由⑤⑥得F = (μ1+
2
2
cos sin
sin cos
μθθ
μθθ
-
+) (M+m)g ⑦（2分）
（3）如下图。
考点：考查牛顿第二定律的应用
点评：本题A、B先静止，后做加速度不断增加的加速运动，最后做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律对两个过程列式，联立求解，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律列公式求解
7．（1）α=30°（2）k
m
g
5
2
【解析】
试题分析：（1）设开始时弹簧压缩的长度为x B 得： ① 设当物体A 刚刚离开地面时，弹簧的伸长量为x A 得：
②
当物体A 刚离开地面时，物体B 上升的距离以及物体C 沿斜面下滑的距离为：
③ （1分）
由①②③式解得：④
物体A 刚刚离开地面时，以B 为研究对象，物体B 受到重力mg 、弹簧的弹力、细线的
拉力T 三个力的作用，设物体B 的加速度为a ，根据牛顿第二定律，对B 有：
⑤
对A 有：⑥
由②③两式得：
⑦
当B 获得最大速度时，有：a=0⑧
由②⑦⑧式联立，解得⑨所以：⑩
（2）由于
，弹簧处于压缩状态和伸长状态时的弹性势能相等，弹簧弹力做功为零，
且物体A 刚刚离开地面时，B 、C 两物体的速度相等，设为
，
由动能定理得： ⑾
由①④⑩⑾式，解得：
考点：机械能守恒定律；共点力平衡的条件及其应用；胡克定律；牛顿第二定律
点评：对于机械能守恒定律，有多个表达式，可以用初态的机械能等于末态的机械能，也可以用动能的增加等于势能的减少，对于第一种表达式要选取零势能面，第二种由于用的它们的差值的大小，所以不用取零势能面，在解题时要注意公式的选择
8．（1）重物处于失重状态，2
2 m /s （2）480N （3）重物的加速度立即变为2
10 m /s ，方向竖直向下 【解析】 试题分析：（1）以重物为研究对象，重物受向下的重力mg ，向上的弹簧拉力F ，由于重物的重力mg 大于弹簧的拉力F ，因此重物所受合力方向向下，即重物的加速度方向应向下，重
物处于失重状态. 由牛顿第二定律有：mg －F ＝ma
所以
22
5040
m /s 2 m /s 5mg F a m --=＝
＝
（2）以人为研究对象，人受到重力Mg ，底板的支持力F N ， 由牛顿第二定律有N Mg F Ma －＝，
得
60(102)N 480N N F Mg Ma ?＝－＝－＝，
由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为480N.
（3）悬线突然断开，则此时重物的加速度立即变为重力加速度，即大小是2
10 m /s ，方向竖直向下.
考点：超重与失重
点评：注意对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力或对悬挂物的拉力变了，可用牛顿第二定律求出拉力或压力大小。
9．（1）2
1m /s A a =、24m /s B a =（2
）0v ≤
（3）A 发生的位移、B 发生的位移
【解析】 试题分析：（1）分别对A 、B 受力分析，
根据牛顿第二定律：B 物体的加速度
12
24m /s f B F mg
a m
m
μ=
=
=
A 物体的加速度
()12
212
1m /s f f A F F mg M m g
a M
M
μμ--+=
=
=
（2）设经过时间t ，AB 的速度相等则有：0B A v a t a t
-=
此时B 刚好到达A 的最右端
所以B 发生的位移： 2
01
2B B x v t a t =-
A 发生的位移：
21
2A A x a t =
B A x x L
-=
联立解得
0v =
为保证B 在滑动过程中不滑出A
，则
0v ≤
（3）设经过时间t ，AB 的速度相等则有：
0B A v a t a t
-=
解得t=1s
A 发生的位移：
21
0.5m 2A A x a t =
=
所以B 发生的位移：201
3.0m
2B B x v t a t =-=
AB 速度达到相等后，共同速度为
1m/s A v a t ==
AB 速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s 的初速度，2
12m/s a g μ==的加速度一起匀
减速运动直到静止，发生的位移： 2
0.25m
2v x a ==
所以A 发生的位移为0.5m 0.25m 0.75m A x x +=+=
B 发生的位移为
3.0m 0.25m 3.25m
B x x +=+=
考点：牛顿第二定律的应用
点评：本题属于多过程问题，在分析时要逐段、分物体求解，最好画出运动过程图。第（2）中要找到保证B 在滑动过程中不滑出A 时的临界条件。 10．（1）
4/m v m s = （2）0.4μ= （3） 3.2/v m s =
【解析】 试题分析：（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B 点时速度最大为
m
v ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为
1a ：
1sin 30o
mg ma = 1分
212sin 30m o h
v a =?
2分
解得：
4/m v m s = 1分
（2）滑块在水平面上运动的加速度大小为2
a
2mg ma μ= 1分
222m v a L
= 2分
解得：0.4μ= 1分 （3）滑块在斜面上运动的时间为1t
11
m
v a t
=
1分
得1
0.8
t s
=
1分
由于1
t t>
，故滑块已经经过B点，做匀减速运动时间为1
0.2
t t s
-=
1分
设t=时速度大小为v
21
()
m
v v a t t
=--
2分
解得： 3.2/
v m s
= 1分
考点：牛顿第二定律，运动学公式，滑动摩擦力公式
点评：本题第一问学生也可用动能定理求滑块的最大速度，解题时分段去求。
11．t=
【解析】
试题分析：（1）物块刚放上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度．
（2）物块向下做匀加速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和下滑的位移．
（3）物块的速度和传送带的速度相同后，因为动摩擦因数为0．75，继续向下做匀速运动，求出下滑的时间，最后求出总时间．
解：设物块刚放上传送带时加速度为1
a
，货物受力如图所示：
根据牛顿第二定律得
沿传送带方向：1
mgsin f ma
θ+=
垂直传送带方向：
mgcos N
θ=
又
f N
μ
=
由以上三式得：
2
1
a g(sin cos12m/s
θμθ
=+=
）方向沿传送带向下．
物块速度从0加速至传送带速度v=12 m/s，所用时间设为t1，位移设为x1，则有：
111
1
0v
t1s x t6m
2
v
a
+
====
，
，
（3）当物块速度与传送带速度相等时，由于mgsin θ=μmgcos θ，此后物块和传送带一块
匀速运动，运动底部的时间：
2246
1.512t s s -=
=
∴小物块从A 运动到B 的时间为
121 1.5 2.5t t t s s s
=+=+=．
考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间
的关系．
点评：本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点． 12．－负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N ，方向水平向右。
【解析】选M 、m1和m2构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M 保持静止，m1和m2分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件，在水平方向，整体除受到地面的静摩擦力外，不可能再受到其他力；如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。
根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，则有： F 合x = Ma ′+ m1a1x －m2a2x
其中a ′、a1x 和a2x 分别为M 、m1和m2在水平方向的加速度的大小，而
a ′= 0 ，a1x = g (sin30°－μcos30°) ?cos30° ，a2x = g (sin45°－μcos45°) ?cos45° 。所以：
F 合 = m1g (sin30°－μcos30°) ?cos30°－m2g (sin45°－μcos45°) ?cos45°
×10×(1
2－×10×)－
负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N ，方向水平向右。
本题考查整体隔离法的应用，静止时现已整体为研究对象，所以整体没有运动趋势，不受摩擦力作用，两物块下滑过程中，分析两物块的受力情况，把加速度分解为水平和竖直方向，由牛顿第二定律列公式可求得水平方向的合力，由此可知要想静止不动，静摩擦力必须平衡该力 13．
【解析】略
14．a=2m/s 2
15．t=4s
16．29m/s ≤v 0≤32m/s
【解析】（1）（4分）mg －F=ma （2分） 得a=2m/s 2
……①（2分） （2）（8分）设经t 时间，小球从N 端穿出，小球下落的高度 h 1=－v 0t+
2
1
gt 2
………② （2分）
空管下落的高度h 2=2
1at 2
……………③ （2分）
则，h 1－h 2=L ……………④ （2分）
联立得：－v 0t+21gt 2－21
at 2
=L ……………⑤
代入数据解得：t=4s ，t=－（舍）…………………⑥ （2分） （3）（8分）设小球初速度v 0，空管经t'时间到达地面，则
H=21
at'2
…………………⑦
得t'=a H
2=8s ………………⑧ （2分）
小球在t'时间下落高度为h=－v 0t'+21
gt'2
……………⑨ （2分）
小球落入管内的条件是：64m ≤h ≤88m （2分） 解得：29m/s ≤v 0≤32m/s
【答案】（1）θsin m m P = （2）a=g
θθ
sin 1sin +
【解析】（1）令x 1表示未挂P 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知m A gsin θ=kx 1 ①
令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，由胡克定律和牛顿定律可知kx 2=m B gsin θ ②
则 x 1= x 2
g
mg θsin =
③
此时A 和P 的速度都为0，A 和P 的位移都为d=x 1+x 2=k mg θ
sin 2 ④
由系统机械能守恒得：θsin mgd gd m P = 则θsin m m P = ⑤
（2）此时A 和P 的加速度大小相等，设为a, P 的加速度方向向上
对P 物体 ：F －m P g=m P a ⑥ 对A 物体 ：mgsin θ+kx 2—F=ma ⑦
由⑥⑦ 式可得a=g
θθ
sin 1sin + ⑧
18．
2
22
01122
112v a t a s a t -=- 2
1120112s a t t v a t -=+ 【解析】第一、二阶段结束时飞机运动速度分别为
111v a t = ① （2分）
0122v v a t =+ ② （2分）
运动距离分别为
211112s a t =
③ （2分）
2
21222
12s v t a t =+ ④ （2分）
总距离为 12s s s =+ ⑤ （3分）
解①到⑤式，可得 2
22
01122
112v a t a s a t -=- ⑥ （2分）
2
1120112s a t t v a t -=
+ ⑦ （2分）
19．（1）4m/s
（2）580N 【解析】（1）设下滑的演员的质量为m 1，杆的质量为m 2。
在演员下滑的前4秒，杆处于平衡。有：F 1=f 1+m 2g （2分）
演员匀加速下滑，加速度为a 1：有
2
11
11
1m/s m g f a m -=
= （4分）
4s 末达到的最大速度v ，有v= a 1 t 1=4m/s （2分） （2）在演员下滑的4秒到6秒，人匀减速下滑，加速度为a 2
有v= a 2 t 2 可得a 2=2m/s 2
（2分） 对演员分析受力可知：f 2-m 2g= m 1 a 2 （2分）
杆处于平衡。有：F 2=f 2+m 2g （1分） 可解得肩部受到的支持力F 2=580N （1分）
由牛顿第三定律可得，4秒到6秒过程中肩部受到的压力F 2为580N （1分） 20．（1）雪橇开始以5m/s 的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s 作匀速运动。
（2）2
25m/s a .= （3）125.0=μ
【解析】 （1）如图线可知，雪橇开始以5m/s 的初速度作加速度逐渐减小的变加速运动，最后以10m/s 作匀速运动 （4分）
（2）t=0，v 0=5m/s 时AB 的斜率等于加速度的大小
2/5.24/10/s m t v a ==??= （4分）
（3）t=0
s
m v /50=
0kv f = 由牛顿运动定律
ma kv mg mg =--0cos sin θμθ ① （2分）
s t 4= s m v /101= t kv f =1
cos sin =--t kv mg θμθ ② （2分）
解①②得 m N k /5.37= 125.0=μ （2分）
21．（1
【解析】 1）设小滑块能够运动到C 点，在C 点的速度至少为v c ，则
(2分)
(2分)
解得v 0(1分)
(2)设传送带运动的速度为v 1，小滑块在传送带上滑动时加速度是a ，滑动时间是t 1，滑动过程中通过的距离是x ，则
v 1=r ω...................................... (1分) ma=μmg ...................(1分)
v 1=at 1...................................... (1分)
分) 解得v 1=2m/s ，a=4m/s 2
，t 1=，x=0.5m
由于x ＜L ，所以小滑块还将在传送带上与传送带相对静止地向B 点运动，设运动时间为t 2，则
L －x= v 1t 2 (1分) 解得t 2=
则t= t 1＋t 2= (1分)
（3）轮子转动的角速度越大，即传送带运动的速度越大，小滑块在传送带上加速的时间越长，达到B 点的速度越大，到C 点时对圆轨道的压力就越大．
小滑块在传送带上一直加速，达到B 点的速度最大，设为v Bm ，对应到达C 点时的速度为v cm ，圆轨道对小滑块的作用力为F ，则
aL
Bm 22=υ (2分)
(2分)
分)
由牛顿第三定律可知对圆轨道的压力F m =F (1分)
解得F m =5N (1分)
考点：考查力与运动的关系
点评：本题难度较大，本题的难点在于过程过多，对于多过程问题，最好的办法就是大致的对全过程进行运动分析，然后带着问题回到题中，把复杂的多过程拆分为几个小的过程，逐个分析