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高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

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（1）物体与水平面间的动摩擦因数 ；
（2）水平推力 F 的大小；
（3）
s 内物体运动位移的大小．
【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意可知，由 v-t 图像可知，物体在 4～6s 内加速度：
物体在 4～6s 内受力如图所示
根据牛顿第二定律有：
联立解得：μ=0.2 （2）由 v-t 图像可知：物体在 0～4s 内加速度：
由牛顿第二定律：F 合=F=ma0
解得 a0=6m/s2
由图象可知木板倾角为 θ1 时，物块的加速度 a=0
即：F=mgsinθ1
解得 θ1=37°
（2）当木板倾角为 θ=30o 时，对物块由牛顿第二定律得：
F-mgsinθ=ma1 解得 a1=1m/s2
设木块 2s 末速度为 v1，由 v1=a1t
传送带位移 x1' vt1 1.6m ，相对位移为： x1 0.8m 。
摩擦生热为： Q1 mg x1 cos 37
解得：Q1＝3.2J 第二阶段：工件滑行位移为：x2＝4m，
传送带位移为： x2' vt2 8m
相对位移为： x2 4m
摩擦生热为： Q2 mgx2 cos 37
解得：Q2＝16J 总热量为：Q＝19.2J。
解得：a2＝2m/s2 假设工件速度减为 0 时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：
v t2 a2
解得：t2＝2s
工件滑行位移大小为：
3? 21
解得：x2＝4m 工件运动到 C 点时速度恰好为零，故假设成立。
工作在传送带上上滑的总时间为：t＝t1+t2＝2.4s （3）第一阶段：工件滑行位移为：x1＝2.4m。
3．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端 A 处有一固定
挡板，连接一轻弹簧，右端 B 处与一倾角 37 的传送带平滑衔接。传送带 BC 间距 L 0.8m ，以 v0 1m / s 顺时针运转。两个转动轮 O1、O2 的半径均为 r 0.08m ，半径 O1B、O2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为 m 1kg 的小滑块（可视为质点）向
倾角也是 37 的斜面固定于地面且与传送带上的 B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹
簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量 m＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到 B 点时速度 v0＝8m/s，A、B 间的距离 x＝1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为 μ＝0.5，工件到达 C 点 即为运送过程结束。g 取 10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至 A 点时的弹性势能； （2）工件沿传送带由 B 点上滑到 C 点所用的时间； （3）工件沿传送带由 B 点上滑到 C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热 量。
故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达 B 时的速度为： v 0.8m / s
滑块在传送带上运动时间： t L v
解得： t 1s
(2)滑块从 K 至 B 的过程，由动能定理可知： W弹
Wf
1 mv2 2
根据功能关系有： W弹 Ep
解得： Wf 0.68J
4．质量为 2kg 的物体在水平推力 F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去 F，其 运动的 图象如图所示 取 m/s2，求：
7．如图所示，水平传送带长 L=5m，以速度 v=2m/s 沿图示方向匀速运动现将一质量为 1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为 μ=0.2，g=10m/s2。求：
①物块从左端传送到右端需要的时间 ②物体在传送带上因摩擦而产生的热量 【答案】①3s ②2J 【解析】 【详解】 ①物体在传送带上开始做加速运动，共速后做匀速运动，开始的加速度为
（1）a0 多大？倾角 θ1 多大？ （2）当倾角 θ 为 30°时，物块在力 F 作用下由 O 点从静止开始运动，2s 后撤去，求物块沿 斜面运动的最大距离？ 【答案】（1）6m/s2， 37°；（2）2.4m。 【解析】 【详解】 （1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为 a0
【解析】 【详解】
(1)P、Q 整体向右运动时，摩擦力 f1 (M m)g 16N 由牛顿第二定律得： F f1 (M m)a1 解得： a1 5 m s2 对 Q 由牛顿第二定律得： mg tan ma1
解得： tan 1 ； 2
(2)P、Q 与障碍物碰撞前由速度位移关系得：
v02 2a1L 解得： v0 2 m s
2 对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能
量守恒求热量． 【详解】
1 长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得
1mg 22mg ma1 ； vm a1t1 ；
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
2 2mg 2ma2 ； 0 vm a2t2 ； 由图象可知， vm 2m / s ， t1 1s ， t2 0.8s 联立解得 1 0.7
止 g 10m / s2 ，求：
1 小物块与长木板间动摩擦因数的值； 2 在整个运动过程中，系统所产生的热量．
【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】
1 小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运
动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板 与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．
（1）滑块到达 B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间
（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】 【详解】
解：(1)滑块恰能从 C 点抛出，在 C 点处所受弹力为零，可得： mgcosθ m v2 r
解得： v 0.8m / s
对滑块在传送带上的分析可知： mgsinθ μmgcosθ
撤去外力之后，P 反向减速运动，则：
f2 Mg Ma2 解得： a2 4 m s2
减速运动时间： t1
v0 a2
0.5s
Q 做平抛运动，如果 Q 直接落到水平面上
则运动时间：
h
1 2
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】
【详解】
（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：
EP
mgx sin 37
mgx cos 37
1 2
mv02
解得：Ep＝42J
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为 a1，由牛顿第二定律得：
mg sin 37 mg cos 37 ma1
又由题意可知：物体在 0～4s 内受力如图所示
根据牛顿第二定律有：
代入数据得：F=5.6N （3）物体在 0～14s 内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：
【点睛】 在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况 分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活
左压弹簧至位置 K，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从 C 点抛出（即滑块在
C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数 0.75，释放滑块时弹簧的弹 性势能为 1J，重力加速度 g 取10m / s2 ， cos 37 0.8 ， sin 37 0.6 ，不考虑滑块在水
平面和传送带衔接处的能量损失。求：
处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．
5．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在 t 0 时刻，一小物块以一定速度从左端 滑上长木板，以后长木板运动 v t 图象如图所示 .已知小物块与长木板的质量均为 m 1kg ，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经 1s 后小物块与长木板相对静
；
加速的时间
加速的位移：
；
匀速的时间： 则物块从左端传送到右端需要的时间 t=t1+t2=3s； ②物体在传送带上因摩擦而产生的热量：
8．如图所示，水平面 D 处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块 P 斜面光滑，倾角为 θ， 水平底面粗糙。顶点 A 到底面的高度 h=0.45m。在其顶点 A 处放一个小物块 Q，与斜面不 粘连，且最初系统静止不动，滑块的 C 端到 D 的距离 L=0.4m。现在滑块左端施加水平向右 的推力 F=36N，使二者相对静止一起向右运动。当 C 端撞到障碍物时立即撤去推力 F，滑 块 P 立即以原速率反弹。已知滑块 P 的质量 M=3.5kg，小物块 Q 的质量 m=0.5kg，P 与地面 间的动摩擦因数 μ=0.4（取 g=10m/s2）求：
题．
6．某研究性学习小组利用图 a 所示的实验装置探究物块在恒力 F 作用下加速度与斜面倾角 的关系。已知木板 OA 可绕轴 O 在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某 次实验中，质量 m=0.1kg 的物块在平行于板面向上、F=0.6N 的恒力作用下，得到加速度 a 与斜面倾角的关系图线，如图 b 所示，已知图中 a0 为图线与纵轴交点，θ1 为图线与横轴交 点。（重力加速度 g 取 10m/s2）求：
(1)斜面倾角 θ 的正切值 tanθ； (2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前 一瞬间的速度 v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑 块 P 上 B 端的距离 x 是多少？
【答案】（1） 1 （2）直接落到水平面上；1.02m。 2
(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。 【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒： 解得： 对长木板： 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 解得：

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高考物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

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高考物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

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高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：(1)物块B 滑到14圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：2012mgR mv =代入数据解得：v 0=5m/s在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：20v F mg m R-=代入数据解得：F =60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：μmg =ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有2202v v al -=代入数据解得：v=4m/s由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得：22212111222mv mv Mv =+ 解得：12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得：l′=2m ＜4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

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高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

高考物理牛顿运动定律答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大； （2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？ 【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】 【详解】解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =解得：213m/s a =对木板：122F f f Ma --=解得：225m/s a =滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t =滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？（2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求： （1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移． 【答案】（1）2N 3s （2）46.5m 【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P = 联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v ' 由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '= 解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'-解得：x=46.5m4．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ，求：()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()210/.2m s 物资P 到达A 端时的动能是900J ． 【解析】 【分析】（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能219002kA A E mv J == 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，P 的加速度22sin cos 2/a g g m s θμθ=-=后段运动有：222212L s vt a t -=+， 解得：21t s =，到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 动能219002kA A E mv J == 【点睛】传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．5．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度vʹ，则()12mv Mv m M v +='+ 解得vʹ=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度vʹʹ， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭''解得2t =故经过时间120.91t t t s =+=≈ 物块滑落.6．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力.（1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112hgt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0根据牛顿第三定律有：Nʹ＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma根据匀变速直线运动规律有：a ＝2202v h -＝－15m/s 2解得：N ＝75N （2分）根据牛顿第三定律有：Nʹ＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用7．如图所示，水平传送带长L=5m ，以速度v=2m/s 沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s 2。