牛顿运动定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

在2010上海世博会风洞飞行表演上，若风洞内向上的风速、风量保持不变，让质量为m的表演者通过身姿调整，可改变所受向上的风力大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，站立时受风力有效面积为最大值的，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H．开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移．现人从最高点A开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过B点后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C处减速为零，则下列说法中正确的有（　　）

A表演者向上的最大加速度是g

B表演者向下的最大加速度是

CB点的高度是

D由A至C全过程表演者克服风力做的功为mgH

正确答案

A,C,D

解析

解：A、设最大风力为Fm，由于人体受风力大小与正对面积成正比，故人站立时风力为Fm，由于受风力有效面积是最大值的一半时，恰好可以静止或匀速漂移，故可以求得重力G═Fm，人平躺上升时有最大加速度

a==g，因而A正确；

B、人站立加速下降时的加速度

a1=

人平躺减速下降时的加速度

a2==g

因而B错误；

C、设下降的最大速度为v，有速度位移公式

加速下降过程位移x1=

减速下降过程位移x2=

故x1：x2=4：3

因而x2=，选项C正确；

D、对A至C全过程应用动能定理

mgH-W=0

解得W=mgH，因而D正确；

故选ACD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个人用与水平方向成θ=30°角的斜向下的推力F推一个质量为20kg的箱子匀速前进，如图（a）所示，箱子与水平地面间的动摩擦因数为μ=0.40．求：

（1）推力F的大小；

（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？（g取10m/s2）．

正确答案

解：（1）在图（a）情况下，对箱子进行受力分析有：

箱子受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、推力和水平面的摩擦力作用，由于箱子处于平衡状态，故

在水平方向满足：Fcosθ-f=0… ①

在竖直方向满足：Fsinθ+mg-N1=0… ②

而摩擦力的大小满足：f=μN1 …③

由②式得N1=Fsinθ+mg…④

将④代入③得f=μ（Fsinθ+mg）… ⑤

将⑤代入①得：Fcosθ=μ（Fsinθ+mg）

整理得：

（2）在图（b）情况下，物体先以加速度a1做匀速运动，对物体进行受力分析有：

在水平方向满足：Fcosθ-f=ma1

在竖直方向满足：mg--Fsinθ-N2=0

而摩擦力的大小满足：f=μN2

所以物体产生的加速度为：

=≈2.4m/s2

拉力作用2s后的速度为：v1=a1t1=2.4×2m/s=4.8m/s

撤去外力F后，物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：

μN3=μmg=ma2

所以物体产生的加速度大小为：

撤去外力F后，物体做初速度v1=4.8m/s，加速度的匀减速运动，物体还能产生的位移为：

答：（1）推力F的大小为120N；

（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动2.88m（g取10m/s2）．

解析

解：（1）在图（a）情况下，对箱子进行受力分析有：

箱子受竖直向下的重力、地面竖直向上的支持力、推力和水平面的摩擦力作用，由于箱子处于平衡状态，故

在水平方向满足：Fcosθ-f=0… ①

在竖直方向满足：Fsinθ+mg-N1=0… ②

而摩擦力的大小满足：f=μN1 …③

由②式得N1=Fsinθ+mg…④

将④代入③得f=μ（Fsinθ+mg）… ⑤

将⑤代入①得：Fcosθ=μ（Fsinθ+mg）

整理得：

（2）在图（b）情况下，物体先以加速度a1做匀速运动，对物体进行受力分析有：

在水平方向满足：Fcosθ-f=ma1

在竖直方向满足：mg--Fsinθ-N2=0

而摩擦力的大小满足：f=μN2

所以物体产生的加速度为：

=≈2.4m/s2

拉力作用2s后的速度为：v1=a1t1=2.4×2m/s=4.8m/s

撤去外力F后，物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：

μN3=μmg=ma2

所以物体产生的加速度大小为：

撤去外力F后，物体做初速度v1=4.8m/s，加速度的匀减速运动，物体还能产生的位移为：

答：（1）推力F的大小为120N；

（2）若该人不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成30°角斜向上去拉这个静止的箱子，如图（b）所示，拉力作用2.0s后撤去，箱子最多还能运动2.88m（g取10m/s2）．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，用光滑材料制成高h=0.8m、倾角分别为α=30°和β=53°的两个斜面AB、AC，固定在光滑水平面上．将两个质量均为0.1kg的相同的小物块分别从两个斜面的最高位置A同时静止释放（不考虑一个物块在C点的能量损失），物块在BC上运动时给物块一个水平向左的阻力F，使两个物块同时到达B点．若g取10m/s2，sin53°=0.8．求：

（1）物块在BC上运动的时间t为多少？

（2）F为多少？

正确答案

解：（1）AB得长度m

AC的长度m

CB段的长度≈0.79m．

根据牛顿第二定律得，AB段的加速度，

AC段的加速度=8m/s2．

则AB段的时间s

AC段的时间s

t=tAB-tAC=0.8-0.5=0.3s

（2）C点的速度m/s

根据位移时间公式得，

解得aCB≈9.1m/s2

根据牛顿第二定律得，F=maCB=0.1×9.1≈0.91N

答：（1）物块在BC上运动的时间t为0.3s．

（2）F为0.91N．

解析

解：（1）AB得长度m

AC的长度m

CB段的长度≈0.79m．

根据牛顿第二定律得，AB段的加速度，

AC段的加速度=8m/s2．

则AB段的时间s

AC段的时间s

t=tAB-tAC=0.8-0.5=0.3s

（2）C点的速度m/s

根据位移时间公式得，

解得aCB≈9.1m/s2

根据牛顿第二定律得，F=maCB=0.1×9.1≈0.91N

答：（1）物块在BC上运动的时间t为0.3s．

（2）F为0.91N．

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题型：简答题

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简答题

质量m=1kg的滑块受到一个沿斜面方向的外力F作用，从斜面底端开始，以初速度vo=3.6m/s沿着倾角为37°足够长的斜面向上运动，物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.8．滑块向上滑动过程中，一段时间内的速度一时间图象如图所示（g取l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）滑块上滑过程中加速度的大小；

（2）滑块所受外力F；

（3）当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块能否返回斜面底端？若不能返回，求出滑块停在离斜面底端的距离；若能返回，求出返回斜面底端时的速度．

正确答案

解：（1）由速度图象可得，加速度大小为：a=

（2）设F沿斜面向上，由牛顿第二定律得：-（F-mgsin37°-μmgcos37°）=ma

F=mgsin37°+μmgcos37°-ma=-2.6N

负号说明F的方向沿斜面向下．

（3）撤掉力F后，由于mgsin37°=1×10×0.6N=6N＜μmgcos37°=0.8×1×10×0.8N=6.4N

故物体不会返回．

物体离斜面的距离为：s=

答：（1）滑块上滑过程中加速度的大小为15m/s2；

（2）滑块所受外力F为2.6牛，方向沿斜面向下；

（3）当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块不能返回，滑块停在离斜面底端0.43米处．

解析

解：（1）由速度图象可得，加速度大小为：a=

（2）设F沿斜面向上，由牛顿第二定律得：-（F-mgsin37°-μmgcos37°）=ma

F=mgsin37°+μmgcos37°-ma=-2.6N

负号说明F的方向沿斜面向下．

（3）撤掉力F后，由于mgsin37°=1×10×0.6N=6N＜μmgcos37°=0.8×1×10×0.8N=6.4N

故物体不会返回．

物体离斜面的距离为：s=

答：（1）滑块上滑过程中加速度的大小为15m/s2；

（2）滑块所受外力F为2.6牛，方向沿斜面向下；

（3）当滑块到最高点时撤除外力，此后滑块不能返回，滑块停在离斜面底端0.43米处．

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题型：填空题

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填空题

长度l=0.5m、倾角为α的光滑斜面，静止在光滑水平面上．有一个滑块置于斜面的下端．现使斜面以加速度a=4m/s2沿水平方向作匀加速运动．若倾角α=30°，则滑块从斜面的上端滑出所经历的时间为______，若滑块未能从斜面的上端滑出，则倾角α的最小值为______．

正确答案

s

arctan

解析

解：滑块受力如图所示：

由牛顿第二定律得：

Ncosα-mg=may Nsinα=max ①

滑块相对于斜面水平方向的加速度：a′=a-ax，③

经时间t物体滑到最高点，

y=ayt2 x=a′t2 ③

由几何关系可知：tanα= ④，

代入数据解得：t=s；

如果滑块不能从斜面的上端滑出，

最小α角满足的条件是：ay=0 a′=0，

即：Ncosα-mg=0 Nsinα=ma，

则：tanα==，α=arctan；

故答案为：s；arctan．

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题型：简答题

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简答题

（2015•防城港一模）为了安全，中国航母舰载机歼-15通过滑跃式起飞方式起飞．其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离L1=160m的水平跑道上运动，然后在长度为L2=20.5m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞．已知飞机的质量m=2.0×104kg，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.4×105N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=2.05m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计拐角处的影响，且飞机起飞过程中没有出现任何故障．g取10m/s2．

（1）求飞机在水平跑道上运动的末速度；

（2）求飞机从开始运动到起飞经历的时间．

正确答案

解：（1）飞机在水平轨道上加速度a1，阻力为f，末速度为v1，

由牛顿第二定律得：F-f=ma1，

f=0.2mg，

根据代入数据解得：

，

v1=40m/s．

（2）设飞机在倾斜跑道上的加速度为a2，跑道末端速度为v2，水平跑道上：

，

倾斜跑道上，由牛顿第二定律有：F-f-=ma2，

解得：．

由代入数据解得：

v2=42m/s．

所以，

可知t=t1+t2=8+0.5s=8.5s．

答：（1）飞机在水平跑道上运动的末速度为40m/s；

（2）飞机从开始运动到起飞经历的时间为8.5s．

解析

解：（1）飞机在水平轨道上加速度a1，阻力为f，末速度为v1，

由牛顿第二定律得：F-f=ma1，

f=0.2mg，

根据代入数据解得：

，

v1=40m/s．

（2）设飞机在倾斜跑道上的加速度为a2，跑道末端速度为v2，水平跑道上：

，

倾斜跑道上，由牛顿第二定律有：F-f-=ma2，

解得：．

由代入数据解得：

v2=42m/s．

所以，

可知t=t1+t2=8+0.5s=8.5s．

答：（1）飞机在水平跑道上运动的末速度为40m/s；

（2）飞机从开始运动到起飞经历的时间为8.5s．

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题型：填空题

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填空题

如图，一细线的一端固定于倾角为53°的光滑楔形滑块A的顶端处，细线的另一端拴一质量为m的小球，当滑块至少以加速度a=______并向左运动时，小球对滑块的压力恰等于零．当滑块以的加速度向左运动，线中拉力T=______．

正确答案

2mg

解析

解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：

由图知：F合=

故有：a=

（2）由上图得，当a=时，

F合=ma=mg

由勾股定理得：

答案为：；2mg

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题型：简答题

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简答题

2015年新春佳节，我市的许多餐厅生意火爆，常常人满为患，为能服务更多的顾客，服务员需要用最短的时间将菜肴送至顾客处．某次服务员用单手托托盘方式（如图）给10m远处的顾客上菜，要求全程托盘水平．托盘和手、碗之间的摩擦因数分别为0.2、0.125，服务员上菜最大速度为2.5m/s．假设服务员加速、减速运动过程中是匀变速直线运动，且可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则：

（1）求服务员运动的最大加速度；

（2）服务员上菜所用的最短时间；

（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，求服务员的最大加速度．

正确答案

解：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：

Ff1=ma1，

碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，

解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，

对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：

Ff2=（M+m）a2，

手和托盘间相对静止，则：

Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，

解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，

则最大加速度：amax=1.25m/s2；

（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，

加速运动时间：t1===2s，

位移：x1=vmaxt1=×2.5×2=2.5m，

减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，

匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，

匀速运动时间：t3===2s，

最短时间：t=t1+t2+t3=6s；

（3）同（1）可知：

碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，

手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，

最大加速度：amax=1m/s2；

答：

（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；

（2）服务员上菜所用最短时间是6s；

（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2．

解析

解：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：

Ff1=ma1，

碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，

解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，

对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：

Ff2=（M+m）a2，

手和托盘间相对静止，则：

Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，

解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，

则最大加速度：amax=1.25m/s2；

（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，

加速运动时间：t1===2s，

位移：x1=vmaxt1=×2.5×2=2.5m，

减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，

匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，

匀速运动时间：t3===2s，

最短时间：t=t1+t2+t3=6s；

（3）同（1）可知：

碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，

手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，

最大加速度：amax=1m/s2；

答：

（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；

（2）服务员上菜所用最短时间是6s；

（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2．

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题型：单选题

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单选题

如图，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆，A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa、Bb、Cc与水平底面的夹角分别为60°、45°、30°．每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放（忽略阻力），用t1、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则（　　）

At1＞t2＞t3

Bt1＜t2＜t3

Ct1=t3＜t2

Dt1=t3＞t2

正确答案

D

解析

解：小滑环沿杆下滑的加速度a=，

根据得，t=，当θ=60°和30°时，时间相等，当θ=45°时，时间最短，故t1=t3＞t2．故D正确，A、B、C错误．

故选：D．

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题型：多选题

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多选题

如图传送带以v1的速度匀速运动，物体以v2的速度从B点滑上传送带，已知A、B之间的传送带长度为L，物体与传送带之间的动摩擦因素为μ，则以下判断正确的是（　　）

A当ν2＞ν1时，物体一定从左端离开传送带

B当时，物体一定从左端离开传送带

C物体从右端B点离开传送带时的速度一定等于v1

D物体从右端B点离开传送带时的速度一定不会大于v2

正确答案

B,D

解析

解：A、当v2、μ、L满足一定条件时，物体可以从A端离开传送带，物体一直做匀减速直线运动，位移为L，加速度为μg，与传送带的速度无关．故A错误．

B、当v2、μ、L满足时，物体向左的速度等于0之前的位移：，所以当时，物体一定从左端离开传送带．故B正确；

C、物体可以从B端离开传送带，若v2＜v1，物体滑上传送带先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动；返回到B端的速度为v2，若v2＞v1，物体滑上传送带先做匀减速直线运动，返回做匀加速直线运动，当速度达到v1做匀速直线运动，滑动B端的速度为v1，都不可能大于v2．故C错误，D正确．

故选：BD．

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题型：填空题

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填空题

国家规定某型号汽车运动的安全技术标准如下：

汽车载重标准为4.5t≤质量≤12t

空载检测的制动距离（车速18km/h）≤3.8m

满载检测的制动距离（车速36km/h）≤8.0m

试问：该型号的汽车空载和满载时的加速度应分别满足什么要求？

正确答案

解析

解：由题意知，空载时初速度V1=18km/h=5m/s，减速到零时位移不超过x1=3.8m

运动公式得，

同理可得：，得

即空载时a≥3.29m/s2，满载时a≥6.25m/s2．

答：空载时a≥3.29m/s2，满载时a≥6.25m/s2．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=1kg的木板A静止在水平地面上，在木板的左端放置一个质量m=1kg的铁块B（大小可忽略），铁块与木板间的动摩擦因数μ1=0.3，木板长L=1m，用F=5N的水平恒力作用在铁块上．设铁块B与木板A间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度g=10m/s2．

（1）若水平地面光滑，计算说明铁块B与木板A间是否会发生相对滑动；

（2）若木板与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，求铁块运动到木板右端的时间．

正确答案

解：（1）A、B之间的最大静摩擦力为Ffm=μmg=0.3×1×10 N=3 N

假设A、B之间不发生相对滑动，则

对A、B整体：F=（M+m）a

对B：FfAB=ma

解得FfAB=2.5 N

因FfAB＜Ffm，故A、B之间不发生相对滑动

（2）对B：F-μmg=maB

对A：μmg-μ2（M+m）g=MaA

据题意xB-xA=L，

xA=aAt2，

xB=aBt2，

解得t=s

答：（1）A、B之间不发生相对滑动；

（2）铁块运动到木块右端的时间为s．

解析

解：（1）A、B之间的最大静摩擦力为Ffm=μmg=0.3×1×10 N=3 N

假设A、B之间不发生相对滑动，则

对A、B整体：F=（M+m）a

对B：FfAB=ma

解得FfAB=2.5 N

因FfAB＜Ffm，故A、B之间不发生相对滑动

（2）对B：F-μmg=maB

对A：μmg-μ2（M+m）g=MaA

据题意xB-xA=L，

xA=aAt2，

xB=aBt2，

解得t=s

答：（1）A、B之间不发生相对滑动；

（2）铁块运动到木块右端的时间为s．

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题型：简答题

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简答题

一质量m=5kg的滑块在F=15N的水平拉力作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2，问：

（1）滑块在力F作用下经5s，通过的位移是多大？

（2）5s末撤去拉力F，滑块还能滑行多远？

正确答案

解：（1）滑块的加速度 a1===1m/s2

滑块的位移s1=a1t2==12.5m

（2）5s末滑块的速度v=a1t=5m/s

撤去拉力后滑块的加速度大小 a2==μg=0.2×10=2m/s2

撤去拉力后滑行距离 s2===6.25m

答：（1）滑块通过的位移为12.5m．（2）滑块还能滑行6.25m．

解析

解：（1）滑块的加速度 a1===1m/s2

滑块的位移s1=a1t2==12.5m

（2）5s末滑块的速度v=a1t=5m/s

撤去拉力后滑块的加速度大小 a2==μg=0.2×10=2m/s2

撤去拉力后滑行距离 s2===6.25m

答：（1）滑块通过的位移为12.5m．（2）滑块还能滑行6.25m．

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题型：填空题

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填空题

木块质量为1kg，放在有摩擦的水平地面上，在12N水平拉力作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经4s后位移为24m，求：

（1）木块的加速度多大？所受摩擦力多大？

（2）如果木块从静止开始运动5s后撤去12N的拉力，同时另加一个水平阻力，木块继续前进5m停止，那么所加阻力多大？

正确答案

解析

解：（1）根据位移时间公式得：

a=．

根据牛顿第二定律得：

F-f=ma

解得：f=F-ma=12-1×3N=9N．

（2）5s后的速度为：v=at=3×5m/s=15m/s．

根据速度位移公式得：v2=2a′x′

解得减速运动加速度的大小为：a′=．

根据牛顿第二定律得：f′+f=ma′

解得：f′=ma′-f=22.5-9=13.5N

答：（1）木块的加速度为3m/s2，所受的摩擦力为9N．

（2）所加阻力为13.5N．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，两根轻弹簧的上端与天花板相接，下端通过细绳绕在动滑轮上，质量为m的重物挂在动滑轮上，弹簧的劲度系数分别为2k和k，动滑轮的半径为R，质量不计．系统平衡时重物的高度在O点，现用一竖直向下的力拉重物，使重物静止在A点，然后由静止释放．已知OA的长度为2L，OB的长度为L，计算重物经过B点时的加速度大小为（　　）

A

B

C

D

正确答案

A

解析

解：此模型类比弹簧振振子模型，先求出等效弹簧振子的劲度系数

由于动滑轮相连两根弹簧的弹力大小相等，所以当物体下移x的变化量时，弹簧的劲度系数分别为2k和k的弹簧的形变量为x和x，所以等效弹簧的弹力为：F=，即等效弹簧的劲度系数等效为：K=

所以当重物在B点时，形变量为L，所以等效弹簧的弹力为：F1=，

据牛顿第二定律得：a=，故A正确，BCD错误．

故选：A．

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