- 牛顿运动定律
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物体在倾角为θ的斜面上滑动，则在下列两种情况下，物体加速度为多大？
（1）斜面是光滑的；
（2）斜面是粗糙的，且与物体间动摩擦因数为μ
正确答案
（1）a1=gsinθ（2）a2=g（sinθ－μcosθ）， a3=g（sinθ+μcosθ）
【错解分析】错解：对物体在倾角为θ的斜面上滑动，理解为物体在倾角为θ的斜面上向下滑动，导致漏去分析和考虑物体在倾角为θ的斜面上向上滑动的情况。
【正解】（1）对于光滑斜面，无论物体沿斜面向下滑或是沿斜面向上滑，其受力情况均可由图所示，建立适当的坐标系后便可列出运动方程
mgsinθ=ma1，
得 a1=gsinθ.
（2）对于粗糙斜面，物体滑动时还将受动摩擦力作用，只是物体向下滑时动摩擦力方向沿斜面斜向上；物体向上滑时动摩擦力方向沿斜面斜向下，受力图分别如图中（a）、（b）所示，建立适当的坐标系后便可分别列出方程组
由此便可分别解得
a2=g（sinθ－μcosθ），
a3=g（sinθ+μcosθ）
如图质量为M，倾角为α的楔形物A放在水平地面上。质量为m的B物体从楔形物的光滑斜面上由静止释放，在B物体加速下滑过程中，A物体保持静止。地面受到的压力多大？
正确答案
Mg十mgcosα
【错解分析】错解：以A，B整体为研究对象。受力如图，因为A物体静止，所以N=G=（M＋m）g。
由于A，B的加速度不同，所以不能将二者视为同一物体。忽视了这一点就会造成错解。
【正解】分别以A，B物体为研究对象。A，B物体受力分别如图a，b。
根据牛顿第二定律列运动方程，A物体静止，加速度为零。
x：Nlsinα-f=0 ①
y：N-Mg-Nlcosα=0 ②
B物体下滑的加速度为a，
x：mgsinα=ma ③
y：Nl-mgcosα=0 ④
由式①，②，③，④解得N=Mg＋mgcosα
根据牛顿第三定律地面受到的压力为Mg十mgcosα。
【点评】在解决物体运动问题时，在选取研究对象时，若要将几个物体视为一个整体做为研究对象，应该注意这几个物体必须有相同的加速度。
如图所示，斜面倾角为θ，斜面上AB段光滑，其它部分粗糙，且斜面足够长。一带有速度传感器的小物块（可视为质点），自A点由静止开始沿斜面下滑，速度传感器上显示的速度与运动时间的关系如下表所示：
取g＝10m/s2，求：
（1）斜面的倾角θ多大？
（2）小物块与斜面的粗糙部分间的动摩擦因数μ为多少？
（3）AB间的距离xAB等于多少？
正确答案
（1）
试题分析：（1）当小物块在AB段运动时，设加速度为
由表格可知 
所以 
（2）过B点后物块的加速度设为
由表格可知 
所以
（3）可以判断B点对应于2s~3s之间的某个时刻，设
则 
解之得 
所以 
点评：中等难度。本题根据表格中的数据算出加速度，然后在由牛顿第二定律求出所需物理量，属于牛顿第二定律应用的典型习题。
(12分)如图所示, 木板静止于水平地面上, 在其最右端放一可视为质点的木块. 已知木块的质量m＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求:
(1)木板加速度的大小;
(2)要使木块能滑离木板, 水平恒力F作用的最短时间;
(3)如果其他条件不变, 假设木板的上表面也粗糙, 其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3, 欲使木板能从木块的下方抽出, 需对木板施加的最小水平拉力;
(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变, 只将水平恒力增加为30 N, 则木块滑离木板需要多长时间？
正确答案
(1)2.5 m/s2 (2)1 s (3)25 N (4)2 s
(1)木板受到的摩擦力Ff＝μ(M＋m)g＝10 N
木板的加速度a＝
(2)设拉力F作用t时间后撤去
木板的加速度为a′＝－
木板先做匀加速运动, 后做匀减速运动, 且a＝－a′, 故at2＝L
解得t＝1 s, 即F作用的最短时间为1 s.
(3)设木块的最大加速度为a木块, 木板的最大加速度为a木板, 则μ1mg＝ma木块
得: a木块＝μ1g＝3 m/s2
对木板: F1－μ1mg－μ(M＋m)g＝Ma木板
木板能从木块的下方抽出的条件: a木板>a木块
解得: F1>25 N.
(4)木块的加速度a木块＝μ1g＝3 m/s2
木板的加速度a木板＝
木块滑离木板时, 两者的位移关系为s木板－s木块＝L, 即
代入数据解得: t＝2 s.
本题考查牛顿第二定律的应用，以木板为研究对象，木板向右运动过程中受到水平向右的拉力和摩擦力的作用，由牛顿第二定律可求得加速度大小，拉力F作用时间最短，是指当有拉力F时滑块向右匀加速运动，撤去拉力F后木板向右做匀减速直线运动，而木块向右一直在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动，分阶段进行受力分析求得加速度，再由相对位移为木板的长度，可求得拉力F的临界值
2009哈尔滨第24届大学生冬季运动会的高山滑雪。有一滑雪坡由AB和BC组成，AB是倾角为37°的斜坡，BC是半径为R=5m的圆弧面，圆弧面和斜面相切于B，与水平面相切于C，如图所示，AB竖直高度差hl=8.8m，竖直台阶CD高度差为h2=5m，台阶底端与倾角为37°斜坡DE相连．运动员连同滑雪装备总质量为80kg，从A点由静止滑下通过C点后飞落到DE上(不计空气阻力和轨道的摩擦阻力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8)．求：
(1)运动员到达C点的速度大小；
(2)运动员经过C点时轨道受到的压力大小；
(3)运动员在空中飞行的时间．
正确答案
：⑴
解：⑴A→C过程，由动能定理得：
代入数据解得:
⑵在C点，由牛顿第二定律有： 
解得:
由牛顿第三定律知，运动员在C点时轨道受到的压力大小为3936N.(1分）
(3)运动员在空中做平抛运动，
设飞行时间为t，则水平位移：
竖直位移：
解得
本题考查的是对牛顿定律和动能定理的应用问题，对运动员进行受力分析，根据动能定理和牛顿第二定律即可求解速度和对轨道的压力，再利用平抛运动的规律解出最后结果。
在电梯上有一个质量为100kg的物体放在地板上，它对地板的压力随时间的变化曲线如图所示，电梯从静止开始运动，在头两秒内的加速度的大小为______，在4s末的速度为______，在6s内上升的高度为______．
正确答案
在前2s内，加速度a1=
在0～2s内的位移x1=
在2～5s内的位移x2=v1t+
5s末的速度v3=v1+a2t=70m/s
5～6s内的位移x3=v3t′=70m
s=x1+x2+x3=275m
故答案为：20m/s2，60m/s，275m．
如图所示，铁块质量m=1.2kg（长度不计），它以速度v0=2.0m/s水平地滑上一辆静止的平板小车，已知小车质量M=0.4kg，铁块与小车间的动摩擦因数为μ=0.2，小车所受地面阻力是车对地面压力大小的0.1倍，铁块恰好没有滑离小车，g取10m/s2，求：
（1）铁块刚好相对小车静止时小车的速度；
（2）小车长度；
（3）铁块运动过程的总位移大小．
正确答案
（1）铁块：μ1mg=ma1
a1=2m/s2
小车：μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2
a2=2m/s2
铁块相对小车静止时速度相同，v0-a1t=a2t
t=0.5s
v1=a2t=1.0m/s
（2）小车长度 l=
（3）铁块相对小车静止后与小车一起做匀减速运动直到静止μ2（m+M）g=（m+M）a3
得：a3=1m/s2
运动时间：t′=
小车的总位移：S=
所以铁块的总位移：S铁=l+S=1.25m
答：（1）铁块刚好相对小车静止时小车的速度为1.0m/s；
（2）小车长度为0.5m；
（3）铁块运动过程的总位移大小为1.25m．
（8分）、如图，质量m＝1kg的滑块放在质量M＝1kg的长木板左端，木板放在光滑的水平面上，滑块与木板之间的动摩擦因数为0.1，木板长L＝75cm，开始时两者都 处在静止状态。现用水平向右的恒力F拉小滑块向木板的右端运动，为了在0.5s末使滑块从木板右端滑出，拉力F应多大？此过程产生的热量是多少？
正确答案
8N 0.75J
试题分析：对m，水平方向受拉力F和滑动摩擦力F1，设其加速度为a1，根据牛顿第二定律有：
F－F1＝ma1 （1分）
对M，水平方向受滑动摩擦力F1，设其加速度为a2，根据牛顿第二定律有：
F1＝Ma2 （1分）
设在0.5s时间内m的位移为s1，M的位移为s2，根据运动学关系有：
根据几何关系有：s1－s2＝L （1分）
代入数值解得：F＝8N（1分）
Q=μmgL=0.75J （2分）
如图所示，将一质量为m=0.1kg的小球自水平平台右端O点以初速度v。水平抛出，小球飞离平台后由A点沿切线落入竖直光滑圆轨道ABC，并沿轨道恰好通过最高点C，圆轨道ABC的形状为半径R="2.5" m的圆截去了左上角l270的圆弧，CB为其竖直直径，(sin530="0.8" cos530=0.6，重力加速度g取10m／s2)求：
(1) 小球经过C点的速度大小；
(2) 小球运动到轨道最低点B时小球对轨道的压力大小；
(3) 平台末端O点到A点的竖直高度H。
正确答案
（1）
试题分析：（1）恰好运动到C点，有重力提供向心力，即
（2）从B点到C点，由动能定理有：
在B点对小球进行受力分析，由牛顿第二定律有
根据牛顿第三定律，小球对轨道的压力大小为6.0N 1分
（3）从A到B由动能定理有：
所以：
在A点进行速度的分解有：
所以：
点评：本题是平抛运动和圆周运动相结合的典型题目，除了运用平抛运动和圆周运动的基本公式外，求速度的问题，动能定理不失为一种好的方法．
质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，绳跨过位于倾角α＝30°的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴之间的摩擦不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。第一次，m1悬空，m2放在斜面上，用t表示m2自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间。第二次，将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，发现m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端所需的时间为
正确答案
试题分析：
第一次，小物块受力情况如图所示，设T1为绳中张力，a1为两物块加速度的大小， l为斜面长，则有
对于m1：
对于m2:
第二次，m1与m2交换位置．设绳中张力为T2，两物块加速度的大小为a2，则有
对于m2:
对于m1
由 (1)、(2) 式得
由 (4)、(5) 式得
由 (3)、(6) 式得
由 (7)、(8)、(9) 式可解得
点评：此类题型考察了隔离法下使用牛顿运动定律，并对数理结合分析方程的能力有较高的要求
如图所示，水平平台的右端安装有定滑轮，质量M的物块放在平台上与滑轮相距
（1）放开m，求出M运动时加速度及此时绳子的拉力大小。
（2）设
正确答案
（1）
试题分析：（1）设共同加速度
有
得到
（2）在M、m一起运动时有
而m着地后若M恰能运动到滑轮，则有
解得
因为要拉动M，则
则结果是
点评：做本题的关键是先进行受力分析，然后运用牛顿第二定律和动能定理解题
建筑工地有一种“深坑打夯机”。工作时，电动机带动两个紧压夯杆的滚轮匀速转动可将夯杆从深为h=6.4m的坑中提上来。当夯杆底端升至坑口时，夯杆被释放，最后夯杆在自身重力作用下，落回深坑，夯实坑底。之后，两个滚轮再次压紧，夯杆再次被提上来，如此周而复始工作。已知两个滑轮边缘的线速度v恒为4m/s，每个滚轮对夯杆的正压力F=2×104N,滚轮与夯杆间的动摩擦因素µ=0.3,夯杆质量m=1×103kg,坑深h=6.4m。假定在打夯过程中坑的深度变化不大,.取g=10m/s2,求：
（1）每个打夯周期中 电动机对夯杆所做的功；
（2）每个打夯周期中滑轮对夯杆间因摩擦而产生的热量；
（3）打夯周期
正确答案
（1）7.2×104J（2）4.8×104J（3）4.2s
本题中主要是分析出各个过程中的受力情况，再根据牛顿第二定律求出加速度，确定运动性质求出相关物理量
（1） 夯杆上升过程中电动机带动滚轮对夯杆做功，加速上升阶段夯杆加速度
a＝(2μF－mg)／m＝2m/s2
位移s1＝v2／2a＝4m，
滚轮对夯杆做功
W1＝2μFS1＝4.8×104J
匀速上升阶段滚轮对夯杆的摩擦力突变为静摩擦力，夯杆的位移
S2＝h－S1＝2.4m
摩擦力做功
W2＝mgS2＝2.4×104J
所以每个打夯周期电动机对夯杆做功
W＝W1＋W2＝7.2×104J
（2）夯杆加速上升阶段滚轮与夯杆间摩擦生热，加速时间
t＝v／a＝2s
两物间相对位移
S相对＝S轮－S杆
＝v t－S1
＝4m
滚轮与夯杆间摩擦生热
Q＝2μFS相对
＝4.8×104J
⑶夯杆离开滚轮后继续上升到最高点经历时间是t3=v/g=0.4s，上升高度h3=0.8m；接着自由下落h4=7.2m，经历时间t4=1.2s。因此打夯周期T=t1+t2+t3+t4=4.2s。
如图所示，质量M、倾角
正确答案
由运动学公式
对物块用牛顿第二定律得：
得
略
如图所示，一封闭的薄壁箱子长25cm、质量为4kg，放在水平地面上，箱子与地面间的摩擦系数为0.2，箱内有一个边长5cm、质量1kg的方木块紧靠箱子的前壁放置，箱子内壁与方木块之间无摩擦，当水平推力F=12N刚作用于箱子的后壁时，箱子的加速度为______m/s2；如果要使木块与箱壁发生相碰，则水平推力至少做功______焦耳．
正确答案
根据牛顿第二定律得：
a=
只要木箱能运动，木块与木箱肯定发生碰撞，所以F最小为μ（M+m）g=10N
则W=Fs=10×（0.25-0.05）=2J
故答案为：0.5、2
(16分)一轻质细绳一端系一质量为m＝0.05kg的小球A，另一端挂在O点，O到小球的距离为L＝0.1m，小球跟水平面接触，但无相互作用，在球的两侧等距离处分别固定一个光滑的斜面和一个挡板，如图所示，水平距离s＝2m．现有一滑块B，质量也为m，从斜面上滑下，与小球发生碰撞，每次碰后，滑块与小球速度均互换，已知滑块与挡板碰撞时不损失机械能，水平面与滑块间的动摩擦因数为μ＝0.25，若不计空气阻力，并将滑块和小球都视为质点，g取10m/s2．试问：
⑴若滑块B从斜面某一高度h处滑下与小球第一次碰撞后，使小球恰好在竖直平面内做圆周运动，求此高度h；
⑵若滑块B从h′＝5m处下滑与小球碰撞后，小球在竖直平面内做圆周运动，求小球做完整圆周运动的次数．
正确答案
⑴h＝0.5m；⑵n＝10
试题分析：⑴小球恰能完成一次完整的圆周运动，设它到最高点的速度为v0，在最高点由重力mg提供小球运动的向心力，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg＝
在小球从最低点运动到最高点的过程中，机械能守恒，并设小球此时在最低点速度为v1，根据机械能守恒定律有：
根据题意可知，滑块滑至与小球碰撞前瞬间的速度也为v1，在滑块由h高度处运动至与小球相碰前瞬间的过程中根据动能定理有：mgh－μmg
联立以上各式，并代入数据解得：h＝0.5m
滑块与小球碰撞后将静止不动，随后小球运动一周后又与滑块相撞，滑块获得前一次碰前的速度向右运动，与挡板碰后又无能量损失地返回与小球发生第三次碰撞，…，设滑块最后以速度vn碰撞小球后，刚好能使其完成第n次完整圆周运动，根据动能定理有：mgh′－μmg(n－1＋
根据上述分析可知：vn＝v1
联立以上各式解得：n＝10
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