- 牛顿运动定律
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长度1m的轻绳下端挂着一质量为4.99kg的沙袋，一颗质量为10g的子弹以500m/s的速度水平射入沙袋，(1)求在子弹射入沙袋后的瞬间，悬绳的拉力是多大？（8分）
(2)求沙袋能达到的最大高度？（4分）（设子弹与沙袋的接触时间很短，g取10m/s2）
正确答案
试题分析：子弹穿过沙箱的过程中动量守恒，据此有：
之后开始摆动，根据牛顿第二定律可得
（2）沙箱摆动过程中，机械能守恒，所以有：
点评：本题比较简单，考查了动量守恒、机械能守恒等基本规律的应用，解题过程中注意公式、定理的使用条件．
（16分）.把一张足够长的水平绝缘桌面放入空间存在一有边界的电场中，电势φ随距离的变化如图（甲）所示。在绝缘水平桌面上的电场左边界O点放一质量为m=1kg的小物块，如图（乙）所示，物块与地面的摩擦因数为μ=0.2，物块带电量为q1=+0.5C。现对物块施加一水平拉力F=4N使其沿桌面运动，4s末用某种方法使物块不带电（不影响物块运动的速度），6s末撤去外力的同时，使物体恢复带电且电量为q2=-1C,g取10m/s2。求：
（1）9s末物体的速度和该时刻的位置坐标
（2）9s内物块的电势能的变化量。
正确答案
（1）9秒末物体的速度为0（2）电势能增加24J
解:此物块的运动分为三个阶段：
A.0-4s
B.4-6s
C.6-9s
∴8秒时物体运动速度减为0。故9秒末物体的速度为0.
∴9秒内物体的电势能增加24J
本题考查的是牛顿第二定律和静电场相结合的应用问题，根据受力分析，利用牛顿第二定律和匀变速运动的规律既可计算出速度和坐标；再利用电场力做功可求出电势能的变化；
（7分）质量m=0.40kg的物体静止在水平地面上，其与地面间的动摩擦因数µ=0.20。现用水平向右的外力F=1.0N推物体，求：（1）物体2.0s末的速度多大；（2）前2.0s内外力F做多少功；（3）若2.0s末撤去外力，物体还要经过多长时间才能停下来。
正确答案
（1）设物体做匀加速直线运动的加速度为a1，根据牛顿第二定律有
F-μmg=ma1，解得a1=0.50m/s2…………………………………………（2分）
物体2.0s末的速度大小v=a1t1="1.0m/s" ……………………………………（1分）
（2）前2.0s内的位移大小s=
所以前2.0s内外力F所做的功W="Fs=1.0J" …………………………………（1分）
（3）设撤去外力后物体运动的加速度为a2，根据牛顿第二定律有
μmg=ma2，解得 a2=2.0m/s2…………………………………………………（1分）
物体运动的时间t2=v/a2="0.50s" …………………………………………………（1分）
（1）直接根据牛顿第二定律、加速度和速度关系公式可正确解答．
（2）根据运动公式求出位移，利用做功公式求解。
（3）撤掉拉力后，物体在摩擦力作用下减速前进，根据牛顿第二定律可以求出物体的加速度，然后根据运动学公式可以求出物体滑动的距离．
如图所示，在水平地面上放置一块质量为M的长平板B，在平板的上方某一高度处有一质量为m的物块P由静止开始落下。在平板上方附近存在“相互作用”的区域（如图中虚线所示区域），当物块P进入该区域内，B便会对P产生一个竖直向上的恒力f作用，使得P恰好不与B的上表面接触，且f＝kmg，其中k＝11。在水平方向上P、B之间没有相互作用力。已知平板与地面间的动摩擦因数
（1）物块P从开始下落到再次回到初始位置所经历的时间。
（2）从物块P开始下落到平板B的运动速度减小为零的这段时间内，P能回到初始位置的次数。
正确答案
（1）P自由下落过程中
P在作用区内受两力作用，由牛顿第二定律
下落时间由运动学公式
返回过程可看做下落的逆过程∴
T＝2(t＋t0)=
（2）在P自由下落及作用区下落的过程，木板受到的摩擦力不同，所以运动的加速度不同，由牛顿第二定律分别得出
由运动学公式，木板在一个T内速度的变化量
故P回到初始位置的次数 
n应取整数，即n＝10。
略
(8分)光滑水平面AB与竖直面的半圆形导轨在B点衔接，导轨半径R，如图所示，物块质量为m，弹簧处于压缩状态，现剪断细线，在弹力的作用下获得一个向右的速度，当它经过B点进入导轨瞬间对导轨的压力为其重力的7倍，之后向上运动恰能完成半圆周运动到达C点，求：
（1）弹簧对物块的弹力做的功；
（2）物块从B至C克服摩擦阻力所做的功；
（3）物块离开C点后落回水平面时动能的大小
正确答案
（1）3mgR （2）mgR/2 （3）5mgR/2
试题分析：（1）物体在B点时开始做圆周运动，由牛顿第二定律可知：
解得:
从A到B，由动能定理可得：
弹力对物块所做的功
（2）物体在C点时，由牛顿第二定律可知：
对BC过程，由动能定理可得：
（3）物体从C点到落地过程机械能守恒，由机械能守恒定律可得：
物块落地时的动能
如图所示，质量m=0.2kg的小滑块从固定的粗糙斜面底端以平行于斜面的速度v0=18m/s滑上斜面。已知斜面倾角
（1）小滑块向上滑动的时间t是多少？
（2）小滑块上滑的最大高度h是多大？
（3）小搰块从底端出发到回到底端的过程中，减少的机械能ΔE是多少？
正确答案
2.5 s 13.5m 10.8 J
试题分析：（1）设小滑块上滑的加速度大小是a1，则
ma1=mgsinθ＋μmgcosθ
v0=a1t
解得a1="7.2" m/s2，t =2.5s
（2）小滑块从斜面底端上滑到最高处的过程中，设沿斜面上滑的距离是x，根据动能定理有
－mgh－μmgxcosθ=0－
h= xsinθ
解得h=13.5m
另解：2a1x=
h= xsinθ
解得h=13.5m
（3）根据功能关系有△E=2μmgxcosθ
解得△E = 10.8J
（12分）如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v="2" m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一质量为100g小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0．4，g取10m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，则小煤块从A运动到B的过程中
(1) 小煤块从A运动到B的时间是多少？
(2) 划痕的长度？
(3) 产生的热量？
(4) 传送物体电动机多做的功？
正确答案
（1）2.25s (2)0.5m (3)0.2J (4)0.4J
试题分析：（1）煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：
当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：
因此煤块先加速后匀速运动：
加速时间：
匀速时间：
所以从A到B的时间为
（2）在加速阶段产生相对位移即产生划痕，
固有：
（3）产生的热量为
(4)电动机做的功等于煤块产生的动能与系统产生的热量之和，所以为
点评：分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况．
如图所示，一个长为L=1m、质量M=2kg，厚度可以忽略不计的木板B静止在水平地面上，一个质量为m=3kg的物块A（可视为质点）从B的左端以速度v0=3m/s的初速度向右滑上木板B。若A、B与水平地面的摩擦因数均为μ1=0.2， A、B之间的动摩擦因数为μ2=0.4，求：
（1）A在B上滑动时，A、B的加速度。（g取10m/s2）
（2）试分析A能否从B上滑下，若不能求最终A相对大地的运动位移；若能，求A、B停下来时A、B间的距离（不计A从B上滑下因与地面磕碰导致A的速率损失。）
正确答案
（1）
试题分析：（1）设向右为正方向，A受向左得摩擦力，根据牛顿第二定律
B受A对它的向右得摩擦力，地面对B的摩擦力向左，由牛顿第二定律得
（2）对二者运动过程进行分析，当二者速度相等时
此时
AB共速后整体的加速度为a
此时的速度
整体还能滑行的距离为
最终A相对大地的运动位移
点评：本体属于多过程问题，要画出运动过程图，逐段分析。判断A是否会从B上滑落的依据是：在二者速度相等时，用两者的位移差和板长相比较，大于板长滑落，小于板长不滑落。
如图所示，光滑水平面上静止放着长L=2.0m、质量M=3.0kg的木板。一个质量m=1.0kg的小物体放在离木板右端d=0.40m处，m与M之间的动摩擦因数
正确答案
0.80s
设拉力作用时间最少为t1，抽出用的总时间为t，m做匀加速直线运动，M先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，则m的加速度大小 a1=
撤掉F前M的加速度大小a2=
m与M速度相同时刚好抽出,则 a2t1-a3(t-t1)=a1t ②
由上两式可得：t1="0.80s "
如图所示，斜面倾角为α=37°，斜面上边放一个光滑小球，用与斜面平行的绳把小球系住，使系统以共 同的加速度向左作匀加速运动，当绳的拉力恰好为零时，加速度大小为______m/s2．若以共同加速度向右作匀加速运动，斜面支持力恰好为零时，加速度的大小为______m/s2．
正确答案
当绳子的拉力恰好为零，小球受重力和支持力两个力作用，根据牛顿第二定律得：mgtanα=ma，
解得：a=gtanα=10×
当斜面的支持力恰好为零，小球受重力和拉力两个力作用，根据牛顿第二定律得：mgcotθ=ma′
解得：a′=gcotα=10×
故答案为：7.5，
长木板B放在光滑水平面上，小物体A以水平初速度v0滑上B的上表面，它们的速度随时间变化的情况如图所示，则A与B的质量之比为______；A克服摩擦力做的功与摩擦力对B做的功之比为______．
正确答案
在速度时间图象上，斜率等于加速度，可得：
aA=
aB=
①②联立得：
由牛顿第二定律得：f=mAaA ④
f=mBaB ⑤
③④⑤联立得：
图象上围成的面积表示位移，可得AB两物体的位移之比：
由W=FL得：
摩擦力做功之比为：
故答案为：1：2，2：1．
（15分）如图所示，A、B、C是半径R=5m的圆筒上一圆的三点，O为其圆心，AC垂直OB。在圆O平面加一场强E=2.5×103V/m、水平向右、宽度与直径相同的匀强电场。现通过圆筒上唯一的小孔A沿AC直径射入速率为v的一带电粒子S，粒子质量m=2.5×10-7kg、电量q=1.0×10-7C，粒子S恰好能沿曲线直接运动到B点（不计粒子重力和粒子间的相互作用），求：
(1)粒子S的速率v为多大；
(2)若粒子S与筒壁的碰撞是弹性的（粒子S沿半径方向的分速度碰撞后反向、速度大小不变；垂直半径方向的分速度碰撞后不变），则粒子S在圆筒中运动的总时间是多少。
正确答案
（1）50m/s （2）0.4s
试题分析：（1）粒子运动到B点的时间为t1，加速度a，根据牛顿第二定律有
qE=ma （3分）
代入数据得a=1000m/s2。 （1分）
根据运动学公式，
在AC方向，R=vt1 （2分）
在水平方向，R=at12/2 （2分）
代入数据得t1=0.1s，v=50m/s （2分）
（2）粒子运动轨迹如图所示，粒子与B点碰撞后沿抛物线运动到C点，然后沿原来的轨迹运动到B点，碰撞后回到A点。根据对称性，可知粒子在圆筒中运动的总时间t=0.4s。（说明：只要能够给出简单的说明，并给出结果t=0.4s就给5分） （5分）
（10分）如图所示，水平光滑轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=10m，半圆形轨道半径R=2.5m。质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点）在水平恒力F作用下，从A点由静止开始运动，经B点时撤去力F，小滑块进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出。重力加速度g取10m/s2。
（1）若小滑块从C点水平飞出后又恰好落在A点。求：
①滑块通过C点时的速度大小；
②滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道压力的大小；
（2）如果要使小滑块能够通过C点，求水平恒力F应满足的条件。
正确答案
（1）①vC=10m/s②FN=9N（2）F≥0.625N
试题分析：（1）设滑块从C点飞出时的速度为vC，从C点运动到A点时间为t，滑块从C点飞出后，做平抛运动
竖直方向：
水平方向：x=vCt （1分）
解得：vC=10m/s （1分）
设滑块通过B点时的速度为vB，根据机械能守恒定律
设滑块在B点受轨道的支持力为FN，根据牛顿第二定律
联立解得：FN= 9N （1分）
依据牛顿第三定律，滑块在B点对轨道的压力F¢N= FN=9N （1分）
（2）若滑块恰好能够经过C点，设此时滑块的速度为v¢C，依据牛顿第二定律有
解得
滑块由Ａ点运动到C点的过程中，由动能定理
Fx- mg×2R≥
Fx≥mg×2R+
解得水平恒力F应满足的条件 F≥0.625N （1分）
（13分）如图所示，质量为2kg的物体放在水平地板上，在F1=4N的水平拉力作用下，沿地板恰好能匀速运动．若改用F2=10N的力沿水平方向拉此物体使它由静止开始运动，求：
（1）此物体的加速度；
（2）F2作用4s时物体运动的速度大小．
正确答案
3m/s2 12m/s
试题分析：（1）因物体沿地板匀速运动，所以物体在水平方向受平衡力，
即摩擦力f=F1=4N
改用F2=10N的力沿水平方向拉此物体，根据牛顿第二定律有：F2﹣f=ma
解得：
（2）撤去拉力时物体运动的速度大小为：
v=at=3×4m/s=12m/s
（10分）如图所示，水平桌面上有一轻弹簧，左端固定在A点，自然状态时其右端位于B点．B点右侧相距为5R的D处有一竖直固定的光滑四分之一圆弧轨道DE，其半径为R，E点切线竖直，用质量为M的物块将弹簧缓慢压缩到C点，释放后弹簧恢复原长时物块恰停止在B点．用同种材料、质量为m的物块将弹簧缓慢压缩到C点释放，物块到达B点时速度为
（1）BC间距离；
（2）m到达D点时对轨道的压力；
（3）平台转动的角速度ω．
正确答案
（1）
试题分析：（1）设BC间距离为x,根据能量关系有
弹性势能
由于
（2）设物块m到达D点时的速率为v,由B点运动到D点过程中，动能定理得
物块在D点时，根据牛顿第二定律
牛顿第三定律物块对轨道的压力为9mg
（3）设物块m从D点通过小孔M所能达到的距M点的最大高度为h
动能定理得
设物块m从最高点落回N孔的时间为t根据对称性有
物块再次落入小孔N过程中，对转盘根据周期性有：
又
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