(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【解析】
【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块 m ：由牛顿第二定律有： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
（1）小环的质量 m；
（2）细杆与地面间的倾角 a． 【答案】（1）m＝1kg，（2）a＝30°． 【解析】 【详解】
由图得：0-2s 内环的加速度 a= v =0.5m/s2 t
前 2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： F1 mg sin ma 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： F2 mg sin
=4m/s2
解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1s
(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1= a1t2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=
=5m/s2
由 vB2-v2=2a2(L-x1) 解得滑雪者到达 B 处时的速度：vB=16m/s (3)设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，则由动能定理有：
；解得 x3=96m
速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有：
；解得 x4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动 分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时 针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面 间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：
1 2
a2t22
，
解得： t2 1s ，
到达 A 端的速度 vA v a2t2 6m / s
动能
EkA
1 2
mvA2
900J
【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．
4．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充 满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的 “气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接 触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过 4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由 μ1＝0.25 变为 μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为 θ＝37°的坡顶 A 由静止开始自由下滑，滑至坡底 B(B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平 雪地，最后停在 C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为 l＝26 m，g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：
解得 xA′=0.08m
xA′=<0.32m 包裹 A 静止时与分拣通道口的距离为 0.24m，不会到达分拣通道口.
6．质量 m=2kg 的物块自斜面底端 A 以初速度 v0=16m/s 沿足够长的固定斜面向上滑行，经 时间 t=2s 速度减为零．已知斜面的倾角 θ=37°，重力加速度 g 取 10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8．试求： （1）物块上滑过程中加速度大小； （2）物块滑动过程摩擦力大小； （3）物块下滑所用时间.
【答案】（1）8m/s2；（2）4N；（3） s 【解析】 【详解】
（1）上滑时，加速度大小 （2）上滑时，由牛顿第二定律，得： 解得
（3）位移 下滑时，由牛顿第二定律，得 解得
由
，解得 = s
7．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：
由动能定理可知-μ1mAgxA=0- 1 mAvA2 2
解得 xA=0.016m<L，包裹 A 在传送带上会再次向右运动.
设包裹 A 再次离开传送带的速度为 vA′
μ1mAgxA= 1 mAvA′2 2
解得:vA′ =0.4m/s
设包裹 A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为 xA
-μ2mAgxA′=0- 1 mAvA2 2
(1)包裹 A 与传送带间的动摩擦因数;
(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;
(3)包裹 A 是否会到达分拣通道口. 【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹 A 不会到达分拣通道口 【解析】
【详解】
(1)假设包裹
A
经过
t1
时间速度达到
v0，由运动学知识有
v0 2
t1
v（0 t
t1）
解得： a1 g sin 370 1g cos 370 4m / s2
对薄平板 M ，由牛顿第二定律有： Mg sin 370 f1 f2 Ma2
其中 FN 2 mg cos 370 Mg cos 370 ， f2 2FN 2
解得： a2 1m/s2
a1 a2 ，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
（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， mgsin F ma ； FN mgcos F FN 其加速度为： a1 gsin gcos 10m / s2
（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移 s v2 0.8m 2a1
以后物资 P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用
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10m / s2.2 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）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 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 得 v1=2m/s
由图读出 F1=5.5N，F2=5N 联立两式，代入数据可解得：m=1kg，sinα=0.5，即 α=30°
3．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 37 角，皮带的 AB 部分长 L 5.8m，皮带以恒定的 速率 v 4m / s 按图示方向传送，若在 B 端无初速度地放置一个质量 m 50kg 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( 取 g 10m / s2 ， sin37 0.6) ，
(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；
(2)滑雪者到达 B 处的速度；
(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．
【答案】1s
99.2m
【解析】
【分析】
由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、 位移和时间． 【详解】
(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1=
【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，在倾角为 θ = 37°的足够长斜面上放置一质量 M = 2kg 、长度 L = 1.5m 的极薄 平板 AB ，在薄平板的上端 A 处放一质量 m=1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同 时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为 μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动 摩擦因数为 μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取 g=10m/s2。求：
2s 内物块位移 s1= 1 a1t2=2m 2
撤去 F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为 a2 ，对物块由牛顿第二定律得：
mgsinθ=ma2 a2=gsin30°=5m/s2
撤去 F 后，物块继续向上运动的位移为 s2
v12 2a2
0.4m
则物块沿斜面运动的最大距离 s=s1+s2=2.4m
【详解】
（1）根据牛顿第二定律得：
a F 30 m/s2 10m/s2 ； m3
（2）物体运动 3s 时速度的大小为 ： v at 103m/s 30m/s ；