牛顿运动定律应用题练习1．（12分）如图1所示，质量为0.78kg 的金属块放在水平桌面上，在与水平成37°角斜向上、大小为3.0N 的拉力F 作用下，以2.0m/s 的速度沿水平面向右做匀速直线运动．求：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数．（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离．（sin37°=0.60，cos37°＝0.80，g 取10m/s 2）2．（19分）如图2所示，质量显m 1＝2kg 的木板A 放在水平面上，木板与水平面间的动摩擦因数为1μ＝0.1．木板在F ＝7N 的水平拉力作用下由静止开始向右做匀加速运动，经过时间t ＝4s 时在木板的右端轻放一个质量为m 2＝1kg 的木块B ，木块与木板间的动摩擦因数为2μ＝0.4．且木块可以看成质点．若要使木块不从木板上滑下来，求木板的最小长度．3．（16分）如图3所示，光滑水平面上静止放着长L =1.6m ，质量为M =3kg 的木块（厚度不计），一个质量为m =1kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F ，（g 取10m/s 2）(1)为使小物体不掉下去，F 不能超过多少？(2)如果拉力F =10N 恒定不变，求小物体所能获得的最大速度？图2F 37° 图1F 图34．如图4所示，有一块木板静止在光滑水平面上，木板质量M = 4kg ，长L =1.4m ，木板右端放着一个小滑块，小滑块质量m = 1kg ，其尺寸远小于L ，它与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，g = 10m/s 2。
（1）现用水平向右的恒力F 作用在木板M 上，为了使得m 能从M 上滑落下来，求F 的大小范围，（提示：即当F ＞20N ，且保持作用一般时间后，小滑块将从木板上滑落下来）（2）其它条件不变，恒力F = 22.8牛顿，且始终作用在M 上，求m 在M 上滑动的时间。
（t=2s ）5．研究下面的小实验：如图5所示，原来静止在水平面上的纸带上放一质量为m 的小金属块，金属块离纸带右端距离为d ，金属块与纸带间动摩擦因数为 ，现用力向左将纸带从金属块下水平抽出，设纸带加速过程极短，可以认为纸带在抽动过程中一直做速度为v 的匀速运动．求：(1) 金属块刚开始运动时受到的摩擦力的大小和方向，(2) 要将纸带从金属块下水平抽出，纸带的速度v 应满足的条件．6．（15分）一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央．桌布的一边与桌的AB 边重合，如图6所示．已知盘与桌布间的动摩擦因数为 μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为μ2．现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边．若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？(以g 表示重力加速度) ．如图 6 图5 F m图47．一水平的浅色长传送带上放置一煤块（可视为质点），煤块与传送带之间的动摩擦因数为μ．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0开始运动，当其速度达到v0后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，煤块相对于传送带不再滑动．求此黑色痕迹的长度．8．如图8所示，在倾角θ= 370的足够长的固定斜面底端有一质量m = 1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ= 0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动，拉力F = 10.0N，方向平行斜面向上．经时间t = 4.0s绳子突然断了，求：（1）绳断时物体的速度大小（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．（sin370 = 0.6，cos370 = 0.8，g = 10m/s2）图89．（16分）一圆环A 套在一均匀圆木棒B 上，A 的高度相对B 的长度来说可以忽略不计．A 和B 的质量都等于m ，A 和B 之间的滑动摩擦力为f （f < mg ）．开始时B 竖直放置，下端离地面高度为h ，A 在B 的顶端，如图9所示．让它们由静止开始自由下落，当木棒与地面相碰后，木棒以竖直向上的速度反向运动．设碰撞时间很短，碰撞无机械能损失，不考虑空气阻力．试求：（1）第一次着地时速度是多大？（2）若在B 再次着地前，要使A 不脱离B ，B 至少应该多长？10．（18分）如图10，足够长的水平传送带始终以大小为v ＝3m/s 的速度向左运动，传送带上有一质量为M ＝2kg 的小木盒A ，A 与传送带之间的动摩擦因数为μ＝0.3，开始时，A 与传送带之间保持相对静止．先后相隔△t ＝3s 有两个光滑的质量为m ＝1kg 的小球B 自传送带的左端出发，以v 0＝15m/s 的速度在传送带上向右运动．第1个球与木盒相遇后，球立即进入盒中与盒保持相对静止，第2个球出发后历时△t 1＝31s 而与木盒相遇．求（取g ＝10m/s 2）（1）第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度多大？（2）第1个球出发后经过多长时间与木盒相遇？ （3）自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的过程中，由于木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是多少？图9A Bv 0 图101．（12分）解：（1）0)37sin (37cos =︒--︒F mg F μ（3分）得：4.0=μ （3分）（2）g m F a fμ===4 m/s 2 （3分）m m a v s 5.0422222=⨯== （3分） 2．（19分）解：开始时木板的加速度为 a ＝111m g m F μ-＝2.5m/s 2 t 秒末木板的速度为 v ＝at ＝10m/s 放上木块后木板的加速度为 a 1＝122211)(m g m g m m F μμ-+-＝0 木块的加速度为 a 2＝2μg ＝4m/s 2可见t 秒后木板做匀速运动，木块做匀加速运动，当木块不从木板上滑下时，两者具有相同的速度。
设木块加速到木板的速度时所用的时间为't ，则2'a v t =＝2.5s 这段时间内木块相对于木板滑动的距离为L ＝2'21'at vt -＝12.5m 3．解：（18分）（1）F=(M+m)a …………（2分）μmg=ma …………（2分）F=μ(M+m)g=0.1×(3+1)×10N=4N …………（2分）（2）小物体的加速度)2(/1101.021分 s m g m mga =⨯===μμ木板的加速度)2(/331011.01022分 s m M mg F a =⨯⨯-=-=μ L t a t a =-21222121由 ………（2分） 解得物体滑过木板所用时间)2(6.1分 s t = 物体离开木板时的速度)2(/6.111分 s m t a v ==5．解：(11分)（1）金属块受到的摩擦力大小为f ＝μmg ，方向向左 (2分)（2）设纸带从金属块下水平抽出所用的时间为t ，金属块的速度为v ＇，纸带的位移为S 1，金属块的位移为S 2，则S 1－S 2＝d ① (2分)设金属块的加速度为a ，则由牛顿第二定律有μmg ＝ma 即a=μg ② (1分) 而S 2＝221at ③ （1分） S 1＝vt ④ （1分）v ＇=at ⑤ （1分）刚好将金属块水平抽出时，v= v ＇ ⑥ （1分）由①~⑥式可得v =gd μ2 （1分）所以v >gd μ2 （1分）6．解：设圆盘的质量为m ，桌长为l ，在桌布从圆盘上抽出的过程中，盘的加速度为，有 ①桌布抽出后，盘在桌面上作匀减速运动，以a 2表示加速度的大小，有②设盘刚离开桌布时的速度为v 1，移动的距离为x 1，离开桌布后在桌面上再运动距离x 2后便停下，有③ ④盘没有从桌面上掉下的条件是 ⑤设桌布从盘下抽出所经历时间为t ，在这段时间内桌布移动的距离为x ，有221at x = ⑥ 21121t a x = ⑦ 而 ⑧ 由以上各式解得。
7．解：运动过程如下图所示。
对B ： t 1=020102a v s a v = 对A ：v 1=a 1·t 1=μg·00a v 1a 11`ma mg =μ22`ma mg =μ11212x a v =22212x a v =1221x l x -≤121x l x +=g a 12212μμμμ+≥第7题答图A 再次与B 相对静止：t 2=00010a v g v g v v -=-μμ ∆S=S B -S A =0202020200202222a v g v g v t v a v -=-⋅+μμ 8．解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg ，摩擦力f ，拉力F ，设加速度为a 1，则有 F – mgsinθ－ f = ma 1 2分又 f = μF N F N = mgcosθ 1分∴a 1 = 2.0m / s 2 1分所以，t = 4.0s 时物体速度 V 1 = a 1t = 8.0m/s 1分(2)绳断后,物体距斜面底端 s 1 = 21a 1t 2 = 16m. 1分 断绳后,设加速度为a 2,由牛顿第二定律得mgsinθ ＋ μmgcosθ= ma 2 a 2 = 8.0m / s 2 2分 物体做减速运动时间212a v t == 1.0s 1分 减速运动位移s 2 = 4.0m此后物体沿斜面匀加速下滑,设加速度为a 3, 则有mgsinθ－μmgcosθ= ma 3 a 3 = 4.0m/s 2 2分设下滑时间为t 3 ,则:s 1 ＋ s 2 =21a 3t 32 1分 T 3 = 10 s = 3 .2 s∴t 总 = t 2＋ t 3 = 4.2s 1分9．解：释放后A 和B 相对静止一起做自由落体运动，B 着地前瞬间的速度为gh v 21= ①B 与地面碰撞后，A 继续向下做匀加速运动，B 竖直向上做匀减速运动。
它们加速度的大小分别为：m f mg a A -= ② 和 mf mg a B += ③ B 与地面碰撞后向上运动到再次落回地面所需时间为 B a v t 12=④ 在此时间内A 的位移 2121t a t v x A += ⑤ 要在B 再次着地前A 不脱离B ，木棒长度L 必须满足条件 L ≥ x ⑥联立以上各式，解得 L ≥h f mg g m 222)(8+ ⑦10．解：（18分）⑴设第1个球与木盒相遇后瞬间，两者共同运动的速度为v 1,根据动量守恒定律： 01()mv Mv m M v -=+ （2分）代入数据，解得： v 1=3m/s （1分） ⑵设第1个球与木盒的相遇点离传送带左端的距离为s ，第1个球经过t 0与木盒相遇， 则： 00s t v = （2分） 设第1个球进入木盒后两者共同运动的加速度为a ，根据牛顿第二定律：()()m M g m M a μ+=+得： 23/a g m s μ== （2分） 设木盒减速运动的时间为t 1,加速到与传送带相同的速度的时间为t 2，则：12v t t a∆===1s （1分） 故木盒在2s 内的位移为零 （2分） 依题意： 011120()s v t v t t t t t =∆+∆+∆--- （2分） 代入数据，解得： s =7.5m t 0=0.5s （1分） ⑶自木盒与第1个球相遇至与第2个球相遇的这一过程中,传送带的位移为S ，木盒的位移为s 1，则： 10()8.5S v t t t m =∆+∆-= （2分）11120() 2.5s v t t t t t m =∆+∆---= （2分） 故木盒相对与传送带的位移： 16s S s m ∆=-=则木盒与传送带间的摩擦而产生的热量是： 54Q f s J =∆= （2分）。