【正文】 面，工件被帶動(dòng)，傳送到右端B，已知工件與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=，試求：工件經(jīng)多少時(shí)間由傳送帶左端A運(yùn)動(dòng)到右端B？（取g=10m/s2）u u u u u若傳送帶長(zhǎng)l=若工件以對(duì)地速度v0=5m/s滑上傳送帶若工件以對(duì)地速度v0=3m/s滑上傳送帶 若工件以對(duì)地速度v0=7m/s滑上傳送帶若求工件在傳送帶上滑過(guò)的痕跡長(zhǎng)是多少？物體從光滑曲面上的P點(diǎn)自由滑下，通過(guò)粗糙的靜止水平傳送帶以后落到地面上的Q點(diǎn)，若傳送帶的皮帶輪沿逆時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng)起來(lái)，使傳送帶隨之運(yùn)動(dòng)，如圖，再把物體放到P點(diǎn)自由滑下。求物體從A運(yùn)動(dòng)到B所需時(shí)間是多少?(sin370=，cos370=)1如圖所示，繃緊的傳送帶與水平面的夾θ=300，皮帶在電動(dòng)機(jī)的帶動(dòng)下，始終保持v =2 m/=10 kg的工件(可視為質(zhì)點(diǎn))輕輕放在皮帶的底端， s，工件被傳送到h= m的高處，取g=10m/、一水平的淺色長(zhǎng)傳送帶上放置一煤塊(可視為質(zhì)點(diǎn)),傳送帶與煤塊都是靜止的,現(xiàn)讓傳送帶以恒定的加速度a0開(kāi)始運(yùn)動(dòng),當(dāng)其速度到達(dá)v0后,煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后,相對(duì)于傳送帶不再滑動(dòng),、連接體問(wèn)題1如圖所示，光滑的水平面上兩個(gè)物體的質(zhì)量分別為m和M(m≠M(fèi))，第一次用水平推力F1推木塊M，兩木塊間的相互作用力為N，第二次用水平推力F2推m，兩木塊間的相互作用力仍為N，則F1與F2之比為（）:m:MC.（M＋m）:M:11如圖甲所示,在粗糙的水平面上,質(zhì)量分別為m和M(m:M=1:2)的物塊A、B用輕彈相連,(如圖甲所示),彈簧的伸長(zhǎng)量為x1。1如圖，ml=2kg，m2=6kg，不計(jì)摩擦和滑輪的質(zhì)量，求拉物體ml的細(xì)線的拉力和懸吊滑輪的細(xì)線的拉力。斜面上邊放一個(gè)光滑小球，用與斜面平行的繩把小球系住，使系統(tǒng)以共同的加速度向左作勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)繩的拉力恰好為零時(shí)，斜面支持力恰好為零時(shí)，加速度的大小為_(kāi)_____.（已知重力加速度為g）=53186?！纠?】 在粗糙水平面上有一個(gè)三角形木塊abc，在它的兩個(gè)粗糙斜面上分別放兩個(gè)質(zhì)量m1和m2的木塊，m1＞m2，如圖1所示。（2）細(xì)線向圖中左方偏斜：_________（3）細(xì)線向圖中右方偏斜：___________。輕質(zhì)彈簧這種理想模型，質(zhì)量忽略不計(jì)，由于撤去外力的瞬時(shí)，不會(huì)立即恢復(fù)形變，所以在牛頓定律中，經(jīng)常用到；并且由于彈簧變化時(shí)的狀態(tài)連續(xù)性，在動(dòng)量等知識(shí)中也經(jīng)常用到，這在高考中屢見(jiàn)不鮮．【例12】如圖1所示，在傾角α=60176。試求磚3對(duì)磚2的摩擦力。由對(duì)稱性可知，磚“1”和“4”受到的摩擦力相等，則f=2mg；再隔離磚“1”和“2”，受力如圖3所示，不難得到f′=0。對(duì)多個(gè)物體組成的系統(tǒng)內(nèi)的靜摩擦力問(wèn)題，整體法和隔離法的交替使用是解題的基本方法。剪斷前A，B靜止。B球受兩個(gè)力，重力mg和彈簧拉力（大小等于F）A球①B球②由式①，②解得圖3 圖4剪斷時(shí)，A球受兩個(gè)力，因?yàn)槔K無(wú)彈性剪斷瞬間拉力不存在，而彈簧有形變，瞬間形狀不可改變，彈力還存在。同理B球受重力mg和彈力。點(diǎn)評(píng)：牛頓圖6再選人為研究對(duì)象，受力情況如圖7所示，其中 是吊臺(tái)對(duì)人的支持力。（１）當(dāng)合外力恒定不變時(shí)，加速度為恒量，物體做勻變速直線運(yùn)動(dòng)。第四篇：高一物理牛頓第二定律典型例題高一物理牛頓第二定律典型例題講解與錯(cuò)誤分析北京市西城區(qū)教育研修學(xué)院（原教研中心）編【例1】在光滑水平面上的木塊受到一個(gè)方向不變，大小從某一數(shù)值逐漸變小的外力作用時(shí)，木塊將作 [ ]A．勻減速運(yùn)動(dòng)B．勻加速運(yùn)動(dòng)C．速度逐漸減小的變加速運(yùn)動(dòng)D．速度逐漸增大的變加速運(yùn)動(dòng)【分析】 木塊受到外力作用必有加速度，已知外力方向不變，數(shù)值變小，根據(jù)牛頓第二定律可知，木塊加速度的方向不變，大小在逐漸變小，也就是木塊每秒增加的速度在減少，由于加速度方向與速度方向一致，木塊的速度大小仍在不斷增加，即木塊作的是加速度逐漸減小速度逐漸增大的變加速運(yùn)動(dòng)．【答】 D．【例2】 一個(gè)質(zhì)量m=2kg的木塊，放在光滑水平桌面上，受到三個(gè)大小均為F=10N、與桌面平行、互成120176。角的三個(gè)力的合力等于零，所以木塊的加速度a=0．（2）物體受到三個(gè)力作用平衡時(shí)，其中任何兩個(gè)力的合力必與第三個(gè)力等值反向．如果把某一個(gè)力反向，則木塊所受的合力F合=2F=20N，所以其加速度為：它的方向與反向后的這個(gè)力方向相同．【例3】 沿光滑斜面下滑的物體受到的力是 [ ]A．力和斜面支持力B．重力、下滑力和斜面支持力C．重力、正壓力和斜面支持力D．重力、正壓力、下滑力和斜面支持力【誤解一】選（B）?！菊_解答】選（A）。[誤解二]中的“正壓力”本是垂直于物體接觸表面的力，要說(shuō)物體受的，也就是斜面支持力。在用隔離法分析物體受力時(shí)，首先要明確研究對(duì)象并把研究對(duì)象從周?chē)矬w中隔離出來(lái)，然后按場(chǎng)力和接觸力的順序來(lái)分析力?！纠?】 圖中滑塊與平板間摩擦系數(shù)為μ，當(dāng)放著滑塊的平板被慢慢地繞著左端抬起，α角由0176。的過(guò)程中，滑塊受到的摩擦力將 [ ]A．不斷增大B．不斷減少C．先增大后減少D．先增大到一定數(shù)值后保持不變【誤解一】 選（A）。【誤解三】 選（D）。【錯(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】要計(jì)算摩擦力，應(yīng)首先弄清屬滑動(dòng)摩擦力還是靜摩擦力。若是靜摩擦，一般應(yīng)根據(jù)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，利用物理規(guī)律（如∑F=0或∑F = ma）列方程求解?！菊`解一、二】 都沒(méi)有認(rèn)真分析物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)及其變化情況，而是簡(jiǎn)單地把物體受到的摩擦力當(dāng)作是靜摩擦力或滑動(dòng)摩擦力來(lái)處理。開(kāi)始時(shí)滑塊與平板將保持相對(duì)靜止，滑塊受到的是靜摩擦力；當(dāng)α角增大到某一數(shù)值α0時(shí)，滑塊將開(kāi)始沿平板下滑，此時(shí)滑塊受到滑動(dòng)摩擦力的作用。增大到α0過(guò)程中，滑塊所受的靜摩擦力f的大小與重力的下滑力平衡，此時(shí)f = mgsinα．f 隨著α增大而增大；當(dāng)α角由α0增大到90176?！菊`解三】 的前提是正壓力N不變，且摩擦力性質(zhì)不變，而題中N隨著α的增大而不斷增大?！菊`解二】 選（B）?！惧e(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】[誤解一]和[誤解二]犯了同樣的錯(cuò)誤，前者片面地認(rèn)為凹形槽中放入了砝碼后重力的下滑力變大而沒(méi)有考慮到同時(shí)也加大了正壓力，導(dǎo)致摩擦力也增大。事實(shí)上，凹形槽中放入砝碼前，下滑力與摩擦力平衡，即Mgsinθ=μMgcosθ；當(dāng)凹形槽中放入砝碼后，下滑力（M + m）gsinθ與摩擦力μ（M + m）gcosθ仍平衡，即（M + m）gsinθ=μ（M + m）gcosθ凹形槽運(yùn)動(dòng)狀態(tài)不變。【誤解】 因?yàn)槿嗽谪Q直方向受力平衡，即N = mg，所以摩擦力f=μN(yùn)=μmg。水平方向加速度a2=acosθ由牛頓第二定律知f = ma2 = macosθ【錯(cuò)因分析與解題指導(dǎo)】計(jì)算摩擦力必須首先判明是滑動(dòng)摩擦，還是靜摩擦。題中的人隨著自動(dòng)扶梯在作勻加速運(yùn)動(dòng)，在水平方向上所受的力應(yīng)該是靜摩擦力，[誤解]把它當(dāng)成滑動(dòng)摩擦力來(lái)計(jì)算當(dāng)然就錯(cuò)了。用牛頓運(yùn)動(dòng)定