牛顿运动定律的应用二(含答案)
高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析
高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
（3）木板的最小长度L 是0.7m 。
【解析】【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。
木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。
1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/sB 的速度为：v B =a 2t =2m/s1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A B v v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。
共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A B v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s（2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.2．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．3．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析
高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】 【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移． 【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．3．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ； (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ． 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：112122v v v L t t t ＝++代入数值得：L =16m由平均速度的定义得：168/2L v m s t ＝＝＝（2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：22110/10/1v a m s m s t V V ＝＝＝ 则物体所受的合力为：F 合=ma 1=2×10N=20N ．1-2s 内的加速度为：a 2＝21＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得：a 1＝mgsin mgcos mθμθ+=gsinθ+μgcosθa 2＝ mgsin mgcos mθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s 内，物块的位移：x 1＝12a 1t 12＝12×10×1m ＝5m 传送带的位移为：x 2=vt 1=10×1m=10m则相对位移的大小为：△x 1=x 2-x 1=5m则1-2s 内，物块的位移为：x 3＝vt 2+12a 2t 22=10×1+12×2×1m ＝11m 0-2s 内物块向下的位移：L =x 1+x 3=5+11=16m物块下降的高度：h =L sin37°=16×0.6=9.6m物块机械能的变化量：△E ＝12m v B 2−mgh =12×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小．4．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．【答案】（1）203.6m 2v x a==（2）t=1s （3）121x x m +=【解析】 【分析】 【详解】试题分析：（1）225m /s a g μ==20 3.6m 2v x a==（2）对m ：2125/a g m s μ==，对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，221m /s a =012v a t a t -=t=1s（3）木板共速前先做匀加速运动2110.52x at m == 速度121m /s v a t ==以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动231/a g m s μ==，22310.52x vt a t m =+=X=121x x m +=考点：牛顿定律的综合应用5．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v 0=12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）求：(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s.【解析】【分析】（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；【详解】（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a，货物受力如图所示：沿传送带方向：1fmgsin F maθ+=垂直传送带方向：Nmgcos Fθ=，又f NF Fμ=故货物刚滑上传送带时加速度大小2110/a m s=，方向沿传送带向下；（2）货物速度从v减至传送带速度v所用时间设为1t，位移设为1x，则根据速度与时间关系有：011212110v vt s sa--===--根据平均速度公式可以得到位移为：01172v vx t m+==（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tanμθ=<，即mgsin mgcosθμθ＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a，则有2mgsin mgcos maθμθ-=设货物再经时间2t ，速度减为零，则：2201vt s a -==- 沿传送带向上滑的位移：22012v x t m +== 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ， 则22312x a t =，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =++=+（)． 【点睛】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．6．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s 的速度水平匀速运动一质量m=1kg 的小物块无初速地放到皮带A 处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数μ=0.2，A 、B 之间距离s=6m ，求物块（1）从A 运动到B 的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s 2） （2）A 到B 的过程中摩擦力的功率是多少？【答案】（1）8J ；（2）3.2W ； 【解析】（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为： ． 物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：，说明此时物块还没有到达B 点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力． 由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为： （2）匀加速运动的时间 ， 匀速运动的时间， 摩擦力的功率7．质量为m 的长木板静止在水平地面上，质量同样为m 的滑块（视为质点）以初速度v 0从木板左端滑上木板，经过0.5s 滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：（1）μ1、μ2各是多少？（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？ 【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m 【解析】 【详解】（1）设0.5s 滑块的速度为v 1，由v-t 图像可知:v 0=4m/s v 1=1m/s 滑块的加速度 20116/v v a m s t-== 木板的加速度大小2122/v a m s t== 对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma 1 所以μ1=0.6对木板受力分析：μ1mg-μ2∙2mg= ma 2 解得 μ2=0.2（2）0.5s 滑块和木板达到共同速度v 1，假设不再发生相对滑动则2ma 3=μ2∙2mg 解得a 3=2m/s 2 因ma 3=f<μ1mg假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s 1则20111122v v v s t a +=+解得s 1=1.5m由v-t 图像可知011222v v v L s t +∆==- 所以木板的长度 L=2.0m8．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：000.5sin 37cos37N F mg mg +=在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：000.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=代入数据解得：a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12at 2 运动时间为22 3.7517.5s t s s a ⨯===； 【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．9．如图所示，质量m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取210/g m s =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1； (2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2； (3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x ． 【答案】(1)110m x = (2)21t s = (3)11m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ， 由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--︒=解得215/a m s =在这段时间内物块上滑的距离为21111102x a t m == (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s == 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ， 由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+︒=解得2210/a m s =根据速度公式有：1220v a t =- 解得21t s =(3)物块在时间t 2内上滑的距离为221222152x v t a t m =-=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-= 设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-︒=解得232/a m s =物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2333142x a t m ==， 故12311x x x x m =+-= 【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．10．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A 、B 两物体质量均为m ，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A 施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g 为重力加速度)，经过作用时间t ，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小； (2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小； (3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A ． 【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A m v g k ；(3)sin (21)A m I mg kθ= 【解析】（1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ；根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma解得a=2gsin θ.（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin mg x k θ=； 当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =mg x x k θ=此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =2A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ∆=弹解得2sin A v g = （3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，解得2sin A I g t θ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.。
牛顿定律的应用-两类动力学问题与超重、失重
运动情况
超重、失重
视重
a=0
不超重也不失重
F=mg
a的方向竖直向上
超重
F=m(g+a)
a的方向竖直向下
失重
F=m(g-a)
a=g ，a的方向竖直 向下
完全失重
F=0
名师支招：
判断物体超重或失重，仅分析加速度的方向即可，只要加速度的竖直分量向
上就是超重，加速度的竖直分量向下就是失重。
＊体验应用＊
2.(双项选择)游乐园中，游客乘坐能做加速或减速运动的升
(2)处理连接体问题时，整体法与隔离法往往交叉使用，一般 的思路是先用整体法求加速度，再用隔离法求物体间的作用力。
(3)利用牛顿第二定律可以处理匀变速直线运动问题，也可以 定性分析非匀变速直线运动的规律，它常和力学、电磁学等有关 知识结合起来考查一些综合问题。
＊体验应用＊
1.［2009年高考安徽理综卷］在2008年北京残奥会开幕式上， 运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残 疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上 升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。 一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅， 另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图3-2-1所示。设运 动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳 子间的摩擦。重力加速度取g=10 m/s2。当运动员与吊椅一 起正以加速度a=1 m/s2上升时，试求： (1)运动员竖直向下拉绳的力； (2)运动员对吊椅的压力。
慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰
好经历了这两个过程，如图3-2-8所示。那么下列
C 说法中正确的是(
)
A.顾客始终受到三个力的作用
高考物理牛顿运动定律的应用的技巧及练习题及练习题(含答案)
高考物理牛顿运动定律的应用的技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()210102mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22t v v vs t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m＝μ-=． 根据：212212s a t =得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mga g mμμ=-=-=-根据：3322a t a t = 解得30.2t s =物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．4．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ，A 球所带电荷量为+q ，B 球不带电。
大学物理牛顿运动定律及其应用习题及答案
第2章 牛顿运动定律及其应用 习题解答1．质量为10kg 的质点在xOy 平面内运动，其运动规律为:543x con t =+(m),5sin 45y t =-(m).求t 时刻质点所受的力．解:此题属于第一类问题54320sin 480cos 4x x x x con t dx v t dtdv a t dt=+==-==- 5sin 4520cos 480sin 4y y y t v t a t=-==-12800cos 4()800sin 4()()800()x x y y x y F ma t N F ma t N F F F N ==-==-=+=2．质量为m 的质点沿x 轴正向运动，设质点通过坐标x 位置时其速率为kx 〔k 为比例系数〕，求： 〔1〕此时作用于质点的力；〔2〕质点由1x x =处出发，运动到2x x =处所需要的时间。
解:(1) 2()dv dx F m mk mk x N dt dt=== (2) 22112111ln ln xx x x x dx dx v kx t x dt kx k k x ==⇒===⎰ 3．质量为m 的质点在合力0F F kt(N )=-〔0F ,k 均为常量〕的作用下作直线运动，求： 〔1〕质点的加速度；〔2〕质点的速度和位置〔设质点开始静止于坐标原点处〕.解:由牛顿第二运动定律 200201000232000012111262v t x t F kt dv mF kt a (ms )dt mF t kt F kt dv dt v (ms )m m F t kt F t kt dx dt x (m )m m ---=-⇒=--=⇒=⎰⎰--=⇒=⎰⎰4．质量为m 的质点最初静止在0x 处，在力2F k /x =-(N)〔k 是常量〕的作用下沿X 轴运动，求质点在x 处的速度。
解: 由牛顿第二运动定律02120v x x dv dv dx dv F k /x mm mv dt dx dt dx k vdv dx v ms )mx -=-====-⇒=⎰⎰5．一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即2/x k f -=(N)，k 是比例常数．设质点在 x =A 时的速度为零，求质点在x =A /4处的速度的大小． 解: 由牛顿第二运动定律02120v x x dv dv dx dv F k /x mm mv dt dx dt dx k vdv dx v ms )mx -=-====-⇒===⎰⎰6．质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明(1) t 时刻的速度为v ＝t m k e v )(0-；(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(km v 0)［1-t m k e )(-］； (3)停止运动前经过的距离为)(0km v ； (4)当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量． 证明: (1) t 时刻的速度为v ＝t m k e v )(0- 0000ln v t k t m v dv F kv mdt dv k v k dt t v v e v m v m -=-==-⇒=-⇒=⎰⎰(2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k m v 0)［1-t m ke )(-］ 00000(1)k t m x tk k t t m m dx v v e dt mv dx v edt x e k ---===⇒=-⎰⎰(3)停止运动前经过的距离为)(0km v 在x 的表达式中令t=0得到: 停止运动前经过的距离为)(0k m v (4)当k m t =时速度减至0v 的e1，式中m 为质点的质量． 在v 的表达式中令k m t =得到:01v v e= 7．质量为m 的子弹以速度v 0水平射入沙土中，设子弹所受阻力与速度反向，大小与速度成正比，比例系数为Ｋ，忽略子弹的重力，求：(1) 子弹射入沙土后，速度随时间变化的函数式；(2) 子弹进入沙土的最大深度．解: 由牛顿第二运动定律 (1) dv dv k m kv dt dt v m=-⇒=- 考虑初始条件,对上式两边积分: 000vt k t m v dv k dt v v e v m -=-⇒=⎰⎰ (2) max00max 00x k t m mv dx v e dt x dt k ∞-=-⇒=⎰⎰ 8．质量为m 的雨滴下降时，因受空气阻力，在落地前已是匀速运动，其速率为v = 5.0 m/s ．设空气阻力大小与雨滴速率的平方成正比，问：当雨滴下降速率为v = 4.0 m/s 时，其加速度a 多大？(取29.8/g m s =)解: 由牛顿第二运动定律雨滴下降未到达极限速度前运动方程为2mg kv ma -= 〔1〕雨滴下降到达极限速度后运动方程为20mg kv -= 〔2〕将v = 4.0 m/s 代入〔2〕式得2maxmg k v = 〔3〕 由〔1〕、〔3〕式 22424max 16(1)10(1) 3.6/25v v v a g m s v ===-=⨯-= 9．一人在平地上拉一个质量为M 的木箱匀速前进，如图. 木箱与地面间的摩擦系数μ＝0.6.设此人前进时，肩上绳的支撑点距地面高度为h ＝1.5 m ，不计箱高，问绳长l 为多长时最省力? 解: 由牛顿第二运动定律有sin 0cos 0T N mg T N θθμ+-=-=联立以上2式得 ()cos sin mgT μθθμθ=+上式T 取得最小值的条件为tg θμ==由此得到2.92l m =≈。
高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)
高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++= 对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为2222243()()1223a t a tx ma a∆=-=--整个过程物块与木板的相对位移为1282.673x x x m m∆=∆-∆==点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m，物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g=10m/s²)求：(1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度0L；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【答案】（1）26m/s（2）1m （3）1m【解析】【分析】【详解】设向右为正方向（1）物体1： -μmg = ma1 a1=–μg = -2m/s2物体2：T+μmg= ma2物体3：mg–T= ma3且a2= a3由以上两式可得：22g gaμ+==6m/s2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t代入数据解t1=0．5s v1=3m/s112v vx t+==1．75m122v tx==0．75m所以木板2的长度L0=x1-x2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+ 解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．3．如图所示，质量为m=2kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m 加速度的大小及m 受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F 的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s 2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】(1)斜面M 、物块m 在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m 的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m 的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a 和支持力．(2)用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F 较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F 不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F 的取值范围． 【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．如图所示，一速度v=4m/s顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m=2Kg的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v0=10m/s从斜面底端上滑求：（g=10m/s2）（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离． 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得： 对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。
高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。
人教版高考物理一轮总复习课后习题 第3单元 牛顿运动定律 作业8牛顿第二定律的应用2
作业8牛顿第二定律的应用2A组基础达标微练一连接体问题1.(多选)(浙江淳安中学高二期末)质量为m'的小车上放置质量为m的物块,水平向右的牵引力作用在小车上,二者一起在水平地面上向右运动。
下列说法正确的是( )A.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间不存在摩擦力作用B.如果二者一起向右做匀速直线运动,则物块与小车间存在摩擦力作用C.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向左的摩擦力作用D.如果二者一起向右做匀加速直线运动,则小车受到物块施加的水平向右的摩擦力作用2.(多选)如图所示,质量为m'、上表面光滑的斜面体放置在水平面上,另一质量为m的物块沿斜面向下滑动时,斜面体一直静止不动。
已知斜面倾角为θ,重力加速度为g,则( )A.地面对斜面体的支持力为(m'+m)gB.地面对斜面体的摩擦力为零C.斜面倾角θ越大,地面对斜面体的支持力越小D.斜面倾角θ不同,地面对斜面体的摩擦力可能相同3.(多选)(浙江桐乡一中期末)如图所示,质量分别为m1和m2的小物块,通过轻绳相连,并接在装有光滑定滑轮的小车上。
如果按图甲所示,装置在水平力F1作用下做匀加速运动时,两个小物块恰好相对静止;如果互换两个小物块,如图乙所示,装置在水平力F2作用下做匀加速运动时,两个小物块也恰好相对静止,一切摩擦不计,则( )A.F1∶F2=m22∶m12B.F1∶F2=m12∶m22C.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m2∶m1D.两种情况下小车对质量为m2的小物块的作用力大小之比为m1∶m2微练二临界极值问题(弹力临界)4.(多选)(浙江丽水中学月考)如图所示,5颗完全相同的象棋棋子整齐叠放在水平面上,第5颗棋子最左端与水平面上的A点重合,所有接触面间的动摩擦因数均相同,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
现将水平向右的恒力F作用在第3颗棋子上,恒力作用一小段时间后,五颗棋子的位置情况可能是( )5.如图甲所示,轻质弹簧下端固定在水平面上,上端连接物体B,B上叠放着物体A,系统处于静止状态。
牛顿运动定律的综合应用(含答案)
牛顿运动定律的综合应用1．电梯内的地板上竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上方有一质量为m的物体．当电梯静止时弹簧被压缩了x；当电梯运动时弹簧又被压缩了x.试判断电梯运动的可能情况是()A．以大小为2g的加速度加速上升B．以大小为2g的加速度减速上升C．以大小为g的加速度加速下降D．以大小为g的加速度减速下降2．如图1所示，被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上，左端拴一质量为10 kg的物块M.小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态．当小车以加速度a＝1 m/s2沿水平地面向右加速运动时()A．物块M相对小车仍静止B．物块M受到的摩擦力大小不变C．物体M受到的摩擦力将减小D．物块M受到的弹簧的拉力将增大3．为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图2所示．那么下列说法中正确的是()A．顾客始终受到三个力的作用B．顾客始终处于超重状态C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下D．顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下4．如图3甲所示，在倾角为30°的足够长的光滑斜面上，有一质量为m的物体，受到沿斜面方向的力F作用，力F按图乙所示规律变化(图中纵坐标是F与mg的比值，力沿斜面向上为正)．则物体运动的速度v随时间t变化的规律是图4中的(物体的初速度为零，重力加速度取10 m/s2)()图35．如图5所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力可能是( )A.Mm ＋M F ，方向向左 B.m m ＋M F ，方向向右 C.m －M m ＋M F ，方向向左 D.M －m m ＋MF ，方向向右 6．(2010·辽宁五校联考)一根质量分布均匀的长绳AB ，在水平外力F 的作用下，沿光滑水平面做直线运动，如图6甲所示．绳内距A 端s 处的张力F T 与s 的关系如图乙所示，由图可知 ( )A ．水平外力F ＝6 NB ．绳子的质量m ＝3 kgC ．绳子的长度l ＝2 mD ．绳子的加速度a ＝2 m/s 27．如图7甲所示，两物体A 、B 叠放在光滑水平面上，对物体A 施加一水平力F ，F －t 关系图象如图乙所示．两物体在力F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止．则A ．两物体做匀变速直线运动B ．两物体沿直线做往复运动C ．B 物体所受摩擦力的方向始终与力F 的方向相同D ．t ＝2 s 到t ＝3 s 这段时间内两物体间的摩擦力逐渐减小8．如图8所示，光滑水平面上放置质量分别为m 、2m 的A 、B 两个物 体，A 、B 间的最大静摩擦力为μmg ，现用水平拉力F 拉B ，使A 、B 以同一加速度运动，则拉力F 的最大值为 ( ) 图8A ．μmgB ．2μmgC ．3μmgD ．4μmg 9．如图9所示，质量为M 的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m 的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人必须( )A ．匀速向下奔跑B ．以加速度a ＝Mm g sin α向下加速奔跑C ．以加速度a ＝(1＋Mm )g sin α向下加速奔跑D ．以加速度a ＝(1＋Mm)g sin α向上加速奔跑10．一个质量为50 kg 的人，站在竖直向上运动着的升降机底板上．他看到升降机上挂着一个重物的弹簧测力计的示数为40 N ，如图10所示， 该重物的质量为5 kg ，这时人对升降机底板的压力是多大？(g 取10 m/s 2)11．在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化如下：一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图11所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起以加速度a＝1 m/s2上升时，试求：(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．12．如图12所示，一质量为M＝5 kg的斜面体放在水平地面上，斜面体与地面的动摩擦因数为μ1＝0.5，斜面高度为h＝0.45 m，斜面体与小物块的动摩擦因数为μ2＝0.8，小物块的质量为m＝1 kg，起初小物块在斜面的竖直面上的最高点．现在从静止开始在M上作用一水平恒力F，并且同时释放m，取g＝10 m/s2，设小物块与斜面间最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力，小物块可视为质点．问：(1)要使M、m保持相对静止一起向右做匀加速运动，加速度至少多大？(2)此过程中水平恒力至少为多少？1、解析：由kx ＝mg 和2kx －mg ＝ma 可得a ＝g .方向竖直向上，所以此电梯可能以大小为g 的加速度向上加速，也可能以大小为g 的加速度减速下降，故D 正确． 答案：D2、解析：由初始条件知最大静摩擦力F f max ≥5 N ，当小车向右加速运动时，取向右为正方向，假设物块仍相对小车静止，由牛顿第二定律得5＋F f ′＝10×1，F f ′＝5 N ，因F f ＝－5 N ，则A 、B 正确． 答案：AB3、解析：人加速运动时，受重力、支持力和水平向右的静摩擦力作用，扶梯对人的作用力指向右上方，人对扶梯的作用力指向左下方；当人匀速运动时，人只受重力和竖直向上的支持力作用，所以仅C 项正确． 答案：C4、解析：在0～1 s 内，物体的加速度为a 1＝F －mg sin30°m ，解得a 1＝5 m/s 2，A 项错误；在1～2 s 内，物体的加速度为a 2＝－mg sin30°m ＝－5 m/s 2，B 项错误；在2～3 s 内，a 3＝－F －mg sin30°m ＝－15 m/s 2，D 项错误，只有C 项正确．答案：C5、解析：设车对人的摩擦力F f 方向水平向右，对小车和人组成的系统应用牛顿第二定律有：2F ＝(M ＋m )a ，对人应用牛顿第二定律得F －F f ＝ma ，可解得：F f ＝M －mM ＋mF ．当M ＞m 时，人受到向右的静摩擦力，大小为M －mM ＋m F ，当M ＜m 时，人受到向左的静摩擦力，大小为m －M m ＋M F ，故A 、B 错误，C 、D 正确．答案：CD6、解析：取s ＝0，对A 端进行受力分析，F －F T ＝ma ，又A 端质量趋近于零，则F ＝F T ＝6 N ，A 正确；由于不知绳子的加速度，其质量也无法得知，B 、D 均错误；由图易知C 正确． 答案：AC7、解析：由于两物体在F 作用下由静止开始运动，且始终相对静止，则有F ＝(m A ＋m B )a ，对B 有F f ＝m B a ，由F －t 图象可知，F 随时间变化，则a 随时间变化，A 项错，C 项正确；A 、B 先沿正方向做加速度增大的变加速运动，再做加速度逐渐减小的变加速运动，然后做加速度增大的变减速运动，再做加速度逐渐减小的变减速运动至速度为0，整个过程中运动方向不变，B 项错；2 s ～3 s 的时间内，F 逐渐增大，a 增大，F f 增大，D 项错． 答案：C8、解析：当A 、B 之间恰好不发生相对滑动时力F 最大，此时，对于A 物体所受的合外力为μmg由牛顿第二定律知a A ＝μmgm ＝μg对于A 、B 整体，加速度a ＝a A ＝μg由牛顿第二定律得F ＝3ma ＝3μmg .C 项正确． 答案：C9、解析：以车为研究对象，在平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立坐标系，如图所示．因为车静止不动，即两个方向上合力都为零， x 方向：F f －Mg sin α＝0，所以摩擦力(人对车)沿斜面向上，大小等 于Mg sin α，故人受车的作用力沿斜面向下． 以人为研究对象受力分析如图所示．则有F f ′＋mg sin α＝ma F f ＝F f ′所以a ＝(1＋Mm )g sin α，故C 正确． 答案：C10、解析：以重物为研究对象，重物受向下的重力mg ，向上的弹簧拉力F ，重物随升降机一起以加速度a 向上运动，由于重物的重力mg 大于弹簧测力计的示数，因此可知升降机的加速度方向应向下，即升降机减速上升，由牛顿第二定律有 mg －F ＝ma所以a ＝mg －F m ＝50－405m/s 2＝2 m/s 2，再以人为研究对象，人受到重力Mg ，底板的支持力F N ，由牛顿第二定律有Mg －F N ＝Ma得F N ＝Mg －Ma ＝50×(10－2)N ＝400 N ，由牛顿第三定律知，人对升降机底板的压力大小为400 N ，方向竖直向下． 答案：400 N11、解析：法一：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ，绳拉运动员的力为F .以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M ＋m )g ，向上的拉力为2F ，根据牛顿第二定律2F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a 解得F ＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N ，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg，绳的拉力F，吊椅对运动员的支持力F N.根据牛顿第二定律F＋F N－Mg＝Ma解得F N＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅压力大小为275 N，方向竖直向下．法二：设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员对绳竖直向下的拉力大小为F，对吊椅的压力大小为F N.根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力大小为F N.分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律F＋F N－Mg＝Ma ①F－F N－mg＝ma ②由①②得F＝440 N F N＝275 N.答案：(1)440 N，方向竖直向下(2)275 N，方向竖直向下12、解析：(1)以m为研究对象，竖直方向有：mg－F f＝0水平方向有：F N＝ma又F f＝μ2F N得：a＝12.5 m/s2.(2)以小物块和斜面体为整体作为研究对象，由牛顿第二定律得：F－μ1(M＋m)g＝(M＋m)a 水平恒力至少为：F＝105 N.答案：(1)12.5 m/s2(2)105 N。
计算题02牛顿运动定律的综合应用(解析版)-备战2020高考物理满分卷题型专练
计算题02 牛顿运动定律的综合应用时间：40分钟 满分：100分1．（2020·藤东中学高三月考）如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+ 令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小 最小距离为：x min =4m2．（2020·银川唐徕回民中学高三）如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。
某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。
重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：01100.52v x t m +=⋅=，方向向右；在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左；在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。
牛顿第二定律应用(2)
如图所示，物块A 质量分别为m 2m、3m， 如图所示，物块A、B、c质量分别为m、2m、3m， 与天花板间、 之间用轻弹簧相连， A与天花板间、B与C之间用轻弹簧相连，当系统平 衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断瞬间， AB间绳烧断 衡后，突然将AB间绳烧断，在绳断瞬间，A、B、C 的加速度(以向下为正方向)分别为( 的加速度(以向下为正方向)分别为( )。 (A)g， (B)－5g，2.5g， (A)g，g，g (B)－5g，2.5g，0 (C)－5g，2g， (D)－ 2g， (C)－5g，2g，0 (D)－g，2g，3g
θ
F1=FCos θ X
例３、一个滑雪的人，质量m=75kg，以V0=2m/s的初速度 沿山坡匀加速地滑下，山坡的倾角ß=300，在t=5s的时间内 滑下的路程s=60m，求滑雪人受到的阻力(包括滑动摩擦力 和空气阻力)。 思路：已知运动情况求受力。应先求出加速度 ， 思路：已知运动情况求受力。应先求出加速度a，再利 用牛顿第二定律F 求滑雪人受到的阻力。 用牛顿第二定律 合=ma求滑雪人受到的阻力。 求滑雪人受到的阻力
分析：此题的物理情景是物体在拉力F 分析：此题的物理情景是物体在拉力F的作用下 做匀加速直线运动，运动5 的路程，速度由4 做匀加速直线运动，运动5m的路程，速度由4m/s 增加到6m/s，是一个已知物体的运动状态， 增加到6m/s，是一个已知物体的运动状态，求物 体受力的问题。 体受力的问题。
解题步骤： 解题步骤： 1。确定研究对象，分析物体运动状态 确定研究对象， 此题的研究对象为物块， 此题的研究对象为物块，运动状态为匀加速直线运动 2。由运动学公式求出物体的加速度 )/(2× 由 v2t- v20 =2as 得a=(v2t- v20 )/2s=(62 -42 )/(2×5)=2m/s2 3。由牛顿第二定律求物体所受的合外力 F合 =ma=5×2N=10N ma=5×2N=10N 4。分析物体受力情况，建立直角坐标系，由力的合 分析物体受力情况，建立直角坐标系， 成与分解求出F 成与分解求出F X方向 Fcos 370 -f=ma= F合 Y方向 N+Fsin 370 -mg=0 又 f=uN 联立三式可得F=17.6N 联立三式可得F=17.6N
牛顿运动定律的综合应用(二)(练习)(解析版)—2025年高考物理一轮复习讲练测(新教材新高考)
A．1.0m B．1.5m 【答案】BA．木板的长度为2mB．木板的质量为1kgC．木板运动的最大距离为2m由图可知，木板的长度为：132m 3m 2L ´=´=木板运动的最大距离为：31m 1.5m 2x ´==分析滑块B ，减速时间设为B t ，则有：B B 0v a t =-解得：B 0.75st =()(0.75330.75´--A ．1m =2mB ．1m <2mC ．1m >22mD ．1m =22m 【答案】C【详解】由v t -图像分析可知，木板相对地面滑动，滑块与木板共速后一起减速到停止，对木板：122mg mgm m >则有：1m >22m 故选C 。
F=时，小滑块和木板一起匀速运动A．当拉力18N运动F=时，小滑块和木板一起加速运动C．当拉力30NA．木板的长度为3m由图像可知2.5s时两者共速，则木板在物块在0~2.0s内的加速度大小为：物块在2.0s~2.5s内的加速度大小为：m=A．动摩擦因数0.5B．铁块A和长木板B共速后的速度大小为C．长木板的长度为2.25mD．从铁块放上到铁块和长木板共速的过程中，A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2m/sB．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为C．经过1s的时间，小孩离开滑板D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8m/s【答案】BC【详解】AB．对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为：同理对滑板，加速度大小为：2sin37 mga°=A ．10N 15N F <<时物块B 和木板C 相对滑动B ．木板和物块两者间的动摩擦因数不可求出C ．由题目条件可求木板C 的质量D ．15N F >时物块B 和木板C 相对滑动【答案】DA ．小滑块的加速度向右，大小为A．小物块从传送带左端滑离传送带B．小物块滑离传送带时的速度大小为6m/sC．小物块从滑上传送带到滑离传送带经历的时间为A ．2t 时刻，小物块离A 处的距离最大B ．20t :时间内，小物块的加速度方向先向右后向左C ．20t :时间内，因摩擦产生的热量为12121()22vv t mg t t m éù++êúëûD ．20t :时间内，物块在传送带上留下的划痕为()21122v v t t ++A．物块最终从传送带N点离开B．物块将在4.8s时回到原处C．物块与传送带之间的摩擦因数为3 2D．传送带的速度1m/sv=，方向沿斜面向下【答案】C【详解】AD．从v t-图像可知，物体速度减为零后反向向上运动，最终的速度大小为A．5N·s B．20N·s【答案】D【详解】邮件轻放在传送带上时，受力分析如图所示支持力：NN cos53F mg q==A．．．．【答案】D>），且小于传送带的速度时，对小物块受力分析，由【详解】AB．当小物块的初速度沿斜面向下（tan qA．弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为2m/s²B．橡皮擦与纸板达到相同速度后，一直与纸板相对静止C．最终橡皮擦不会脱离纸板． ．． ．【答案】C【详解】箱子以一定的水平初速度0v 从左端滑上平板车，在摩擦力作用下，箱子做匀减速直线运动，平板A ．当F 足够小时，A 仍保持静止状态B ．当拉力F mg m =时，物块A．货物与平台一起做匀加速直线运动v=时，货物加速度为B．当平台速度0.6m/sv=时，货物加速度为C．当平台速度0.6m/sF<，平台将保持静止D．若施加的恒力10N【答案】C可知平台受到两个圆柱表面对平台沿平行于轴线的方向的摩擦力大小均为：F-根据牛顿第二定律可得：2可知随着平台速度v的逐渐增大，匀加速直线运动，故A错误；v=时，则有：BC．当平台速度0.6m/sA．传送带的速度越快，饺子的加速度越大B．饺子相对与传送带的位移为C．饺子由静止开始加速到与传送带速度相等的过程中，增加的动能等于因摩擦产生的热量D．传送带因传送饺子多消耗的电能等于饺子增加的动能A．图线I 反映的是包裹的运动B．包裹和传送带间的动摩擦因数为C．传送带的长度为20 mD．包裹相对传送带滑动的距离为【答案】D【详解】A．传送带启动后做匀加速运动，包裹在摩擦力作用下也做加速运动，则包裹的加速度一定小于传送到的加速度，则由图像可知图线A．t=2.5s时，货物所受摩擦力方向改变B．货物与传送带间的动摩擦因数为0.4C．传送带运行的速度大小为0.5m/sD．货物向下运动过程中所具有的机械能先减小后不变【答案】C【详解】A．由图乙可知，在0~2.5s内，货物的速度大于传动带的速度，A．包裹在最高点c时，对圆弧轨道的压力为零B．第一个包裹在传送带上运动的时间为C．圆弧轨道半径为() 223m5-A．货物与输送带间的动摩擦因数为0.825B．输送带A、B两端点间的距离为8mC．货物从下端A点运动到上端B点的时间为9s D．皮带输送机因运送该货物而多消耗的能量为【答案】CA．滑雪板与滑雪毯间的动摩擦因数为B．滑雪者从坡道顶端由静止滑到底端所需时间为C．整个下滑过程滑雪板与雪毯之间由于摩擦而产生热量为D．整个过程中摩擦力对滑雪板一直做正功【答案】CA．游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动B．游客在“雪地魔毯”上匀加速运动的时间为C．游客在“雪地魔毯”受到的摩擦力的方向可能改变D．游客与“雪地魔毯”间的动摩擦因数约为【答案】D【详解】A．若游客在“雪地魔毯”上一直做匀加速运动，则游客的位移：13．如图，物块A 、B 静置叠放在光滑水平面上，A 、B 上下表面水平。
高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得：F =7.5N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有：mgh =212mv 解得v 2gh ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有：μmgL =2201122mv mv 代入数据得：μ=0.25(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为：x=v 0t对物体有：v 0=v −atma=μmg滑块相对传送带滑动的位移为：△x =L−x相对滑动产生的热量为：Q=μmg △x代值解得：Q =0.5J 【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．2．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
2021届高中物理二轮复习(大题)2 牛顿运动定律的综合应用问题 含解析
2 牛顿运动定律的综合应用问题一、典例例1．传送带被广泛应用于各行各业。
如图所示，一倾斜放置的传送带与水平面的夹角θ＝37°，在电动机的带动下以v ＝2 m/s 的速率顺时针方向匀速运行。
M 、N 为传送带的两个端点，M 、N 两点间的距离L ＝7 m ，N 端有一离传送带很近的挡板P 可将传送带上的物块挡住。
在传送带上的O 处由静止释放质量为m ＝1 kg 的木块，木块可视为质点，若木块每次与挡板P 发生碰撞时间极短，碰后都以碰前的速率反方向弹回，木块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，O 、M 间距离L 1＝3 m ，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦。
求：(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g 取10 m/s 2)(1)木块轻放上传送带后瞬间的加速度大小；(2)木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离；(3)木块做稳定的周期性运动后的周期。
【解析】(1)放上的后瞬间，根据牛顿第二定律：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 1解得木块轻放上传送带后瞬间的加速度a 1＝2 m/s 2。
(2)设木块与挡板P 碰撞前的速度v 1，由运动学知识：v 12＝2a 1(L －L 1)解得v 1＝4 m/s木块与挡板P 碰后向上减速到共同速度之前：mg sin θ＋μmg cos θ＝ma 2解得a 2＝10m/s 2木块向上的位移x 1＝22122v v a ＝0.6m 共同速度之后，摩擦力反向，加速度为a 1木块向上的位移x 2＝212v a ＝1 m 木块第一次反弹后能到达的最高位置与挡板P 的距离x m ＝x 1＋x 2＝1.6 m 。
(3)木块做稳定的周期性运动后，每次与挡板碰前的速度为v ＝2m/s则稳定后周期为T ＝21v a ＝2 s 。
例2．如图所示，在水平地面上建立x 轴，有一个质量m ＝1 kg 的木块(可视为质点)放在质量M ＝2 kg 的长木板的左端A 点，木板长L ＝2 m 。
高中必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)
高中必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离． 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得： 对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v 1＝112a L ＝5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2 联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.3．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。
高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．3．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少； （2）木板的长度至少为多少；（3）物块在木板上运动的总时间是多少．【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61m 48L =（3）561()s 896t = 【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑 （2）共速时：021=v v a t -共 得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22101112111 1.25m 22x v t a t a t ∆=--=撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：2212m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t =，木板停止，过21s 8t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21m 48x ∆=木板至少长度min 1261m 48L x x =∆+∆=（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度211sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312L a t '=得：361s 96t =在木板上的总时间：123561()s 896t t t t =++=+' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．4．如图所示，质量M =1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m =1kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g 取10m/s 2，(1)若木板长L =1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端?(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F 假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f 随拉力F 大小变化而变化的图像．【答案】（1）1s ；（2）见解析 【解析】 【分析】【详解】（1）铁块的加速度大小=4m/s2木板的加速度大小2m/s2设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有解得：t=1s（2）5．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。
高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)
高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:0～6 s内物体位移为:则0～6 s内物体相对于皮带的位移为0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126 J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。
2．质量M ＝0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度1 5.0v =m/s 和2 2.0v =m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。
已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g =10m/s 2，求：（1）A 、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度； （2）车的长度是多少？（3）从A 、B 开始运动计时，经8s 小车离原位置的距离. 【答案】（1）0.6m/s （2）6.8m （3）3.84m 【解析】 【详解】解：（1）设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律有：()()122m v v M m v -=+代入数据解得：v =0.6m/s ，方向向右．（2）设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系有:()()22212121112222mg L L mv mv M m v μ+=+-+ 又L ≥L 1+L 2代入数据解得L ≥6.8m ，即L 至少为6.8m（3）当B 向左减速到零时，A 向右减速，且两者加速度大小都为12a g μ==m/s 2 对小车受力分析可知，小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用，故小车没有动则B 向左减速到零的时间为2111v t a ==s 此时A 的速度为1113A v v a t =-=m/s当B 减速到零时与小车相对静止，此时A 继续向右减速，则B 与小车向右加速，设经过t s 达到共同速度v对B 和小车，由牛顿第二定律有：()2mg m M a μ=+，解得：20.5a =m/s 2 则有：12A v v a t a t =-=，代入数据解得：t =1.2s 此时小车的速度为20.6v a t ==m/s ，位移为21210.362x a t ==m 当三个物体都达到共同速度后，一起向右做匀速直线运动，则剩下的时间发生的位移为()28 3.48x v t =-=m则小车在8s 内走过的总位移为12 3.84x x x =+=m3．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．4．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h ．将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数32μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ． 【答案】(1) 32mg (2) 94mgh 【解析】（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0 对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0 解得：F 0＝32mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零． 对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1 mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3对物块，有：μmg cosθ−mg s inθ＝ma 2 对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4另有：1132212 ()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ+⋅-+= 21112W F a t ＝⋅解得W ＝94mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．5．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g =10m/s 2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．6．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0=12m/s 的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s.【解析】【分析】（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；【详解】（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a，货物受力如图所示：沿传送带方向：1fmgsin F maθ+=垂直传送带方向：Nmgcos Fθ=，又f NF Fμ=故货物刚滑上传送带时加速度大小2110/a m s=，方向沿传送带向下；（2）货物速度从v减至传送带速度v所用时间设为1t，位移设为1x，则根据速度与时间关系有：011212110v vt s sa--===--根据平均速度公式可以得到位移为：01172v vx t m+==（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tanμθ=<，即mgsin mgcosθμθ＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a，则有2mgsin mgcos maθμθ-=设货物再经时间2t，速度减为零，则：221vt sa-==-沿传送带向上滑的位移：2212vx t m+==则货物上滑的总距离为：128x x x m=+=货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ， 则22312x a t =，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =++=+（)． 【点睛】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．7．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10 N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H ＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F ，则物块还需多少时间才能脱离传送带？ 【答案】（1）1s （2）【解析】 【详解】（1）物体在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有： F ＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma 1 解得a 1＝8 m/s 2由v ＝a 1t 1 得t 1＝0.5s 位移x 1＝a 1t 12＝1m物体与传送带达到共同速度后，因F －mgsinθ＝4 N ＝μm gcos37° 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升． 位移x 2＝－x 1＝2mt 2＝＝0.5s总时间为t ＝t 1＋t 2＝1s（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，因为μ＜tan37°，故有： mgsin37°－μmgcos37°＝ma 2解得：a 2＝2m/s 2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则 通过的位移为x ＝＝4 m ＞x 2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故 x 2＝vt 3-a 2t 32 解得t 3＝（2-）s 或t 3＝（2+）s （舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．8．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M =2.5kg ．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m =1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl 0=2cm.重力加速度g 取10m/s 2．现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：(1)水平力F 的大小； (2)弹簧的伸长量Δl .【答案】（1）403N （2）8cm 【解析】 【分析】斜面M 、物体m 在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m 的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力． 【详解】(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T ，铁球受力如图:由平衡条件、牛顿第二定律得：sin T mg θ=cos T ma θ=对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F M m a =+() 联立以上两式并代入数据得：403F N =(2)铁球静止时，弹簧拉力为T 0，铁球受力如图:由平衡条件得： 0sin T mg θ= 由胡克定律得：00T k l =∆T k l =∆联立以上两式并代入数据得：8?cm l ∆= 【点睛】从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．9．如图所示，长L =2m ，质量M=1kg 的木板B 静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg 的小滑块A ，现对B 施加一水平向右的恒力F ．已知A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数分别为120.20.4μμ==、，重力加速度210/g m s =，试求：（1）若A 、B 间相对滑动，F 的最小值；（2）当F =20N 时，若F 的作用时间为2s ，此时B 的速度大小； （3）当F =16N 时，若使A 从B 上滑下，F 的最短作用时间． 【答案】（1）min 18F N = （2）220/v m s = （3）2 1.73t s = 【解析】 【分析】 【详解】（1）A 、B 间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，对A ，由牛顿第二定律可知，加速度212/a g m s μ==；对B ，由牛顿第二定律可知，()min 21F m M g mg Ma μμ-+-=， 解得min 18F N =（2）F=20N>18N ，二者间会相对滑动，对B ，由牛顿第二定律；()211F m M g mg Ma μμ-+-=解得214/a m s =；设A 从左端滑出的时间为1t ，则22111111222L a t gt μ=-，解得112t s s =<，此时B 的速度1114/==v a t m s故在F 作用后的1s 内，对B ，22F Mg Ma μ-=，解得2216/a m s =此时B 的速度()2121220/v v a t m s =+-=（3）若F=16N<18N ，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度()2204/3F M m ga m s M mμ-+==+； 当A 刚好从B 上滑下，F 的最短时间为2t ，设刚撤去F 瞬间，整体的速度为v ，则02v a t =撤去F 后，对A ，2112/a g m s μ==，对B ：()21'228/m M g mga m s Mμμ+-==经分析，B 先停止运动，A 最后恰滑至B 的最右端时速度减为零，故221222'2v v La a -= 联立解得23 1.73t s s ==点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．10．如图所示，质量均为3kg m =的物体A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为100N/m k =的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。
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第4课时牛顿运动定律的应用二(连接体、多过程及临界问题)1.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为( C )A.μmgB.2μmgC.3μmgD.4μmg解析:当A、B之间恰好不发生相对滑动时,力F最大,此时,A物体所受的合力为μmg,由牛顿第二定律知a A==μg,对于A、B整体,加速度a=a A,由牛顿第二定律得,F=3ma=3μmg.C项正确.2.(2012长沙模拟)如图所示,不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦,物体A的质量为M,水平面光滑.当在绳的B 端挂一质量为m的物体时,物体A的加速度为a1,当在绳的B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时,A的加速度为a2,则a1与a2的大小关系是( C )A.a1=a2B.a1>a2C.a1<a2D.无法确定解析:当在绳的B端挂一质量为m的物体时,将它们看成系统,由牛顿第二定律:mg=(m+M)a1,故a1=.而当在绳的B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时,mg=Ma2,a2=,a1<a2.C正确.当挂重物mg时,只有当M≫m时,绳的拉力才近似等于mg.3.(2011南通模拟)如图所示,质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上,车上站着一质量为m的人,若要平板车静止在斜面上,车上的人必须( C )A.匀速向下奔跑B.以加速度a=gsin α向下加速奔跑C.以加速度a=(1+)gsin α向下加速奔跑D.以加速度a=(1+)gsin α向上加速奔跑解析:以车为研究对象,在平行于斜面方向和垂直于斜面方向建立坐标系,如图(甲)所示.因为车静止不动,即两个方向上合力都为零,x轴方向:f-Mgsin α=0,所以摩擦力(人对车)沿斜面向上,大小等于Mgsin α,故人受车的作用力沿斜面向下.以人为研究对象受力分析如图(乙)所示.则有f'+mgsin α=ma,f=f'所以a=(1+)gsin α,方向沿斜面向下,故C正确.a1+m2a2+…知:(M+m)gsin α=M·0+m·a解本题也可将人和车看做整体,由牛顿第二定律F=m得:a=(1+)gsin α.4.(2011年天津理综)如图所示,A、B两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动,运动过程中B受到的摩擦力( A )A.方向向左,大小不变B.方向向左,逐渐减小C.方向向右,大小不变D.方向向右,逐渐减小解析:A、B一起向右做匀减速直线运动,说明两个问题:①加速度a大小不变;②加速度a方向向左.对B物块受力分析,由牛顿第二定律F=ma可知,B受到的摩擦力方向向左,大小不变,A正确.5.放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示.重力加速度g取10 m/s2.由图中两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( A )A.m=0.5 kg,μ=0.4B.m=1.5 kg,μ=C.m=0.5 kg,μ=0.2D.m=1 kg,μ=0.2解析:由F t图和v t图可得,物块在2 s到4 s所受外力F1=3 N时,物块做a==m/s2=2 m/s2的匀加速运动,F1-f=ma.①物块在4 s到6 s所受外力F2=2 N时,物块做匀速直线运动,则F2=μmg.②由①②并代入数据解得m=0.5 kg,μ=0.4,故A选项正确.6.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为F',关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( AB )A.若小车向左运动,N可能为零B.若小车向左运动,F'可能为零C.若小车向右运动,N不可能为零D.若小车向右运动,F'不可能为零解析:小球相对于斜面静止时,与小车具有共同加速度,如图(甲)、(乙)所示,向左的加速度最大则F'=0,向右的加速度最大则N=0,根据牛顿第二定律,合力与加速度方向相同沿水平方向,但速度方向与力的方向没有直接关系,所以AB正确.7.(2010年福建理综)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10 m/s2,则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为( B )A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m解析:f=μmg=4 N,故0~3 s内,a=0.3 s~6 s内和9 s~12 s内,a=m/s2=2 m/s2.第6 s末的速度v6=2×3 m/s=6 m/s,故所求位移x=a+v6t2+v6t3+a=×2×32 m+6×3 m+6×3 m+×2×32 m=54 m,故B正确.物体受周期性变力作用时,应分段讨论物体的受力和运动情况.8.(2011辽宁大连模拟)如图所示,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁M、N点相接触.现使斜劈A在斜面体C上静止不动,此时M、N对球B均无压力.以下说法正确的是( B )A.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则M点对球B有压力B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则N点对球B有压力C.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,则M点对球B有压力D.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,则N点对球B有压力解析:若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,斜劈A会沿斜面向上做减速运动,加速度方向沿斜面向下.以B为研究对象,B受到的重力和斜劈A的支持力在竖直方向,要想加速度斜向下,N点对球B必须有压力,A错,B正确;若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,斜劈A加速度为零,球B的加速度也为零.如果M点或N点对球B有压力,球B的加速度就不为零了,C、D错.9.(2011浙江五校联考)如图所示,一倾角为α的光滑斜面固定在水平地面上,质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下,从A点由静止开始运动,到达B点时立即撤去拉力F.此后,物体到达C点时速度为零.求:(1)恒力F的大小;(2)撤去外力F的时刻.解析:(1)加速阶段加速度大小a1==5 m/s2减速阶段加速度大小a2==6 m/s2加速阶段中:F-mgsin α=ma1减速阶段中:mgsin α=ma2由以上两式得F=m(a1+a2)=11 N.(2)撤去外力瞬间速度最大,有a1t=v0+a2(t'-t)(其中:v0=3.3 m/s,t'=2.2 s),解得t=1.5 s.答案:(1)11 N (2)1.5 s本题以物体沿斜面的运动为背景,考查牛顿第二定律的应用和运动学公式的选择.10.(2012江苏省常州市高三上学期期末考试)某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图(甲).降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图(乙).已知人的质量为50 kg,降落伞质量也为50 kg,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力F阻与速度v成正比,即F阻=kv(g取10m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) .求:(1)打开降落伞前人下落的距离为多大?(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向?(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少?解析:(1)由图(甲)可知,打开降落伞时运动员的速度v0=20 m/s,所下落距离为h0==20 m.(2)由图(甲)可知,跳伞运动员最后做匀速运动,其末速度为v=5 m/s,由平衡条件得:kv=2mg,k=200 N·s/m,打开降落伞瞬间对整体有:k-2mg=2ma,a==30 m/s2,方向竖直向上.(3)设每根绳的拉力为F,在打开降落伞瞬间绳的拉力最大.以运动员为研究对象有:8Fcos 37°-mg=ma,F==312.5 N.由牛顿第三定律得:悬绳能承受的拉力至少为312.5 N.答案:(1)20 m (2)200 N·s/m 30 m/s2竖直向上(3)312.5 N第5课时实验:验证牛顿运动定律1.关于“验证牛顿第二定律”实验中验证“作用力一定时,加速度与质量成反比”的实验过程,以下做法中正确的是( B )A.平衡摩擦力时,应将装沙的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力C.实验时,先放开小车,再接通电源D.可以利用天平测出沙桶和沙的质量m和小车的质量M,直接用公式a=求出加速度解析:平衡摩擦力时,使小车的重力沿斜面向下的分力与小车运动所受摩擦力平衡,所以不能将小桶系在小车上,A错误.平衡摩擦力后,小车和板间的动摩擦因数μ=tan α,与小车的质量无关,所以改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力,B正确.实验时,应先接通电源,待打点稳定后,放开小车,C错误.本实验是探究作用力一定时,加速度与质量成反比,不能直接用公式a=求加速度,D错误.2.(2011宁波市高考模拟考试)某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中,设计出如下的实验方案,其实验装置如图所示.已知小车质量M=214.6 g,砝码盘质量m0=7.8 g,所使用的打点计时器交流电频率f=50 Hz.其实验步骤是:A.按图中所示安装好实验装置;B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动;C.取下细绳和砝码盘,记下砝码盘中砝码的质量m;D.先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度a ;E.重新挂上细绳和砝码盘,改变砝码盘中砝码质量,重复B~D步骤,求得小车在不同合力F作用下的加速度.回答以下问题:①按上述方案做实验,是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量? (填“是”或“否”).②实验中打出的其中一条纸带如图(甲)所示,由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2.他根据表中的数据画出a F图象,如图(乙).造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是,从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是,其大小是.解析:①调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动,分析小车的受力,沿斜面方向:小车重力沿斜面方向的分力,小车受的摩擦力(包括纸带的阻力),绳子的拉力,由于小车匀速,所以三力平衡,且绳子的拉力等于砝码和砝码盘的总重力.当取下细绳和砝码盘,小车沿斜面下滑时的合力等于砝码和砝码盘的总重力,其加速度a=g,可见,不要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量,即填“否”.②由纸带数据可得:a== m/s2=0.88 m/s2.③由题中的数据可以看出,在计算小车所受的合力时未计入砝码盘的重力.当a=0,横轴的截距表示砝码盘的重力,大小为G=0.08 N.答案:①否②0.88 ③在计算小车所受的合力时未计入砝码盘的重力砝码盘的重力0.08 N3.(2011上海八校联合测试)某同学为验证牛顿第二定律中“力与加速度”的关系,采用光电门系统来代替位移和时间测量工具,实验装置如图所示.光滑导轨水平放置,细线绕过可转动的圆形光栅连接小车与重物(重物质量远小于小车质量),挡板可以在小车到达的时候使小车停下并粘住.光电门在每次有红外线通过光栅时会记下1次信号,如图所示,圆形光栅每转过1圈将会记下10次信号.不计一切摩擦,每次都将小车静止释放,在小车停止后,记下重物质量m、信号次数n、小车运动时间t.(1)小车经过的位移x与光电门记下的信号次数n的关系应是.A.x∝nB.x∝C.x∝n2D.x∝解析:(1)小车经过的位移大小等于相同时间里圆形光栅转动通过的弧长,设相邻两光栅的距离为L,由关系可得:x=nL,A正确.(2)重物质量远小于小车质量,可近似认为细线拉力F等于重物重量,设小车质量为M,可得:F=mg,x=at2,F=Ma,x=nL,联立可得:t2∝,由表格数据可得t3应约为1.53(或) s.答案:(1)A (2)1.53(或) s4.如图(甲),质量为M的滑块A放在气垫导轨B上,C为位移传感器,它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移—时间(x t)图像和速率—时间(v t)图像.整个装置置于高度可调节的斜面上,斜面的长度为l、高度为h.(取重力加速度g=9.8 m/s2,结果可保留一位有效数字)(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度,A的v t图线如图(乙)所示.从图线可得滑块A下滑时的加速度a= m/s2,摩擦力对滑块A运动的影响.(选填“明显,不可忽略”或“不明显,可忽略”)(2)此装置还可用来验证牛顿第二定律,实验时通过改变,可验证质量一定时,加速度与力成正比的关系;通过改变,可验证力一定时,加速度与质量成反比的关系.解析:(1)因v t图的斜率表示加速度,由题图(乙)可知滑块A下滑的加速度a= m/s2≈6 m/s2.上滑时的加速度a'= m/s2≈6 m/s2,可见摩擦力对运动的影响不明显,可忽略.(2)当摩擦力为零时,滑块A所受合力F=Mgsin θ=Mg,所以可通过改变h,验证质量一定时,加速度与力成正比的关系,通过改变M、h,且使Mh不变,验证力一定时,加速度与质量成反比.答案:(1)6 不明显,可忽略(2)h M、h且使Mh不变验证牛顿第二定律时,由于a、F、M都是变量,故应采用控制变量法,这是设计该实验的出发点.5.(2010年山东卷改编)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧秤固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线MN、PQ,并测出间距d.开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数F1,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.(1)木板的加速度可以用d、t表示为a= ;为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可) .(2)改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系.下列图像能表示该同学实验结果的是( )(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是.A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取多组实验数据C.可以比较精确地测出摩擦力的大小D.可以获得更大的加速度以提高实验精度解析:(1)由d=at2,得a=;为了减小测量误差,注意细线与桌面保持平行(或保持F1不变,重复实验多次测量d、t,取平均值).(2)设木板及弹簧秤质量为m,当瓶中水质量m1较小时(m1≪m),可认为有F1-F0=ma,得a=,即a与F1是一次函数关系.但当m1不满足远小于m时随着瓶中水质量m1增加,图线斜率会变小.C项正确.(3)该实验方法与挂钩码的方法相比,其优点是可以更方便地获取多组实验数据和比较精确地测出摩擦力的大小,B、C正确.两种实验方法都可以改变滑动摩擦力的大小,A错误.由(2)可知当加速度增大时,实验条件便不再满足,实验误差变大,D错误.答案:(1) 细线与桌面保持平行(或保持F1不变,重复实验多次测量d、t,取平均值) (2)C (3)BC第4课时牛顿运动定律的应用二(连接体、多过程及临界问题)1.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体,A、B间的最大静摩擦力为μmg,现用水平拉力F拉B,使A、B以同一加速度运动,则拉力F的最大值为( )A.μmgB.2μmgC.3μmgD.4μmg2.(长沙模拟)如图所示,不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦,物体A的质量为M,水平面光滑.当在绳的B端挂一质量为m的物体时,物体A的加速度为a1,当在绳的B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时,A的加速度为a2,则a1与a2的大小关系是( )A.a1=a2B.a1>a2C.a1<a2D.无法确定3.(南通模拟)如图所示,质量为M的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上,车上站着一质量为m的人,若要平板车静止在斜面上,车上的人必须( )A.匀速向下奔跑B.以加速度a=gsin α向下加速奔跑C.以加速度a=(1+)gsin α向下加速奔跑D.以加速度a=(1+)gsin α向上加速奔跑4.(天津理综)如图所示,A、B两物块叠放在一起,在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动,运动过程中B受到的摩擦力( )A.方向向左,大小不变B.方向向左,逐渐减小C.方向向右,大小不变D.方向向右,逐渐减小5.放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示.重力加速度g取10 m/s2.由图中两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为( )A.m=0.5 kg,μ=0.4B.m=1.5 kg,μ=C.m=0.5 kg,μ=0.2D.m=1 kg,μ=0.26.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对小球的拉力为F',关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的是( )A.若小车向左运动,N可能为零B.若小车向左运动,F'可能为零C.若小车向右运动,N不可能为零D.若小车向右运动,F'不可能为零7.(福建理综)质量为2 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与地面间的动摩擦因数为0.2,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等.从t=0时刻开始,物体受到方向不变、大小呈周期性变化的水平拉力F的作用,F随时间t的变化规律如图所示.重力加速度g取10 m/s2,则物体在t=0至t=12 s这段时间的位移大小为( )A.18 mB.54 mC.72 mD.198 m8.如图所示,带有长方体盒子的斜劈A放在固定的斜面体C的斜面上,在盒子内放有光滑球B,B恰与盒子前、后壁M、N点相接触.现使斜劈A在斜面体C上静止不动,此时M、N对球B均无压力.以下说法正确的是( )A.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则M点对球B有压力B.若C的斜面光滑,斜劈A以一定的初速度沿斜面向上滑行,则N点对球B有压力C.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,则M点对球B有压力D.若C的斜面粗糙,且斜劈A沿斜面匀速下滑,则N点对球B有压力9.如图所示,一倾角为α的光滑斜面固定在水平地面上,质量m=1 kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下,从A点由静止开始运动,到达B点时立即撤去拉力F.此后,物体到达C点时速度为零.每隔0.2 s通过传感求:(1)恒力F的大小;(2)撤去外力F的时刻.10某运动员做跳伞训练,他从悬停在空中的直升机上由静止跳下,跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落.他打开降落伞后的速度图线如图(甲).降落伞用8根对称的绳悬挂运动员,每根绳与中轴线的夹角均为37°,如图(乙).已知人的质量为50 kg,降落伞质量也为50 kg,不计人所受的阻力,打开伞后伞所受阻力F阻与速度v成正比,即F阻=kv(g取10m/s2,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6) .求:(1)打开降落伞前人下落的距离为多大?(2)求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向?(3)悬绳能够承受的拉力至少为多少?第5课时实验:验证牛顿运动定律1.关于“验证牛顿第二定律”实验中验证“作用力一定时,加速度与质量成反比”的实验过程,以下做法中正确的是( )A.平衡摩擦力时,应将装沙的小桶用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力C.实验时,先放开小车,再接通电源D.可以利用天平测出沙桶和沙的质量m和小车的质量M,直接用公式a=求出加速度2. 某实验小组在“探究加速度与物体受力的关系”实验中,设计出如下的实验方案,其实验装置如图所示.已知小车质量M=214.6 g,砝码盘质量m0=7.8 g,所使用的打点计时器交流电频率f=50 Hz.其实验步骤是:A.按图中所示安装好实验装置;B.调节长木板的倾角,轻推小车后,使小车能沿长木板向下做匀速运动;C.取下细绳和砝码盘,记下砝码盘中砝码的质量m;D.先接通电源,再放开小车,打出一条纸带,由纸带求得小车的加速度a ;E.重新挂上细绳和砝码盘,改变砝码盘中砝码质量,重复B~D步骤,求得小车在不同合力F作用下的加速度.回答以下问题:①按上述方案做实验,是否要求砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量? (填“是”或“否”).②实验中打出的其中一条纸带如图(甲)所示,由该纸带可求得小车的加速度a= m/s2.他根据表中的数据画出a F图象,如图(乙).造成图线不过坐标原点的一条最主要原因是,从该图线延长线与横轴的交点可求出的物理量是,其大小是.3.某同学为验证牛顿第二定律中“力与加速度”的关系,采用光电门系统来代替位移和时间测量工具,实验装置如图所示.光滑导轨水平放置,细线绕过可转动的圆形光栅连接小车与重物(重物质量远小于小车质量),挡板可以在小车到达的时候使小车停下并粘住.光电门在每次有红外线通过光栅时会记下1次信号,如图所示,圆形光栅每转过1圈将会记下10次信号.不计一切摩擦,每次都将小车静止释放,在小车停止后,记下重物质量m、信号次数n、小车运动时间t.(1)小车经过的位移x与光电门记下的信号次数n的关系应是.A.x∝nB.x∝C.x∝n2D.x∝4.如图(甲),质量为M的滑块A放在气垫导轨B上,C为位移传感器,它能将滑块A到传感器C的距离数据实时传送到计算机上,经计算机处理后在屏幕上显示滑块A的位移—时间(x t)图像和速率—时间(v t)图像.整个装置置于高度可调节的斜面上,斜面的长度为l、高度为h.(取重力加速度g=9.8 m/s2,结果可保留一位有效数字)(1)现给滑块A一沿气垫导轨向上的初速度,A的v t图线如图(乙)所示.从图线可得滑块A下滑时的加速度a= m/s2,摩擦力对滑块A运动的影响.(选填“明显,不可忽略”或“不明显,可忽略”)(2)此装置还可用来验证牛顿第二定律,实验时通过改变,可验证质量一定时,加速度与力成正比的关系;通过改变,可验证力一定时,加速度与质量成反比的关系.5.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧秤固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线MN、PQ,并测出间距d.开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数F1,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.(1)木板的加速度可以用d、t表示为a= ;为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可) .(2)改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系.下列图像能表示该同学实验结果的是( )(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是.A.可以改变滑动摩擦力的大小B.可以更方便地获取多组实验数据C.可以比较精确地测出摩擦力的大小D.可以获得更大的加速度以提高实验精度。