高考物理牛顿运动定律试题经典及解析
高中物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
高中物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)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/s 2。
求：(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。
【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【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：011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-= 其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=解得：221m/s a =12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212x a t =，12x x L -= 解得：1s t =2．质量m =2kg 的物块自斜面底端A 以初速度v 0=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/s 2，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=s3．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比． 【答案】(1) g(sin α－()2sin sin cos hg θθμθ-【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙4．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】 【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg5．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2012m v （2）6F N ≥【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mga g mμμ==滑块相对车滑动的时间：0v t a=滑块相对车滑动的距离2002v s v t g=-滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2012Q mv =（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间011v t a = 由几何关系有：010122v t Lv t -= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：10.5s t=，16F N =则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．6．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车． 【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能 【解析】试题分析:(1)公交车的加速度221110 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：11153x x t s v -==汽车刹车过程中用时：1210103v t s a -== 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32322v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：2323·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间243437.26x x t s s v -==≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车． 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．7．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。
木板与地面间的动摩擦因数μ 1 =0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。
t=0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当 t=1s 时，木板以速度 v 1=4m/s 与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。
碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。
运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。
已知木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取10m/s 2。
求：（1）t=0 时刻木板的速度；（2）木板的长度。
【答案】（ 1）v0 5m/ s（2）l 16 m 03【解析】【详解】（1）对木板和物块： 1 M m g M m a1令初始时刻木板速度为v0 由运动学公式：v1 v0 a1t代入数据求得：v0 =5m/s（2）碰撞后，对物块： 2 mg ma22 对物块，当速度为 0 时，经历时间 t，发生位移 x1，则有xv1，x1v1 t12a1 2对木板，由牛顿第二定律： 2 mg 1 M m g Ma3对木板，经历时间 t，发生位移 x22x2 v1t a3t2木板长度l x1 x2代入数据，l= 3m2．质量为 2kg 的物体在水平推力 F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取 m/s 2，求：1）物体与水平面间的动摩擦因数；2）水平推力 F 的大小；3）s 内物体运动位移的大小．答案】（ 1） 0.2；（ 2）5.6N；（ 3） 56m。
解析】分析】详解】1）由题意可知，由 v-t 图像可知，物体在 4 ～6s 内加速度：物体在 4～6s 内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得： F=5.6N3）物体在 0～ 14s 内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．3．如图，水平桌面上静止放置一质量M 1kg 、长为L 1m的木板板上最右端放一质量m 2kg 的滑块可看做质点，以F 20N 的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3，g 10m/s2.（1）求滑块与木板间的摩擦力f1多大，木板与桌面间联立解得：μ=0.2（2）由 v-t 图像可知：物体在0～ 4s 内加速度：0～4s 内受力如图所示的摩擦力f 2 多大；（2）求滑块从木板上掉下的时间 t 为多少？ 【答案】（ 1）6N ；9N （ 2） 1s 【解析】 【详解】解： （1）滑块与木板之间的摩擦力 f 1 mg 0.3 2 10N 6N 木板与桌面间的摩擦力 f 2 （ M m ） g 0.3 （1 2） 10N 9N（2）当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得： f 1 ma 12解得： a 1 3m/s 2对木板： F f 1 f 2 Ma 2 解得： a 2 5m/s 21 2 1 2 滑块位移：x 1 a 1t ，木板的位移： x 2 a 2t22 滑落时： x 2 x 1 L 代入数据解得： t 1s4． 如图，有一水平传送带以 8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放 在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为 0.4，已知传送带左、右端间的距离为 4m ，g 取 10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间． 【答案】 （1） a g 4m/s 2（2） t 1s 【解析】 【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带 足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加 速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断 以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】1)物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma代入数据得： a g 4m/s 22)设物体加速到与传送带共速时运动的位移为 s 0根据运动学公式可得： 22as 0 v2 运动的位移： s 0v 8 4m 02a 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有1at解得t 1s点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．5．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨 AB相切于 A 点， B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径 R=1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个 m=2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达 A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N．已知 g=10m/s2，sin37 =°0.6， cos37°=0.8．求：(1)小球在 A 点时的速度大小；(2)小球运动到 B 点时对轨道作用力的大小及方向．【答案】 (1)8m/s (2)12N【解析】【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：Fcos mgsin (Fsin mgcos ) ma 代入数据得：a 4m/s2小球在 A 点时的速度v A at 8m/s(2)小球沿竖直圆轨道从 A到 B的过程，应用动能定理得：1 2 1 2FRsin37 mgR(1 cos37 ) mv B mv A22解得：v B 2m/s小球在 B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2vBmg F N mR解得： F N=12N，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点 B 对轨道的作用力大小为 12N，方向竖直向下．6．如图所示，水平地面上固定着一个高为h的三角形斜面体，质量为 M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中 P处和 Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ设.两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度；(2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．2h【答案】 (1) g(sin －αμcos α) (2) (3)1:1gsin sin cos【解析】【详解】(1) 由牛顿第二定律可得 F 合=Ma 甲Mgsin －αμ· Mcogs αM=a 甲a 甲=g(sin －αμ cos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v，根据动能定理得 W 合=ΔE kh 1 2mgh － μ mgcos θ· = mvsin 2 a 乙 =g(sin －θμ cos θ)v= 2gh1cos sin)=0（3） 如图，由动能定理得 Mgh －μ· cMogs α· sinhhcosmgh － μθ· －μ mg(OQ)=sinsinOP=OQx甲h2OP21 根据几何关系h 2x 乙OQ217．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的 速度均为 10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是 紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机 反应较慢（反应时间为 0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的 0.4 倍，乙车紧急刹 车时制动力为车重的 0.5 倍， g 取 10m/s 2．（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线 15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距 离？【答案】（ 1）见解析（ 2） 2.5m 【解析】 【分析】（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而 比较判定能否避免闯红灯；（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小． 【详解】2（1）甲车紧急刹车的加速度为 a 1 0.4g 4m/ s 2甲车停下来所需时间 t 1 v02.5sa 12ht= gsin sin cosμ·M(OgP －hcossin)=02甲滑行距离 x v 012.5m2a 1由于 12.5 m< 15 m ，所以甲车能避免闯红灯；2（2）乙车紧急刹车的加速度大小为： a 2 0.5g 5m/ s 2设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离 x 0，在乙车刹车 t 2 时刻两车速度相等，v0 a1 (t2 t0) v0 a2t2 解得t2 2.0s12 此过程中乙的位移：x2 v0t0 v0t2 a1t2215m212 甲的位移：x1 v0（t0 t2） a1（t0 t2 ）2 12.5m2 所以两车安全距离至少为：x0 x1 x2 2.5m 【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．8．如图所示，某货场而将质量为 m1="100" kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径 R="1.8" m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为 l=2m ，质量均为 m2="100" kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为 1 ，木板与地面间的动摩擦因数=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．（2）若货物滑上木板 4 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求 1 应满足的条件．（ 3）若1=0.5，求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间．【答案】（ 1）F N 3000N（2）0.4<μ1<0.6（3）t=0.4s【解析】【分析】【详解】（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为V0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，12mgR m1 v0 ①2设货物在轨道末端所受支持力的大小为 F N，根据牛顿第二定律得F N m1g m10②联立以上两式代入数据得F N 3000N ③ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下．（2）若滑上木板 A 时 ,木板不动 ,由受力分析得μ1m1g?μ2（m1+2m2）g ④ 若滑上木板 B 时 ,木板 B 开始滑动 ,由受力分析得μ1m1g>μ2（m1+m2）g ⑤ 联立④⑤ 式代入数据得 0.4<μ1?0.6 ．⑥（3）当μ1=0.5 时，由⑥ 式可知，货物在木板 A 上滑动时，木板不动．设货物在木板 A 上做减速运动时的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律得μ1m1g?m1a1 ⑦设货物滑到木板 A 末端是的速度为 V1,由运动学公式得 V12- V02=-2 a1L ⑧ 联立①⑦⑧ 式代入数据得 V1=4m/ s⑨设在木板 A 上运动的时间为 t,由运动学公式得 V1=V0- a1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩ 式代入数据得 t=0.4s9．如图甲所示，长为 4m 的水平轨道 AB 与半径为相连接，有一质量为 1kg 的滑块（大小不计），从用， F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与动摩擦因数未知，取 g=l0m/s 2．求：2）在前 2 m 内，由牛顿第二定律得R=0．6m 的竖直半圆弧轨道 BC在 B 处 A 处由静止开始受水平向右的力AB 间动摩擦因数为 0．25，与F作BC间（1）（2）（3）则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．【答案】（ 1）2 10m/s（2）8 s（3）5J滑块到达 B 处时的速度大小；滑块在水平轨道 AB上运动前若滑块到达 B 点2m 过程中所需的时间；滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达C，【解析】试题分（1）对滑块从 A 到 B的过程，由动能定理得12F1x1－F3x3－μ mgx＝得v B＝ 2 101F1－μ m＝g ma 且 x1＝ at12（3）当滑块恰好能到达最高点 C 时，有 mg＝m CR 对滑块从 B 到 C的过程，由动能定理得1 2 1 2W－mg×2R＝ mv C －mv B2C2B 代入数值得 W＝－ 5 J 即克服摩擦力做的功为 5 J．考点：动能定理；牛顿第二定律10．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行， AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg 的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的 A 端，传送到 B端时没有被及时取下，行李包从 B 端沿倾角为 37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5 ，行李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8 ， g=10m/s 2，不计空气阻力（ sin37 °=0.6，cos37°=0.8）．（1）行李包相对于传送带滑动的距离．（2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．【解析】（ 1）行李包在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma 1，解得： a1=5m/s2，v1 行李包加速运动时间： t1==0.2s，a1 5v 212行李包前进的距离： x1= v 1 =0.1m，2a1 2 5 传送带前进的距离： x2=vt 1=1 × 0.2=0.2m，行李包相对于传送带的距离：△x=x2-x1=0.2-0.1=0.1 m ；（2）行李包沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律得：μ2mgcos37 °-mgsin37 =°ma2由匀变速直线运动的速度位移公式得： 0-v2=-2a2x，代入数据解得： x=1.25m 点睛：该题考查牛顿运动定律的综合应用，属于单物体多过程的情况，这一类的问题要理清运动的过程以及各过程中的受力，然后再应用牛顿运动定律解答。
物理牛顿运动定律专题练习(及答案)含解析
物理牛顿运动定律专题练习(及答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：(1)木块B 离开桌面时的速度大小； (2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小． 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】 【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ′．根据平抛运动规律有：212h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2gv h== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：22.5m/s Mga Mμ==设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得0 2.0m/s v v at =-=(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：2Mv Mv mv =+1解得：210.80m/s Mv mv v M-==.3．如图所示，传送带水平部分x ab =0.2m ，斜面部分x bc =5.5m ，bc 与水平方向夹角α=37°，一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，经b 点时速率不变．(取g =10m/s 2，sin37°=0.6)求：（1）物块从a 运动到b 的时间； （2）物块从b 运动到c 的时间． 【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ． 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间． 【详解】（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：1mg ma μ=解得：21 2.5m/s a =A 与皮带共速需要发生位移：219 1.8m 0.2m 25v x m a ===>共故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：21112ab x a t =代入数据解得：10.4s t =（2）到达b 点的速度：111m/s 3m/s b v a t ==<由牛顿第二定律得：22sin 37mg f ma ︒+=2cos37N mg =︒且22f N μ=代入数据解得：228m/s a =物块在斜面上与传送带共速的位移是：2222b v vs a -=共代入数据解得：0.5m 5.5m s =<共时间为：2231s 0.25s 8b v v t a --=== 因为22sin 376m/s cos372m/s g g μ︒=︒=＞，物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得：23sin 37mg f ma ︒-= 2cos37N mg =︒，且22f N μ=代入数据解得：234m/s a =设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2bc x s vt a t -=+共，得： 31s t =综上，物块从b 运动到c 的时间为：23 1.25s t t +=4．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．5．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？ （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？【答案】（1）见解析（2）2.5m 【解析】 【分析】（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小． 【详解】（1）甲车紧急刹车的加速度为210.44/a g m s ==甲车停下来所需时间0112.5v t s a ==甲滑行距离 20112.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：220.55/a g m s ==设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，0120022()v a t t v a t -+=-解得2 2.0t s =此过程中乙的位移： 220002121152x v t v t a t m =+-= 甲的位移：210021021()()12.52x v t t a t t m =+-+= 所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-= 【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．6．如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定．解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上．以P 点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示．已知物体质量为2kg ，物体离开平台后下落0.8m 的过程中，水平方向也运动了0.8m ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．求：(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能． 【答案】(1)0.2μ=，400/k N m =(2)2/v m s =， 6.48p E J = 【解析】 【详解】（1）由图象知，弹簧最大压缩量为0.18x m ∆=，物体开始运动时加速度2134/a m s =，离开弹簧后加速度大小为222/a m s =.由牛顿第二定律1k x mg ma μ⋅∆-=①，2mg ma μ=②联立①②式，代入数据解得0.2μ=③400/k N m =④（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：212h gt =⑤ d vt =⑥物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：212p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧6.48p E J =⑨7．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系12(),2F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力图像．（规定向左为正方向）【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）.【解析】试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹max 3A A f N f ∴=<方向向右；对B 有：B F f =弹max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=0.1414B m gx m cm kμ∴='==A 、B 间距离： 011s l x cm '=-=（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹 得：13()2A f F F t N =-=-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26s作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示8．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。
牛顿运动定律高考真题专题汇编带答案解析
专题三牛顿运动定律考点1 牛顿运动定律的理解与应用[2019浙江4月选考,12,3分]如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁) ()A.A球将向上运动,B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动,C球不动C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动拓展变式1.[全国卷高考题改编,多选]伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.关于惯性有下列说法,其中正确的是()A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力的作用,物体只能处于静止状态C.物体保持静止或匀速直线运动状态的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动2.[2020江苏,5,3分]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()A.FB.C.D.3.[2020浙江1月选考,2,3分]如图所示,一对父子掰手腕,父亲让儿子获胜.若父亲对儿子的力记为F1,儿子对父亲的力记为F2,则( )A.F2>F1B.F1和F2大小相等C.F1先于F2产生D.F1后于F2产生4.[2015海南,8,5分,多选]如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态.现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断瞬间()A.a1=3gB.a1=0C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl25.[2020山东,1,3分]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用F N表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A.0~t1时间内,v增大,F N>mgB.t1~t2时间内,v减小,F N<mgC.t2~t3时间内,v增大,F N<mgD.t2~t3时间内,v减小,F N>mg6.[2021辽宁六校第一次联考,多选]如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为m的物体A、B(B与弹簧连接,A、B均可视为质点),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F 作用在A上,使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动,测得A、B的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度大小为g,则()A.施加力F前,弹簧的形变量为B.施加力F的瞬间,A、B间的弹力大小为m(g+a)C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力等于B的重力D.上升过程中,B速度最大时,A、B间的距离为a-7.[2021安徽黄山高三模拟,多选]如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用.A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示.已知物块A的质量m=3 kg,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()A.两物块间的动摩擦因数为0.2B.当0<F<4 N时,A、B保持静止C.当4 N<F<12 N时,A、B发生相对滑动D.当F>12 N时,A的加速度随F的增大而增大考点2 动力学两类基本问题[2019江苏,15,16分]如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:(1)A被敲击后获得的初速度大小v A;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小a B、a'B;(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.拓展变式1.[2020江西丰城模拟]如图所示,质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F作用2 s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25 s后速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体沿斜面向上运动的总位移x.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)2.[2015新课标全国Ⅰ,20,6分,多选]如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()图(a) 图(b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度3.[2016上海,25,4分]地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,h<H.当物体加速度最大时其高度为,加速度的最大值为.4.[2020安徽安庆检测]如图所示,质量为10 kg的环在F=140 N的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动,环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5,杆与水平地面的夹角θ=37°,拉力F与杆的夹角θ=37°,力F作用一段时间后撤去,环在杆上继续上滑了0.5 s后,速度减为零,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,杆足够长.求:(1)拉力F作用的时间;(2)环运动到杆底端时的速度大小.5.[2021山西太原模拟]如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点,其中AB长为R,AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为()A.1∶3B.1∶2C.1∶D.1∶6.[2020山东,8,3分]如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为()A.B.C.D.7.[2017全国Ⅲ,25,20分]如图,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时,A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离8.[2020四川南充模拟]如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s运动,在传送带的右端点a无初速度轻放一个质量m=1 kg的物块A(视为质点),当物块A到达传送带左端点b点时,即刻再在a点无初速度轻放另一质量为2m的物块B(视为质点).两物块到达b点时都恰好与传送带等速,b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放着质量为m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长.已知:物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.2;木板与轨道间的动摩擦因数μ3=0.1;设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.试求:(1)物块A、B滑上木板C上的时间差Δt;(2)木板C运动的总时间.9.如图所示,传送带的倾角θ=37°,从A到B的长度为L AB=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度逆时针转动.在传送带A 端无初速度释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,则物体从A运动到B所需的时间是多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)10.[新情境——动车爬坡][2020四川宜宾模拟,多选]动车是怎样爬坡的?西成高铁从清凉山隧道开始一路上坡,采用25‰的大坡度穿越秦岭,长达45公里,坡道直接落差1 100米,为国内之最.几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组就是动车组.带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车.动车爬坡可以简化为如图所示模型,在沿斜面向上的恒力F作用下,A、B两物块一起沿倾角为θ的斜面向上做匀加速直线运动,两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连,已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同,则下列操作能保证A、B两物块间的距离不变的是()A.只增加斜面的粗糙程度B.只增加物块B的质量C.只增大沿斜面向上的力FD.只增大斜面的倾角θ考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系[2017浙江下半年选考,17,5分]在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中(1)右图仪器需要用到的是.(2)下列说法正确的是.A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较疏D.轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D、…为每隔4个点取的计数点,据此纸带可知小车在打点计时器打D点时速度大小为m/s(小数点后保留2位).拓展变式1.[开放题][2020山东济南检测]如图所示的实验装置可以验证牛顿第二定律,小车上固定一个盒子,盒子内盛有砂子.砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m,小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子质量)记为M.2.[同2020北京第15题相似]在探究加速度与力的关系的实验中,小明同学设计了如图甲所示(俯视图)的实验方案:将两个小车放在水平木板上,前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘相连,后端各系一细线.(1)平衡摩擦力后,在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下,用一黑板擦把两条细线同时按在桌子上,抬起黑板擦时两小车同时开始运动,按下黑板擦时两小车同时停下来.小车前进的位移分别为x1、x2,由x=at2,知=,测出砝码和砝码盘的总质量m1、m2,若满足,即可得出小车的质量一定时,其加速度与拉力成正比的结论.若小车的总质量符合远大于砝码和砝码盘的总质量的需求,但该实验中测量的误差仍然较大,其主要原因是.(2)小军同学换用图乙所示的方案进行实验:在小车的前方安装一个拉力传感器,在小车后面固定纸带并穿过打点计时器.由于安装了拉力传感器,下列操作要求中不需要的是.(填选项前的字母)A.测出砝码和砝码盘的总质量B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力C.跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量(3)测出小车质量M并保持不变,改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F,利用测得的数据在坐标纸中画出如图丙中的a-F图线A;若小军又以为斜率在图像上画出如图丙中的图线B,利用图像中给出的信息,可求出拉力传感器的质量为.3.如图所示,某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验.在气垫导轨上安装了两个光电门1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的不同示数F,不计细绳与滑轮之间的摩擦力和滑轮的质量.(1)根据实验装置图,本实验(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高,以平衡摩擦力;实验中(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;实验中(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量;滑块(含遮光条)的加速度(填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度.(2)某同学做实验时,未挂细绳和钩码接通气源,然后推一下滑块(含遮光条)使其从气垫导轨右端向左运动,发现遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,该同学疏忽大意,未调节气垫导轨使其恢复水平,就继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误),则该同学作出的滑块(含遮光条)的加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是(填图像下方的字母).(3)若该同学作出的a-F图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为.4.图(a)[2018全国Ⅱ,23,9分]某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.砝码的质量0.05 0.10 0.15 0.20 0.25m/kg滑动摩擦力2.15 2.36 2.55 f42.93f/N图(b)图(c)回答下列问题:(1)f4= N;(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f= ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ;(4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得μ= .(保留2位有效数字)5.[2018江苏,11,10分]某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤.实验操作如下:①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;②在重锤1上加上质量为m的小钩码;③左手将重锤2压在地面上,保持系统静止.释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间;④重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t.请回答下列问题:(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的(选填“偶然”或“系统”)误差.(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了.A.使H测得更准确B.使重锤1下落的时间长一些C.使系统的总质量近似等于2MD.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差.现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做?(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0.用实验中的测量量和已知量表示g,得g= .答案专题三牛顿运动定律考点1 牛顿运动定律的理解与应用D剪断绳子之前,A球受力分析如图1所示,B球受力分析如图2所示,C球受力分析如图3所示.剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度.又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度a A=<g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向上.相对地面而言,B球的加速度a B=>g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间,C球所受的浮力和拉力均消失,其瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D正确.x图1 图2 图31.ACD物体保持静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性,所以A、C正确.如果没有力,物体将保持静止或匀速直线运动状态,所以B错误.运动物体如果不受力,将保持匀速直线运动状态,所以D正确.2.C设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f,则有F-38f=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F',则有F'-2f=2ma,联立解得F'=F,C项正确,A、B、D项均错误.3.B F1和F2是作用力和反作用力,遵循牛顿第三定律,这对力同时产生、同时消失、大小相等、方向相反,B正确,A、C、D均错误.4.AC设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线上的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1;剪断细线前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1==3g,A正确,B错误.设弹簧S2的拉力为F2,则F2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误.5.D根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力F N<mg,选项A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力F N=mg,选项B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态,所受的支持力F N>mg,选项C错误,D正确.6.AD A与B分离的瞬间,A与B的加速度相同,速度也相同,A与B间的弹力恰好为零.分离后A与B的加速度不同,速度不同.t=0时刻,即施加力F的瞬间,弹簧弹力没有突变,弹簧弹力与施加力F前的相同,但A与B间的弹力发生突变.t1时刻,A与B恰好分离,此时A与B的速度相等、加速度相等,A与B间的弹力为零.t2时刻,B的v-t图线的切线与t轴平行,切线斜率为零,即加速度为零.施加力F前,A、B整体受力平衡,则弹簧弹力大小F0=kx0=2mg,解得弹簧的形变量x0=,选项A正确.施加力F的瞬间,对B,根据牛顿第二定律有F0-mg-F AB=ma,解得A、B间的弹力大小F AB=m(g-a),选项B错误.A、B在t1时刻之后分离,此时A、B具有共同的速度与加速度,且F AB=0,对B有F1-mg=ma,解得此时弹簧弹力大小F1=m(g+a),选项C错误.t2时刻B的加速度为零,速度最大,则kx'=mg,解得此时弹簧的形变量x'=,B上升的高度h'=x0-x'=,A上升的高度h=a,此时A、B间的距离Δh=a-,选项D正确.7.AB根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2,选项A正确;当0<F<4 N时,根据题图乙可知,f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力,此时A、B保持静止,选项B正确;当4 N<F<12 N时,根据题图乙可知,此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力,所以A、B没有发生相对滑动,选项C错误;当F>12 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A有a==2 m/s2,加速度不变,选项D错误.考点2 动力学两类基本问题(1)(2)3μg μg (3)2解析:(1)由牛顿运动定律知,A的加速度大小a A=μg由运动学公式有2a A L=解得v A=.(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律有F=ma B,得a B=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg由牛顿运动定律有F'=2ma'B,得a'B=μg.(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为x A、x B,A的加速度大小等于a A则v=a A t,v=v B-a B tx A=a A t2,x B=v B t-a B t2且x B-x A=L解得v B=2.1.0.2516.25 m解析:物体受力分析如图所示,设未撤去F前,物体加速运动的加速度为a1,末速度为v,将重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得F N=F sin θ+mg cos θF cos θ-f-mg sin θ=ma1又f=μF N加速过程由运动学规律可知v=a1t1撤去F后,物体减速运动的加速度大小为a2,则a2=g sin θ+μg cos θ由匀变速运动规律有v=a2t2由运动学规律知x=a1+a2联立各式解得μ=0.25,x=16.25 m.2.ACD由题图(b)可求出0~t1和t1~2t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾角为θ,由牛顿第二定律知,物块上滑时有-(mg sin θ+μmg cos θ)=ma1,下滑时有μmg cos θ-mg sin θ=ma2,联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数μ及斜面的倾角θ,A、C正确;从以上两个方程可知,物块质量被约去,即不可求,B错误;物块沿斜面向上滑行的最大高度H=sin θ,可求出,D正确.3.0或h解析:由题图可知,力F随着高度x的增加而均匀减小,即F随高度x的变化关系为F=F0-kx,其中k=,则当物体到达h高度处时,向上的拉力F1=F0-h;由牛顿第二定律知,开始时加速度方向竖直向上,随x的增加加速度逐渐减小,然后反方向增大.物体从地面上升到h高度处的过程中,根据动能定理可得W F+W G=0,即h-mgh=0,求得F0=,则物体在刚开始运动时的加速度大小满足F0-mg=ma1,求得a1=;当物体运动到h高度处时,加速度大小满足mg-F1=ma2,而F1=-,求得a2=,因此加速度最大时其高度是0或h.4.(1)1 s (2) m/s解析:(1)撤去拉力F后,由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma2又0=v1-a2t2联立解得v1=5 m/s撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向),有F cos θ-mg sin θ-μ(F sin θ-mg cos θ)=ma1而v1=a1t1联立解得t1=1 s.(2)环上滑至速度为零后反向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma3,又s=(t1+t2),而v2=2a3s联立解得v= m/s.5.D如题图所示,设圆中任意一条弦为OM,圆的半径为R',则弦OM长s=2R'cos θ,小球下滑的加速度a=g cos θ,根据s=at2得t=2,与角θ无关,因此沿不同弦下滑的时间相等.故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R 的位置做自由落体运动所用的时间,即2R=g,小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间,即4R=g,联立有=,选项D正确.6.C根据题述, 物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力f AB=μmg cos 45°,B与木板之间的摩擦力f=μ·3mg cos 45°.隔离A进行受力分析,由平衡条件可得轻绳中拉力F= f AB+ mg sin 45°.对AB整体,由平衡条件得2F=3mg sin 45°-f,联立解得μ=,选项C正确.7.(1)1 m/s(2)1.9 m解析:(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2,地面对木板的摩擦力大小为f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1m A g ①f2=μ1m B g ②f3=μ2(m+m A+m B)g ③由牛顿第二定律得f1=m A a A④f2=m B a B⑤f2-f1-f3=ma1⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有v1=v0-a B t1⑦v1=a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨.(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为s B=v0t1-a B设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有f1+f3=(m B+m)a2由①②④⑤式知,a A=a B;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+a A t2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为s A=v0(t1+t2)-a A(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=s A+s1+s B联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m.(也可用如图的速度—时间图线求解)8.(1)0.5 s (2)2.75 s解析:(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差,设物块A、B在传送带上的加速度为a0,则有μ1mg=ma0解得a0=8 m/s2根据v=a0Δt可得Δt==0.5 s.(2)过程一物块A滑上木板C与木板有相对运动,则有μ2mg=ma A,解得a A=2 m/s2,方向水平向右水平方向对木板C有μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止过程二经过Δt=0.5 s后,物块B滑上木板C,此时物块A的速度为v A=v-a AΔt=3 m/s物块B和木板C有相对运动,则有μ2·2mg=2ma B代入数据解得a B=2 m/s2,方向向右对木板C有μ2·2mg+μ2mg-μ1(2m+2m)g=ma C代入数据解得a C=2 m/s2,方向水平向左木板C由静止开始向左匀加速运动,物块A与木板C共速时有v A-a A t1=a C t1=v AC代入数据解得t1=0.75 s,v AC=1.5 m/s此时v B=v-a B t1=2.5 m/s过程三物块B相对木板C继续向左运动,仍做a B=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止,将木板C和物块A看作整体有μ2·2mg-μ3(2m+2m)g=2ma AC解得a AC=0故木板C和物块A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速,速度为v B-a B t2=v AC,解得t2=0.5 s过程四三物体保持相对静止,一起做匀减速运动,直到减速到零,木板C停止运动,则有μ3(2m+2m)g=4ma ABC代入数据解得a ABC=1 m/s2t3==1.5 s故木板C运动的总时间为t=t1+t2+t3=2.75 s.图甲9.2 s解析:开始阶段,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下,物体由静止开始加速下滑,受力分析如图甲所示由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1解得a1=g sin θ+μg cos θ=10 m/s2物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间t1==1 s物体运动的位移s1=a1 =5 m<16 m即物体加速到10 m/s时仍未到达B点图乙当物体加速至与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,物体在重力作用下将继续加速,此后物体的速度大于传送带的速度,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上,如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则L AB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s故所需时间t=t1+t2=2 s.10.AD A、B两物块间的距离不变,则弹簧弹力不变,对A、B及弹簧整体应用牛顿第二定律可得F-(m A+m B)g sin θ-μ(m A+m B)·g cos θ=(m A+m B)a,所以两物块做匀加速直线运动的加速度a=-g sin θ-μg cos θ,对物块B应用牛顿第二定律可得T-m B g sin θ-μm B g cos θ=m B a,所以弹簧弹力T=m B(g sin θ+μg cos θ)+m B a=.只改变斜面粗糙。
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试题经典含解析
高考物理牛顿运动定律试题经典含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。
t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。
已知圆轨道的半径R=0.5 m。
（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。
如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。
【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得：2．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。
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′，对物块受力分析：1mg ma μ=对木板：2F mg Ma μ+=由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''= 解得：113t s = 2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+=解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ=由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得23t s = 故经过时间12310.91t t t s +=+=≈ 物块滑落.2．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。
某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg （可视为质点）从赛道顶端静止开始沿直线下滑，到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s 。
然后在水平赛道上沿直线继续前进180m 静止。
假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数相同，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）滑雪者与赛道间的动摩擦因数；（2）滑雪者在斜面赛道上受到的合外力；（3）滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度【答案】（1）0.25（2）300N(3)7.5s,112.5m【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出滑雪者与赛道间的动摩擦因数；根据滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据速度位移公式求出斜面赛道的长度；解：(1)水平面匀减速v2=2a2s得a2=2.5m/s2由牛顿第二定律：μmg=ma2得：μ=0.25(2) 滑雪者在斜面赛道上受到的合外力F=mg sin37°-μmg cos37°=300N(3) 根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度由得：由v2=2as得3．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。
高三物理牛顿运动定律试题答案及解析
高三物理牛顿运动定律试题答案及解析1.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。
他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v―t图象，如图所示（除2s―10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。
已知在小车运动的过程中，2s―14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行。
小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。
则A．小车所受到的阻力大小为1.5NB．小车匀速行驶阶段发动机的功率为9WC．小车在加速运动过程中位移的大小为48mD．小车在加速运动过程中位移的大小为39m【答案】AB【解析】小车在14s-18s内在阻力作用下做匀减速运动，加速度由牛顿定律可知，小车所受到的阻力大小为f=ma=1.5N，选项A 正确；小车匀速行驶阶段发动机的功率为P=Fv=fv=1.5×6W=9W，选项B正确；在0-2s匀加速阶段的位移为，在2-10s 内由动能定理：，解得x2=39m所以小车在加速运动过程中位移的大小为3m+39m=42m，选项CD 错误。
【考点】v-t图线；牛顿定律的应用及动能定理。
2.洗车档的内、外地面均水平，门口的斜坡倾角为θ 。
质量为m的Jeep洗完车出来，空挡滑行经历了如图所示的三个位置。
忽略车轮的滚动摩擦，下列说法正确的是A．在三个位置Jeep都正在做加速运动B．在乙位置Jeep正在做匀速运动C．在甲位置Jeep受到的合力等于mgsinθD．在丙位置Jeep的加速度小于gsinθ【答案】BD【解析】甲图和丙图中Jeep的前轮和后轮分别在斜坡上，所以是加速运动，而乙图中Jeep的前后轮均在水平面上，所以做运动运动，选项B正确，A错误；在甲位置和丙位置Jeep受到的合力均小于mgsinθ ，加速度均小于gsinθ， D正确，C错误。
【考点】牛顿定律的应用。
3.如图1所示，质量为m=2kg的小滑块放在质量为M=1kg的长木板上,已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，开始小滑块和长木板均处于静止状态，现对小滑块施加向右的水平拉力F，水平拉力F随时间的变化规律如图2所示，已知小滑块始终未从长木板上滑下且μ1=0.2，μ2=0.1，g=10m/s2。
高三物理牛顿第一定律试题答案及解析
高三物理牛顿第一定律试题答案及解析1.火车在平直轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回原处的原因是：A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的推力，带着他随同火车一起向前运动；B．人跳起瞬间，车厢地板给他一向前的推力，推动他随同火车一起向前运动；C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后的距离不明显D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终和车具有相同的速度。
【答案】D【解析】由牛顿第一定律可知，物体如果不受力的作用，将保持原来的运动状态不变。
火车上的人跳起后，在水平方向上不受力，将保持与车厢相同的速度向前运动，故落下时在车厢运动方向上与车厢具有相同的位移，会落回原处，D对。
【考点】牛顿运动定律的应用2.关于惯性的认识，以下说法正确的是A．物体受到力的作用后，运动状态发生改变，惯性也随之改变B．置于光滑水平面上的物体即使质量很大也能被拉动，说明惯性与物体的质量无关C．让物体的速度发生改变，无论多快，都需要一定时间，这是因为物体具有惯性D．同一物体沿同一水平面滑动，速度较大时停下的时间较长，说明惯性与速度有关【答案】C【解析】惯性是物体保持原来运动状态的性质，其唯一量度是质量，质量越大惯性越大，即改变状态越难，与物体的运动状态无关，与物体的受力状态无关，所以选项ABD错误C正确．【考点】考查对惯性的理解．3.汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是A．车速越大，它的惯性越大B．车速越大，刹车后滑行的路程越长C．质量越大，它的惯性越大D．车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大【答案】BC【解析】质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，所以A错误，C正确;车速越大，所需制动距离越大，与物体惯性的大小无关，所以B正确，D错误．故选BC．【考点】惯性的概念。
4.下列说法中不正确的是（）A．牛顿提出万有引力定律，并利用扭秤实验，巧妙地测出了万有引力常量B．牛顿第一定律、牛顿第二定律都可以通实验来验证C．单位m、kg、s是一组属于国际单位制的基本单位D．牛顿第一定律是牛顿第二定律在加速度等于零下的一个特例。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（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=vt=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为0.8h m =。
在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。
已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。
()1求货物从小车右端滑出时的速度；()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】【详解】()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：212h gt =， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s =()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共，由能量守恒定律得：()2201122Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：2211'22x mgs mv mv 共μ-=-， 解得：'0.7s m =，车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；3．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v 0=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/s 2.求：(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t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =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v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =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x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<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.4．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1397/c v m s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：213/c v m s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+ 解得：133397/22max c v v m s == 同理得：313/2min v m s = 所以03313/397/22m s v m s ≤≤5．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系12(),2F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力图像．（规定向左为正方向）【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）.【解析】试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态 由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹max 3A A f N f ∴=<方向向右；对B 有：B F f =弹max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=0.1414B m gx m cm kμ∴='==A 、B 间距离： 011s l x cm '=-=（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹 得：13()2A f F F t N =-=-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26sf t 图象如图所示作出在A开始滑动前A受到的摩擦力A6．如图所示，水平传送带长L=5m，以速度v=2m/s沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2。
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(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，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。
已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ；(3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。
【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：1sin 2mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13cos 4m f mg mg μα==由于：sin m f mg α>所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()99.0N 8m F M m g =+=（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动对小木块有：21cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=对长木棒受力如图丙所示()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=解得24.5m/s a ='由几何关系有：221122L a t at =-' 解得1t s =全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫=+=+++ ⎪⎝⎭解得：12J Q =。
高中物理 必修一【牛顿运动定律整合】典型题(带解析)
高中物理必修一一、【牛顿运动定律】1．伽利略的斜面实验证明了()A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或者静止状态解析：选D．伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确．2．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是()A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同解析：选B．力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误．3.某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则()A．此同学无法取出羽毛球B．羽毛球会从筒的下端出来C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D．该同学是在利用羽毛球的惯性解析：选D．羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D 正确．4．(多选)下列说法正确的是( )A ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，但它的惯性却不随位置的变化而变化C ．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D ．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 解析：选BD ．惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故选项B 、D 正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv ＝at 可知需要的时间长，惯性未变，故选项A 错误；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故选项C 错误．5．夸克(quark)是一种基本粒子，也是构成物质的基本单元．其中正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为E p ＝－k 4αs 3r，式中r 是正、反顶夸克之间的距离，αs 是无单位的常量，k 是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数k 的单位是( )A ．N ·mB ．NC ．J/mD ．J ·m解析：选D ．由题意有k ＝－3E p r 4αs，αs 是无单位的常量，E p 的国际单位是J ，r 的国际单位是m ，在国际单位制中常数k 的单位是J ·m ，D 正确，A 、B 、C 错误．6. (多选)如图所示，质量为m 的小球被一根橡皮筋AC 和一根绳BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．下列判断中正确的是( )A ．在AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变B ．在AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θC ．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g cos θD ．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ解析：选BC ．设小球静止时BC 绳的拉力为F ，AC 橡皮筋的拉力为T ，由平衡条件可得：F cos θ＝mg ，F sin θ＝T ，解得：F ＝mg cos θ，T ＝mg tan θ.在AC 被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝mg sin θ＝g sin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小m＝球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝Fm gcos θ，C正确，D错误．7. (多选)搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：选AD．火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体．火箭向下喷气时，喷出的气体对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力．此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B、C错误，A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星吸引地球，这就是一对作用力与反作用力，故选项D正确．8.如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()A ．m g 2－⎝⎛⎭⎫F M ＋m 2B ．m g 2＋⎝⎛⎭⎫F M ＋m 2C ．m g 2＋⎝⎛⎭⎫F m 2D ．(mg )2＋F 2解析：选B ．先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：F N ＝(mg )2＋(ma )2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，故B 正确．9.如图所示，将两个相同的条形磁铁吸在一起，置于桌面上，下列说法中正确的是( )A ．甲对乙的压力的大小小于甲的重力的大小B ．甲对乙的压力的大小等于甲的重力的大小C ．乙对桌面的压力的大小等于甲、乙的总重力大小D ．乙对桌面的压力的大小小于甲、乙的总重力大小解析：选C ．以甲为研究对象，甲受重力、乙的支持力及乙的吸引力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，乙对甲的支持力大小等于甲受到的重力和吸引力的大小之和，大于甲的重力大小，由牛顿第三定律可知，甲对乙的压力大小大于甲的重力大小，故A 、B 错误；以整体为研究对象，整体受重力、支持力而处于平衡状态，故桌面对乙的支持力等于甲、乙的总重力的大小，由牛顿第三定律可知乙对桌面的压力大小等于甲、乙的总重力大小，故C 正确，D 错误．10.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法正确的是( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A．由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．11.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则()A．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态B．运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零C．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力D．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力解析：选C．运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A错误；运动员把跳板压到最低点时，跳板给运动员的弹力大于运动员受到的重力，合外力不为零，故B错误；从最低点到运动员离开跳板过程中，跳板对运动员的作用力做正功，重力做负功，二力做功位移一样，运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C正确；跳板对运动员的作用力与运动员对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误．12．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选C．根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错误；因为甲对绳的拉力和乙对绳的拉力作用在同一个物体(绳)上，故两力不可能是作用力与反作用力，故选项B错误；若甲的质量比乙大，则甲的惯性比乙的大，故运动状态改变比乙难，故乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误．13．(山东省2020等级考试) (多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是()解析：选AD．人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离均匀增加，人的加速度随下落距离先均匀减小后反向均匀增大，C 错误，D 正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加．B 错误，A 正确．14．(多选)某物体在光滑的水平面上受到两个恒定的水平共点力的作用，以10 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，其中F 1与加速度的方向的夹角为37°，某时刻撤去F 1，此后该物体( )A ．加速度可能为5 m/s 2B ．速度的变化率可能为6 m/s 2C ．1 秒内速度变化大小可能为20 m/sD ．加速度大小一定不为10 m/s 2解析：选BC ．根据牛顿第二定律得F 合＝ma ＝10m ，F 1与加速度方向的夹角为37°，根据几何知识可知，F 2有最小值，最小值为F 2min ＝F 合sin 37°＝6m ，所以当F 1撤去后，合力的最小值为F min ＝6m ，此时合力的取值范围为F 合≥6m ，所以最小的加速度为a min ＝F min m＝6 m/s 2，故B 、C 正确． 15.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 2 解析：选B ．剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统分析，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3，方向沿斜面向下． 16．(多选) 如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°，弹簧b 与竖直方向成60°，弹簧a 、b 的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶1B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶2C ．若弹簧a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g 2解析：选AD ．由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x ，由受力分析图知，弹簧a 中弹力F a ＝mg cos 30°＝32mg ，根据胡克定律可知弹簧a 的劲度系数为k 1＝F a x ＝3mg 2x ，弹簧b 中的弹力F b ＝mg cos 60°＝12mg ，根据胡克定律可知弹簧b 的劲度系数为k 2＝F b x ＝mg 2x，所以弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1，A 正确，B 错误；弹簧a 中的弹力为32mg ，若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 弹力的合力与F a 大小相等、方向相反，小球的加速度大小a ＝F a m＝32g ，C 错误；弹簧b 中弹力为12mg ，若弹簧b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a 弹力的合力与F b 大小相等、方向相反，故小球的加速度大小a ′＝F b m＝12g ，D 正确．二、【牛顿第二定律的应用】1. (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块立即做减速运动B ．木块在一段时间内速度仍增大C ．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D ．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD ．木块刚开始接触弹簧时，弹簧对木块的作用力小于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误，B 、C 、D 正确．2．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m解析：选C ．汽车匀速行驶时，F ＝F f ①，设汽车牵引力减小后加速度大小为a ，牵引力减少ΔF ＝2 000 N 时，F f －(F －ΔF )＝ma ②，解①②得a ＝2 m/s 2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t 汽车停止运动，则t ＝v 0a ＝102s ＝5 s ，故汽车行驶的路程x ＝v 02t ＝102×5 m ＝25 m ，故选项C 正确． 3. (多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A ．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B ．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的速度越大D ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的时间越短解析：选AC ．设屋檐的底角为θ，底边长度为L ，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x ，雨滴下滑时加速度为a ，对雨滴受力分析，只受重力mg 和屋顶对雨滴的支持力F N ，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N ，平行于屋顶方向：ma ＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F N′＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．4．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量为m＝2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F＝36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间．解析：(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：F－mg－F f＝ma由运动学规律得，上升高度：h＝12at2联立解得：F f＝4 N.(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－F f＝ma1得：a1＝8 m/s2落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m.(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得： F －mg ＋F f ＝ma 2 得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，则有 v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1 得：t 1＝553s.答案：(1)4 N (2)100 m (3)553s5.一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m ．求：(g 取10 m/s 2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小．解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， 解得：μ＝36. (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能． 由x ＝12a 1t 2，得a 1＝2 m/s 2，当加速度沿斜面向上时：F cos θ－mg sin θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1，代入数据解得：F＝7635N；当加速度沿斜面向下时：mg sin θ－F cos θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma1，代入数据解得：F＝437N.答案：(1)36(2)7635N或437N6．(多选)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是()A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2解析：选BC．根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝Fm得：物体的加速度范围为2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，故A错误．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确．由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误．7．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置()A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析：选D ．设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但l sin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．8．如图所示，B 是水平地面上AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动到C 点停止．小物块经过B 点时的速度等于它在A 点时速度的一半．则小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有μ1mg ＝ma 1，得a 1＝μ1g .从B 到C 根据牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma 2，得a 2＝μ2g .设小物块在A 点时速度大小为v ，则在B 点时速度大小为v 2，由于AB ＝BC ＝l ，由运动学公式知，从A 到B ：⎝⎛⎭⎫v 22－v 2＝－2μ1gl ，从B到C ∶0－⎝⎛⎭⎫v 22＝－2μ2gl ，联立解得μ1＝3μ2，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．9.有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F ＝200 N ，木箱沿AC 做直线运动，若木箱可视为质点，g 取10 m/s 2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足的条件．解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a 1，根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1， 解得a 1＝3 m/s 2.(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2， 解得a 2＝1 m/s 2.推力作用在木箱上时间t 内的位移为x 1＝12a 1t 2.撤去推力后木箱继续滑行的距离为x 2＝(a 1t )22a 2.为使木箱停在有效区域内，要满足 L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1， 解得1 s ≤t ≤76s. 答案：(1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤76s 10．如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝6.5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，玩具移动的距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数． (2)松手后玩具还能滑行多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F 与水平方向夹角θ为多少时拉力F 最小？ 解析：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2， 对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma ， 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′， 解得a ′＝1033m/s 2.由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则 F cos θ－F f >0，F f ＝μF N ， 在竖直方向上，由平衡条件得 F N ＋F sin θ＝mg ， 解得F >μmgcos θ＋μsin θ.因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)，所以当θ＝30°时，拉力最小． 答案：(1)33 (2)335m (3)30°三、【动力学中的“板块”“传送带”模型】1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2L a＝ 2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：。
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v t a =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—牛顿运动定律(含解析)
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—牛顿运动定律（含解析）一、选择题（1-3题为单项选择题，4-10为多项选择题）1．光滑水平地面上有两个叠放在一起的斜面体A、B，两斜面体形状大小完全相同，质量分别为M、m．如图甲、乙所示，对上面或下面的斜面体施加水平方向的恒力F1、F2均可使两斜面体相对静止地做匀加速直线运动，已知两斜面体间的摩擦力为零，则F1与F2之比为（）A．M∶mB．m∶MC．m∶(M＋m)D．M∶(M＋m)【答案】A【解析】F1作用于A时，设A和B之间的弹力为N，对A有：N cosθ＝Mg对B有：N sinθ＝ma对A和B组成的整体有：F1＝(M＋m)a＝()M m Mm+g tanθ；F2作用于A时，对B有：mg tanθ＝ma′对A和B组成的整体有：F 2＝(M ＋m )a ′＝(M ＋m )·g tan θ，12F M F m.故选A 。
2．如图所示，斜劈A 静止放置在水平地面上，木桩B 固定在水平地面上，弹簧k 把物体与木桩相连，弹簧与斜面平行．质量为m 的物体和人在弹簧k 的作用下沿斜劈表面向下运动，此时斜劈受到地面的摩擦力方向向左．则下列说法正确的是（）A ．若剪断弹簧，物体和人的加速度方向一定沿斜面向下B ．若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，A 受到的摩擦力方向可能向右C ．若人从物体m 离开，物体m 仍向下运动，A 受到的摩擦力可能向右D ．若剪断弹簧同时人从物体m 离开，物体m 向下运动，A 可能不再受到地面摩擦力【答案】A【解析】剪断弹簧前，对斜面分析，受重力、地面的支持力和静摩擦力、滑块对斜面体的力（滑块对斜面体的滑动摩擦力和压力的合力），斜劈受到地面的摩擦力方向向左，故根据平衡条件，滑块对斜面体的力向右下方；根据牛顿第三定律，斜面对滑块的力向左上方；若剪断弹簧，滑块和人整体还要受重力，故合力偏左，根据牛顿第二定律，加速度是沿斜面向下，故A 正确；若剪断弹簧，物体和人仍向下运动，故物体和人整体对斜面体的力不变，故斜面体受力情况不变，故地面摩擦力依然向左，故B 错误；若人从物体m 离开，由于惯性，物体m 仍向下运动；动摩擦因数是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故C错误；若剪断弹簧同时人从物体m离开，由于惯性，物体m仍向下运动；动摩擦因素是不变的，故滑块对斜面体压力和滑动摩擦力正比例减小，故压力和滑动摩擦力的合力依然向右下方，故地面对斜面体的静摩擦力依然向左，故D错误；故选A3．如图，小球A置于固定在水平面上的光滑半圆柱体上，小球B用水平轻弹簧拉着，弹簧固定在竖直板上．两小球A、B通过光滑滑轮O用轻质细线相连，两球均处于静止状态．已知球B质量为m，O点在半圆柱体圆心O1的正上方，OA与竖直方向成30°角．OA长度与半圆柱体半径相等，OB与竖直方向成45°角，现将轻质细线剪断的瞬间(重力加速度为g)（）AB．球B的加速度为gC．球A受到的支持力为D．球A的加速度为1 2 g【答案】D【解析】A、隔离对B分析，根据共点力平衡得：水平方向有：0sin45FB T ︒=竖直方向有：0cos45mg B T ︒=，则0B T =，弹簧弹力F mg =，A 错误；B 、轻绳剪断后，00B T =，另两个力不变，此时：a F m 合==，B 错误；C 、轻绳剪断后，0OA T =，沿圆弧切线和沿半径方向处理力，瞬间速度为零，沿半径方向合力为零，有：1N gsin60g 2A A m m =︒=，C 错误；D 、沿切线方向，0gcos601a 2A A m g m ==，D 正确；故选D ．4．如图甲所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ，以恒定速率v =4m/s 顺时针转动。
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．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：1100.52v 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 ∆=+-=。
【高考物理必刷题】牛顿运动定律(后附答案解析)
上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小1D.的大小不变，而方向与角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为（）2由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）3实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对4表示滑块下滑的加速度大小，用表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大的关系式为．，．（结果保留3位有效数字）56，放在静止于水平地面上的木板的两；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为两滑块开始相向滑动，初速度大小均为．、相遇时，与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为．求：开始运动时，两者之间的距离．1上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小的合力大小方向不变，且与先增后减，始终变大．2D.；由，可知摩擦力为：，代入数据为：联立可得：，故C正确．故选C．相互作用共点力平衡多个力的动态平衡由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）34实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对56开始运动时，两者之间的距离．考点时和板共速和板共速后得加速度：再经过，和板共速，（2）牛顿运动定律牛顿运动定律专题滑块问题。
高中物理牛顿运动定律练习题(含解析)
高中物理牛顿运动定律练习题学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．关于电流，下列说法中正确的是( )A ．电流跟通过截面的电荷量成正比，跟所用时间成反比B ．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大C ．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向D ．国际单位制中，其单位“安培”是导出单位2．2000年国际乒联将兵乓球由小球改为大球，改变前直径是0.038m ，质量是2.50g ；改变后直径是0.040m ，质量是2.70g 。
对此，下列说法正确的是（ ）A ．球的直径大了，所以惯性大了，球的运动状态更难改变B ．球的质量大了，所以惯性大了，球的运动状态更难改变C ．球的直径大了，所以惯性大了，球的运动状态更容易改变D ．球的质量大了，所以惯性大了，球的运动状态更容易改变3．在物理学的探索和发现过程中常用一些方法来研究物理问题和物理过程，下列说法错误的是（ ）A ．在伽利略研究运动和力的关系时，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法B ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想化模型法C ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时用质点来代替物体，运用了理想化模型法D ．比值定义包含“比较”的思想，例如，在电场强度的概念建立过程中，比较的是相同的电荷量的试探电荷受静电力的大小4．下列说法中正确的是（ ）A ．物体做自由落体运动时没有惯性B ．物体速度小时惯性小，速度大时惯性大C ．汽车匀速行驶时没有惯性，刹车或启动时才有惯性D ．惯性是物体本身的属性，无论物体处于何种运动状态，都具有惯性5．如图所示，质量为10kg 的物体A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为6N 时，物体处于静止状态。
若小车以20.8m /s 的加速度向右加速运动（取210m /s g ），则（ ）A ．物体A 受到的弹簧拉力不变B ．物体相对小车向左运动C ．物体A 相对小车向右运动D ．物体A 受到的摩擦力增大6．下列说法中错误的是（ ） A ．沿着一条直线且加速度存在且不变的运动，叫做匀变速直线运动B ．为了探究弹簧弹性势能的表达式，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每一小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做微元法C ．从牛顿第一定律我们得知，物体都要保持它们原来的匀速直线运动或静止的状态，或者说，它们都具有抵抗运动状态变化的“本领”D ．比值定义法是一种定义物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义式Q C U=，表示C 与Q 成正比，与U 成反比，这就是比值定义的特点7．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
2mv12
2mgl
W
解得W 1J．
答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是 1J；
(2)当滑块下移距离为 d=5cm 时挡板对滑块压力的大小是 25N； (3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J．
8．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为 m=5kg 的行李包 （可视为质点）无初速度的放在水平传送带的 A 端，传送到 B 端时没有被及时取下，行李 包从 B 端沿倾角为 37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为 0.5，行 李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）． （1）行李包相对于传送带滑动的距离． （2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．
(1)斜面倾角 θ 的正切值 tanθ； (2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前 一瞬间的速度 v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑 块 P 上 B 端的距离 x 是多少？
【答案】（1） 1 （2）直接落到水平面上；1.02m。 2
解：（1）由
得，
a=
．
故物体下落的加速度大小为 8m/s2． （2）根据牛顿第二定律得，mg﹣f=ma 则 f=mg﹣ma=50﹣5×8N=10N 故下落过程中物体所受阻力的大小为 10N． 答：（1）物体下落的加速度的大小 8m/s2；（2）下落过程中物体所受阻力的大小 10N 【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据 力求运动，也可以根据运动求力．
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高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为0.8h m =。
在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。
已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。
()1求货物从小车右端滑出时的速度；()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：212h gt =， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s =()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共，由能量守恒定律得：()2201122Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：2211'22x mgs mv mv 共μ-=-，解得：'0.7s m =，车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；3．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t 1； （2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s ；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为3m/s 2，12m/s 2；（3）【解析】 【详解】（1）当F ＜μ2（m 1+m 2）g ＝3N 时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m 1：f max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝m 1a max ，f max ＝μ1m 2g 解得：a max ＝3m/s 2对整体有：F max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝（m 1+m 2）a max 解得：F max ＝12N 由F max ＝3t 得：t ＝4s（2）t ＝10s 时，两物体已相对运动，则有： 对m 1：μ1m 2g ﹣μ2 （m 1+m 2）g ＝m 1a 1解得：a 1＝3m/s 2对m 2：F ﹣μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝3t ＝30N 解得：a 2＝12m/s 2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12） 图象如图所示．4．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量． 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =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v 0=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/s 2.求：(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t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =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v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =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x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<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．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小； (3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）26N 【解析】 【分析】（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力； （3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求．【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1， 得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3 解得a 2＝2 m/s 2F 阻＝Ma 2＝9000 N.(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1 F ＝()()221mg ma +得F ＝6026 N.7．如图所示，一个质量为3kg 的物体静止在光滑水平面上．现沿水平方向对物体施加30N 的拉力，（g 取10m/s 2）．求：（1）物体运动时加速度的大小； （2）物体运动3s 时速度的大小；（3）物体从开始运动到位移为20m 时经历的时间． 【答案】（1）10m/s 2（2）30m/s （3）2s 【解析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律得：2230m/s 10m/s 3F a m ===； （2）物体运动3s 时速度的大小为 ：103m/s 30m/s v at ==⨯=；（3）由位移与时间关系：212x at =则：2120m 102t =⨯⨯，则：2s t =． 【点睛】本题是属性动力学中第一类问题，知道受力情况来确定运动情况，关键求解加速度，它是联系力与运动的纽带．8．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比． 【答案】(1) g(sin α－μcos α) (2) ()2sin sin cos hg θθμθ- (3)1:1【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲 Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得22221==1x h OP x h OQ ++甲乙9．如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定．解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上．以P 点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示．已知物体质量为2kg ，物体离开平台后下落0.8m 的过程中，水平方向也运动了0.8m ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．求：(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能． 【答案】(1)0.2μ=，400/k N m =(2)2/v m s =， 6.48p E J = 【解析】 【详解】（1）由图象知，弹簧最大压缩量为0.18x m ∆=，物体开始运动时加速度2134/a m s =，离开弹簧后加速度大小为222/a m s =.由牛顿第二定律1k x mg ma μ⋅∆-=①，2mg ma μ=②联立①②式，代入数据解得0.2μ=③400/k N m =④（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：212h gt =⑤ d vt =⑥物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：212p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧6.48p E J =⑨10．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2．问：（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？【答案】（1）10v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2；（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：22()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m滑板碰后，P 1向右滑行距离：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 2v s a '==所以P1、P2静止后距离：△S=L-S1-S2=1．47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．。