一轮复习牛顿运动定律测试题含答案
高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题精排版(含答案)
高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题1．关于力学单位制说法中正确的是( )A．kg、m/s、N是导出单位B．kg、m、J是基本单位C．在国际单位制中，质量的基本单位是kg，也可以是gD．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma2．静止在光滑水平面上的物体，在水平推力F作用下开始运动，推力随时间变化的规律如图所示，关于物体在0～t1时间内的运动情况，正确的描述是A．物体先做匀加速运动，后做匀减速运动B．物体的速度一直增大C．物体的速度先增大后减小D．物体的加速度一直增大3．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500 m/s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取10 m/s2) ( )A．510 NB．490 NC．890 ND．910 N4．一个静止的质点，在0～4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F随时间t的变化如图所示，则质点在( )A．第2 s末速度改变方向B．第2 s末位移改变方向C．第4 s末回到原出发点D．第4 s末运动速度为零5．质量为m的物体从高处静止释放后竖直下落，在某时刻受到的空气阻力为F f ，加速度为a＝13g，则Ff的大小是( )A．F f＝13mg B．Ff＝23mgC．F f＝mg D．F f＝43mg6．搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则 ( )A．a1＝a2B．a1<a2<2a1C．a2＝2a1D．a2>2a17．如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦．现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为( )A．物块先向左运动，再向右运动B．物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动C．木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动D．木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零8．如图为蹦极运动的示意图．弹性绳的一端固定在O点，另一端和运动员相连．运动员从O点自由下落，至B点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C点到达最低点D，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B点时，运动员的速率最大②经过C点时，运动员的速率最大③从C点到D点，运动员的加速度增大④从C点到D点，运动员的加速度不变A．①③B．②③C．①④D．②④答案：B9．直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500 kg空箱的悬索＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小与竖直方向的夹角θ1稳定在a＝1.5 m/s2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M.(取重力加速度g＝10 m/s2；sin 14°≈0.242；cos 14°≈0.970)10．上海市胶州路余姚路附近一教师公寓突发火灾，一架警用直升机随即赶往现场勘查火情．假如直升飞机能对被困人员进行救援，武警队员从悬停在空中离被困人员95 m高的直升机上沿绳滑落进行救人，某武警队员和他携带的设备质量共为70 kg，设武警队员用特制的手套轻握绳子时可获得210 N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得910 N的摩擦阻力，滑落过程中武警队员至少轻握绳子才能确保安全．试求：(1)武警队员轻握绳子降落时的加速度大小；(2)若要使武警队员到达被困人员跟前时速度为零，则武警队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少？最少时间为多少？11．一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v0＝12 m/s的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关．某时刻，车厢脱落，并以大小为a＝2 m/s2的加速度减速滑行．在车厢脱落t＝3 s后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍．假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离．高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用》典型题参考答案1．答案：D2．解析：由牛顿运动定律可以分析出，由F合＝ma得：F先增大后减小，则a 先增大后减小，说明物体做变加速运动，A、D选项错．在0～t1时间内F的方向不变，F与v同向，则物体做加速运动．答案：B3．解析：绳子的拉力F T＝mg＋ma＝20×(10＋0.500) N＝210 N．地面对人的支持力也就等于工人对地面的压力大小，F N＝Mg－F T＝700 N－210 N＝490 N.答案：B4．解析：该质点在前两秒内，沿F方向先做加速度增大的加速运动，再做加速度减小的加速运动；从第2秒末到第4秒末的两秒内，沿F方向，先做加速度增加的减速运动，再做加速度减小的减速直线运动，该质点一直朝一个方向运动，4秒末速度减为0，因而D对．答案：D5．解析：由牛顿第二定律，a＝F合m＝mg－Ffm＝13g，可得空气阻力大小Ff＝23mg，B选项正确．答案：B6．解析：设总的阻力为F′，第一次推时F－F′＝ma1，式子两边同乘以2，得2F－2F′＝m·2a1，第二次推时，2F－F′＝ma2，比较两个式子可以看出a2>2a1，所以D正确．答案：D7．解析：木板受拉力，向右做加速运动，物块相对木板向左滑动，受向右的摩擦力，物块向右做加速运动．撤掉力F时，v木向右，v物也向右，且v木>v物，那么，物块相对木板仍向左滑动，仍受向右的摩擦力，故物块仍向右加速运动，速度增大，当撤去拉力时，木板减速运动，物块加速运动，当物块与木板速度等大时，再无摩擦力，物块速度最大，之后二者一起做匀速运动，故A 错，B 对．故C 对，D 错，故选B 、C.答案：BC8．解析：在BC 段，运动员所受重力大于弹力，向下做加速度逐渐减小的变加速运动，当a ＝0时，速度最大，即在C 点时速度最大，②对．在CD 段，弹力大于重力，运动员做加速度逐渐增大的变减速运动，③对．故选B.答案：B9．解析：直升机取水前，水箱受力平衡T 1sin θ1－F f ＝0 T 1cos θ1－mg ＝0 解得F f ＝mg tan θ1直升机取水返回时，由牛顿第二定律T 2sin θ2－F f ＝(m ＋M )a T 2cos θ2－(m ＋M )g ＝0 代入数据解得水箱中水的质量M ＝4.5×103 kg. 答案：4.5×103 kg10．解析：(1)设武警队员轻握绳子降落时的加速度的大小为a ，由牛顿第二定律可得mg －f 1＝ma解得a ＝g －f 1m＝6.8 m/s 2.(2)如图所示，根据武警队员运动的速度时间图象可以判断得出，在位移一定的情况下，武警队员经过加速和减速两个过程所需的时间最短，即武警队员先轻握绳子以最大加速度下滑，再紧握绳子以最大的摩擦阻力做减速运动，使到达被困人员跟前时速度为0，这样的下滑过程所需时间最少．设有最大的摩擦阻力时武警队员的加速度大小为a ′，则f 2－mg ＝ma ′解得a′＝f2m－g＝3.2 m/s2设运动过程中的最大速度为v，则有h＝v22a＋v22a′解得v≈20.33 m/s所以t＝va＋va′＝9.34 s.答案：(1)6.8 m/s2(2)先加速后减速9.34 s11．解析：设卡车的质量为M，卡车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F，卡车刹车前后加速度的大小分别为a1，和a2，重力加速度大小为g.由牛顿第二定律有F－2μMg＝0①F－μMg＝Ma1②μMg＝Ma③3μMg＝Ma2④设车厢脱落后，t＝3 s内卡车行驶的路程为x1，末速度为v1.根据运动学公式有x 1＝v0t＋12a1t2⑤v1＝v0＋a1t⑥v21＝2a2x2⑦式中，x2是卡车在刹车后减速行驶的路程．设车厢脱落后滑行的路程为x，有v2＝2ax⑧卡车和车厢都停下来后相距Δx＝x1＋x2－x⑨由①至⑨式得Δx＝－v23a＋43vt＋23at2⑩代入题给数据得Δx＝36 m⑪答案：36 m。
高三物理一轮复习 牛顿运动定律复习题及答案解析
章末检测(三)(时间：60分钟，分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1．“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动．某人做蹦极运动，所受绳子拉力F 的大小随时间t 变化的情况如图所示．将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g .据图可知，此人在蹦极过程中最大加速度约为( )A ．gB ．2gC ．3gD ．4g2．如图是一种升降电梯的示意图，A 为载人箱，B 为平衡重物，它们的质量均为M ，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动．如果电梯中人的总质量为m ，匀速上升的速度为v ，电梯即将到顶层前关闭电动机，依靠惯性上升h 高度后停止，在不计空气和摩擦阻力的情况下，h 为( )A.v 22gB.(M ＋m )v 22mgC.(M ＋m )v 2mgD.(2M ＋m )v 22mg3．如图所示，倾斜固定直杆与水平方向成60°角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接．当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30°角．下列说法中正确的是( )A ．圆环不一定加速下滑B ．圆环可能匀速下滑C ．圆环与杆之间一定没有摩擦D ．圆环与杆之间一定存在摩擦4．图甲是某景点的山坡滑道图片，为了探究滑行者在滑道直线部分AE滑行的时间，技术人员通过测量绘制出如图乙所示的示意图．AC是滑道的竖直高度，D点是AC竖直线上的一点，且有AD＝DE＝10 m，滑道AE可视为光滑，滑行者从坡顶A点由静止开始沿滑道AE 向下做直线滑动，g取10 m/s2，则滑行者在滑道AE上滑行的时间为()A. 2 s B．2 sC. 3 s D．2 2 s5．2013年10月11日，温州乐清市德力西公司的专家楼B幢发生惊险一幕，一个小男孩从楼上窗台突然坠落．但幸运的是，楼下老伯高高举起双手接住了孩子，孩子安然无恙．假设从楼上窗台到接住男孩的位置高度差为h＝20 m，老伯接男孩的整个过程时间约为0.2 s，则(忽略空气阻力，g取10 m/s2)()A．男孩接触老伯手臂时的速度大小为25 m/sB．男孩自由下落时间约为4 sC．老伯手臂受到的平均作用力是男孩体重的11倍D．老伯接男孩的整个过程，男孩处于失重状态6．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行．初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v－t图象(以地面为参考系)如图乙所示．已知v2>v1，则() A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C．0～t2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D．0～t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意)7．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图所示，在这段时间内下列说法中正确的是()A．晓敏同学所受的重力变小了B．晓敏对体重计的压力等于体重计对晓敏的支持力C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度大小为g/5，方向一定竖直向下8．如图所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球静止，两细线与水平方向的夹角α＝30°，弹簧水平，以下说法正确的是() A．两球质量一定相等B．两球质量可能不相等C．剪断左侧细线瞬间，a球加速度为gD．剪断左侧细线瞬间，b球加速度为09．如图甲所示，A、B两物体叠放在一起，放在光滑的水平面上，从静止开始受到一变力的作用，该力与时间的关系如图乙所示，A、B始终相对静止，设向右为正方向，则关于A 物体运动的加速度a、速度v、B对A的摩擦力F f及运动的位移x随时间变化的关系图象正确的是()三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10．(10分)某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系．弹簧测力计固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d.开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处的时间t.(1)木块的加速度可以用d、t表示为a＝________.(2)改变瓶中水的质量，重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系．下列图象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．可以更方便地获取更多组实验数据C．可以更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11．(18分)如图甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角为θ＝37°的固定斜面上(斜面足够长)，对物体施加平行于斜面向上的恒力F，作用时间t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.试求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数和拉力F 的大小；(2)t ＝6 s 时物体的速度，并在图乙上将6 s 内物体运动的v －t 图象补画完整，要求标明有关数据．12．(18分)如图所示，质量为M ＝8 kg 的小车放在光滑的水平面上，在小车左端加一水平推力F ＝8 N ，当小车向右运动的速度达到v 0＝1.5 m/s 时，在小车前端轻轻放上一个大小不计、质量为m ＝2 kg 的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ＝0.2.已知在运动过程中，小物块没有从小车上掉下来，取g ＝10 m/s 2.求：(1)经过多长时间两者达到相同的速度；(2)小车至少多长才能保证小物块不从小车上掉下来？(3)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为多少？章末检测(三)1．[解析]选B.从图象可知，当人最后不动时，绳上的拉力为35F 0，即mg ＝35F 0，最大拉力为95F 0，因此最大加速度为95F 0－mg ＝ma,3mg －mg ＝ma ，a ＝2g ，B 正确．2．[解析]选D.关闭发动机后，系统做匀减速直线运动，加速度大小为a ＝mg2M ＋m，上升的高度h ＝v 22a ＝(2M ＋m )v 22mg，选项D 正确．3．[解析]选D.对小球由牛顿第二定律得：沿斜面方向mg sin 60°－F T sin 30°＝ma ，垂直斜面方向mg cos 60°－F T cos 30°＝0，解得a ＝33g ，由于小球与圆环保持相对静止，故圆环一定加速下滑，选项A 、B 错误；对小球和圆环组成的系统，由牛顿第二定律得(M ＋m )g sin 60°－F f ＝(M ＋m )a ，解得F f ＝36(M ＋m )g ，故圆环与杆之间一定存在摩擦，选项D 正确，C 错误．4．[解析]选B.根据题图乙所示的示意图可知，AE 两点在以D 为圆心、半径为R ＝10 m 的圆周上，根据物体在竖直圆弧轨道内的斜面上运动的特点可知，滑行者沿AE 滑道滑行的时间与沿AD 所在的直径自由下落的时间相同，则有t ＝4Rg＝2 s ，故B 正确．5．[解析]选C.由运动规律可得，男孩下落到老伯手臂处的速度为v ，由v 2＝2gh 解得v ＝20 m/s ，男孩的下落时间t 1＝v /g ＝2 s ，所以A 、B 项错误；从接触老伯手臂到停止运动，男孩的加速度a ＝v /t 2＝100 m/s 2，根据牛顿第二定律F －mg ＝ma 可得，F ＝11mg ，故C 项正确．老伯接男孩的整个过程，男孩做减速运动，加速度方向向上，男孩处于超重状态，D 项错误．6．[解析]选B.小物块对地速度为零时，即t 1时刻，小物块在A 处左侧且距离A 最远．t 2时刻，小物块相对传送带静止，此时不再相对传送带滑动，所以从开始到此刻，它相对传送带滑动的距离最大.0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力为滑动摩擦力，方向始终向右，大小不变，t 2时刻以后相对传送带静止，故不再受摩擦力的作用．B 正确．7．[解析]选BD.由题知体重计的示数为40 kg 时，人对体重计的压力小于人的重力，故处于失重状态，实际人受到的重力并没有变化，A 错；由牛顿第三定律知B 对；电梯具有向下的加速度，但不一定是向下运动，C 错；由牛顿第二定律mg －F N ＝ma ，可知a ＝g5，方向竖直向下，D 对．8．[解析]选AD.由对称性可知，两球质量相等，A 正确．剪断左侧细线瞬间，a 球加速度为g /sin α，b 球加速度为0，D 正确．9．[解析]选AD.A 、B 相对静止，A 的加速度就是系统的加速度，系统的合外力为F ，因此加速度与F 成正比，A 项正确；A 做的是变加速运动，B 项错误；t 0时刻速度不为零，C 项错误；A 的加速度由B 对A 的静摩擦力提供，因此F f 与a 成正比，D 项正确．10．[解析](1)由匀变速直线运动规律得d ＝12at 2，解得a ＝2dt2.(2)木块刚刚开始滑动时，弹簧测力计的示数F 0大小等于木块所受的滑动摩擦力；木块加速运动时，由牛顿第二定律得F －F 0＝ma ，解得a ＝1m F －F 0m，选项C 正确．(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是可以更方便地获取更多组实验数据，可以更精确地测出摩擦力的大小，选项B 、C 正确．[答案](1)2dt2 (2)C (3)BC11．[解析](1)设撤去拉力前物体的加速度大小为a 1，撤去拉力后物体沿斜面继续上滑的加速度大小为a 2，由v －t 图象可知：a 1＝20－01－0 m/s 2＝20 m/s 2(2分)a 2＝20－102－1m/s 2＝10 m/s 2(2分)对物体在撤去拉力前，由牛顿第二定律得 F －mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 1(2分)对物体在撤去拉力后上滑时，由牛顿第二定律得 mg sin 37°＋μmg cos 37°＝ma 2(2分) 解得F ＝30 N ，μ＝0.5.(2分)(2)加速上滑的时间t 1＝1 s ，撤去拉力时的速度为v ＝20 m/s ，设再经过t 2速度减至0. 由0＝v －a 2t 2得t 2＝2 s(2分)在最高点时，因mg sin 37°>μmg cos 37°，故物体将沿斜面加速下滑，设加速度大小为a 3，据牛顿第二定律得 mg sin 37°－μmg cos 37°＝ma 3(2分)解得a 3＝2 m/s 2(2分)再经过3 s 物体的速度大小为6 m/s ，方向沿斜面向下，补画完整后的图线及有关数据如图所示．(2分)[答案](1)0.5 30 N (2)见解析12．[解析](1)设小物块和小车的加速度分别为a m 、a M ，由牛顿第二定律得μmg ＝ma m (1分)F －μmg ＝Ma M (1分) 代入数据解得a m ＝2 m/s 2，a M ＝0.5 m/s 2(2分)设经过时间t 1两者达到相同的速度，由a m t 1＝v 0＋a M t 1得t 1＝1 s ．(2分)(2)当两者达到相同的速度后，假设两者保持相对静止，以共同的加速度a 做匀加速运动．对小物块和小车构成的整体，由牛顿第二定律得F ＝(M ＋m )a (1分) 得a ＝0.8 m/s 2(1分)此时小物块和小车之间的摩擦力 F f ＝ma ＝1.6 N(1分)而小物块和小车之间的最大静摩擦力 F fm ＝μmg ＝4 N(1分)F f <F fm ，所以两者达到相同的速度后，保持相对静止． 从小物块放上小车开始，小物块的位移x m ＝12a m t 21(1分)小车的位移x M ＝v 0t 1＋12a M t 21(1分)小车的长度至少为L ＝x M －x m ＝0.75 m ．(1分) (3)在开始的t 1＝1 s 内，小物块的位移为x m ＝12a m t 21＝1 m(1分)末速度v ＝a m t 1＝2 m/s(1分)在接下来的0.5 s 内，小物块与小车相对静止，以共同的加速度a ＝0.8 m/s 2做匀加速运动．这0.5 s 内通过的位移x ＝v (t －t 1)＋12a (t －t 1)2(1分)代入数据解得x ＝1.1 m(1分)从小物块放上小车开始，经过t ＝1.5 s 小物块通过的位移大小为x 总＝x m ＋x ＝2.1 m ．(1分)[答案](1)1 s (2)0.75 m (3)2.1 m。
物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析
物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。
水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。
传送带BC 间距0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。
两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。
用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。
已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。
求：（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间 （2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】 【详解】解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2v mgcos θm r=解得： v 0.8m /s =对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ=故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v= 解得：t 1s =(2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1W W mv 2-=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J =2．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°3．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B ，现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量mA=2kg ，B 滑块的质量mB=4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：（1）t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小； （2）0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．【答案】(1)22121,0.5m ma a ss ==；(2)30J【解析】 【详解】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ， 由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——② B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a 由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；联立①②③解得：211m /s a =，220.5m /s a =；(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x1221122221212L x x x a t x a t ⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t =2秒时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：()12A Q f x x =+ 代入数据解得：30J Q =．4．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 B2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 v02 -12m A v A2-12m B v B2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 A2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 A2解得x A′=0.08mx 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.5．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/s2．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)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12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=60W6．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2112km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能211J 2m k E mv == 减速阶段的位移3310.5m 2x vt == 匀速阶段的位移2253m x vt ==加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2112a x v =，解得1 2.5m x ＝阳台距地面的高度12356m h x x x =++=7．5s 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233t s =故经过时间12310.91t t t s +=+=≈ 物块滑落.8．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。
物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析
物理牛顿运动定律题20套(带答案)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，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： 01212v mg mg m t 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：12 2.52v 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 ∆=+-=。
2023年高考物理一轮复习《牛顿运动定律的综合应用(练)》含答案解析
3.2 牛顿运动定律的综合应用1．已知列车向左做直线运动，某同学为了研究列车在水平直轨道上的运动情况，他在列车车厢顶部用细线悬挂一个小球。
某段时间内，细线偏离竖直方向一定角度θ，并相对车厢保持静止，如图所示，重力加速大小为g，则列车在这段时间内（ ）A．水平向右做匀速直线运动B．列车速度正在变大C．列车加速度的大小为g tanθ，方向水平向右D．加速度的大小为gsinθ，方向水平向左【答案】C【解析】A．对小球受力分析可知小球所受合力方向向右具有向右的加速度，列车与小球相对静止，不可能做匀速直线运动，A错误；B．列车与小球相对静止做匀变速直线运动，列车的运动方向未知可能做匀加速运动也可能做匀减速运动，B 错误；C 、D．小球所受合力方向向右具有向右的加速度，由牛顿第二定律得θ=mg matan得=tana gθC正确，D错误；故选C。
2．如图所示，一足够长的斜面固定在地面上，其倾角为37°。
一质量为1kg的物体（可视为质点）放在斜面上，恰好能保持静止。
现对物体施加一沿斜面向上的外力F，大小为14N，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法中正确的是（ ）A ．物体仍静止在斜面上B ．物体将向上做匀加速直线运动，加速度大小为4m/s 2C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sD ．物体与斜面间的动摩擦因数为0.5【答案】C 【解析】D ．物体放在斜面上，恰好能保持静止，则o osin 37cos37mg mg μ=解得0.75μ=故D 错误；AB ．施加拉力F 后，由牛顿第二定律得o o sin 37cos37F mg mg maμ--=解得22m/s a =施加一沿斜面向上的外力F 时，物体以22m/s 的加速度做匀加速直线运动，故AB 错误；C ．外力F 作用3s 末时，物体的速度为6m/sv at ==故C 正确。
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)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，质量M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。
已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。
求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。
【答案】（1）1.65m （2）0.928m【解析】【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得：(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：2．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。
2025届高考物理一轮复习专题练：牛顿运动定律(含解析)
2025届高考物理一轮复习专题练：牛顿运动定律一、单选题1．一同学在课外书上了解到，无限长通有电流强度为I 的直导线在空间某点产生的磁感应强度大小可表示为，可知比例系数的单位是( )2．日本政府拟向太平洋排放核废水引发国际社会的广泛关注与谴责。
辐射的危害程度常用“当量剂量”这一物理量衡量，其国际单位是希沃特，记作Sv 。
每千克（kg ）人体组织吸收1焦耳（J ）为1希沃特。
下列选项中用国际单位制的基本单位表达希沃特，正确的是( )A. B. C.J/kg D.3．为研究超重、失重现象，某同学在盛水的塑料瓶的侧壁扎了一个小孔，水从小孔喷出，如图所示。
时刻，他提着水瓶向上加速运动，时刻松手，时刻水瓶上升到最高点，之后水瓶自由下落。
不计空气阻力，下列说法正确的是( )A.时间内，没有水从侧壁流出B.时间内，水和水瓶处于超重状态C.时间内，没有水从侧壁流出D.时刻之后，水和水瓶处于超重状态4．如图所示，一根轻质弹簧固定在天花板上，下端系着质量为m 的物体A ，A 的下面再用细线挂另一质量也为m 的物体B ，平衡时将细线剪断，在此瞬间，A 和B 的加速度分别为（取竖直向下为正方向）( )22m /s 222kg m /s ⋅2m /s10t ~12t t ~12t t ~02πB μ=F BIL =0μ0t =1t 2t 2tA.，B.，C.，D.，5．蛟龙号作为中国自主研发的先进载人深潜器，在深海探测和科学研究方面发挥了重要作用。
在海水中蛟龙号受到海水的压力，海水越深，海水的压强越大。
下列单位中属于压强单位，且由基本单位组成的是( )A.PaB.C.D.6．如图所示为某同学站在压力传感器上做“下蹲”或“起立”动作时传感器记录的压力随时间的变化图像，已知重力加速度，则( )A.该图像反映了该同学的起立过程B.此过程中该同学一直处于失重状态C.b 点对应的时刻该同学的速度达到最大D.a 点对应时刻该同学的加速度大小约为7．如图所示，餐厅服务员水平托举菜盘给顾客上菜。
物理牛顿运动定律题20套(带答案)
物理牛顿运动定律题20套(带答案)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 ∆=+-=。
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
高中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2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=2．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2112km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能211J 2m k E mv == 减速阶段的位移3310.5m 2x vt == 匀速阶段的位移2253m x vt ==加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2112a x v =，解得1 2.5m x ＝阳台距地面的高度12356m h x x x =++=3．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.4．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 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5．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．6．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma根据匀变速直线运动规律有：a ＝2202v h -＝－15m/s 2解得：N ＝75N （2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用7．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．如图，t=0时，水平桌面上质量为m=1kg 的滑块获得02/v m s =的水平向右初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2s 内滑块的速度-时间关系图线如图．（1）求前2s 内滑块的位移大小和方向； （2）分别求滑块所受拉力和摩擦力大小；（3）若在t=2s 时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？【答案】（1）0.6m ，方向与初速度方向相同；（2）1.4N 和0.6N ；（3）0.53m ． 【解析】 【分析】（1）根据v-t 图象中图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移． （2）速度-时间图象中直线的斜率等于物体的加速度．根据数学知识求出斜率，得到加速度．再由牛顿第二定律求拉力和摩擦力．（3）撤去拉力后，由牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块能滑行的距离．【详解】（1）前2s 内滑块的位移大小为：x=12×1×2-12×1×0.8=0.6m 方向与初速度方向相同． （2）0-1s 内加速度大小为：211122/1v a m s t ===V V 根据牛顿第二定律得：F+f=ma 1…① 1-2s 内加速度大小为：22220.80.8/1v a m s t ===V V 根据牛顿第二定律得：F-f=ma 2…② 联立①②解得：F=1.4N ，f=0.6N （3）撤去拉力后，加速度大小为：230.60.6/1f a m s m === 还能滑行的距离为：22230880.53220.615v s m m a ===≈⨯． 【点睛】对于速度图象问题，抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移是关键．知道加速度时，根据牛顿第二定律求力．9．质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v -t 图线如图所示；球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的23．该球受到的空气阻力大小恒为f ，取g =10m /s 2，求：（1）弹性球受到的空气阻力f 的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h ． 【答案】（1）0.4N （2）17m 【解析】试题分析：（1）根据图象得2408/0.5a m s -==， 由牛顿第二定律：mg-f=ma ， 得f=m （g-a ）=0．2×（10-8）=0．4N ． （2）由题意反弹速度v′＝34v ＝3m/s ．又由牛顿第二定律：mg+f=ma′，得20.2100.412/0.2a m s ⨯+'==．故反弹高度为：223322128v h m a ''⨯＝＝＝考点：v-t 图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键是对图象的应用，由图象的斜率等于物体的加速度得到加速度，然后根据牛顿第二定律列得方程才能得到阻力，进而解答全题．10．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ． 【解析】试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma θμθ+=a 1=8m/s 2（2）物体沿斜面上滑由2012=v a x ，得x=9m（3）物体沿斜面返回下滑时2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动22212x a t = 则t=t 1+t 2=3(21)2s≈3．62s考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用。
高考第一轮复习物理：31牛顿运动定律(附答案)
高考第一轮复习物理：31牛顿运动定律(附答案).txt我自横刀向天笑，笑完我就去睡觉。
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路漫漫其修远兮，不如我们打的吧。
第三章牛顿运动定律第Ⅰ单元牛顿运动定律●闯关训练夯实基础1.下列关于惯性的说法正确的是A.物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性B.物体受到外力时惯性消失C.在宇宙飞船中的物体处于完全失重状态，所以没有惯性D.乒乓球可以快速抽杀，是因为乒乓球惯性小解析：惯性是物体的固有属性，质量是惯性大小的唯一量度，惯性与物体所处的运动状态无关，与物体是否受力及受力大小无关.所以ABC选项均错.正确选项为D.答案：D2.火车在水平直轨道上匀速行驶，门窗密闭的车厢内有人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为A.人跳起后，厢内空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动B.人跳起的瞬间，车厢地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动C.人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离太小，不明显而已D.人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终具有相同的速度解析：人跳起后，在水平方向上不受力，因惯性使人在水平方向上保持与车同样的运动，所以落回原处.D正确.答案：D3.如图3－1－13所示，有一箱装得很满的土豆，以一定的初速度在动摩擦因数为μ的水平地面上做匀减速运动，不计其他外力及空气阻力，则中间一质量为m的土豆A受到其他土豆对它的水平作用力大小应是图3－1－13A.mgB.μmgC.mgD.mg答案：B4.（2003年上海综合，50）理想实验有时更能深刻地反映自然规律.如图3－1－14所示，伽利略设想了一个理想实验，其中有一个是经验事实，其余是推论.图3－1－14①减小第二个斜面的倾角，小球在这一斜面上仍然要达到原来的高度②两个对接的斜面，让静止的小球沿-个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放时的高度④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列_______（只要填写序号即可）.在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论.下列关于事实和推论的分类正确的是A.①是事实，②③④是推论B.②是事实，①③④是推论C.③是事实，①②④是推论D.④是事实，①②③是推论答案：②③①④ B5.质量为m的木块位于粗糙水平桌面上，若用大小为F的水平恒力拉木块，其加速度大小为a.当拉力方向不变，大小变为2F时，木块的加速度大小为，则A.=aB.＜2aC.＞2aD.=2a解析：由牛顿第二定律得F－Ff =ma2F－Ff =m由于物体所受的摩擦力Ff =μFN=μmg即Ff不变，所以===2a+=2a+μg＞2a.选项C正确.答案：C6.如图3－1－15所示，一个劈形物体ABC置于固定的光滑斜面上，AB面光滑且水平，在AB面上放一个小物体，现将ABC由静止开始释放，则在小物块碰到斜面之前的运动由它的受力情况可知是图3－1－15A.匀速直线运动B.初速度为零的匀加速直线运动C.自由落体运动D.平抛运动解析：小物体只在竖直方向上受重力和支持力，水平方向不受力，所以，小物体在碰到斜面之前只能在竖直方向上做匀加速直线运动，故选项B正确.答案：B7.一向右运动的车厢顶上悬挂两单摆M与N，它们只能在如图3－1－16所示的平面内摆动.某一瞬时出现如图所示情景，由此可知图3－1－16①车厢做匀速直线运动，M摆动，N静止②车厢做匀速直线运动，M摆动，N也摆动③车厢做匀速直线运动，M静止，N摆动④车厢做匀加速直线运动，M静止，N也静止车厢的运动及两单摆相对车厢运动的可能情况是A.①②B.③④C.①③D.②④解析：作用在两个摆上的力只有摆的重力和摆线张力.当车厢做匀速直线运动时，N摆相对车厢静止或摆动中经过平衡位置的瞬间摆所受重力和摆线张力在同一竖直线上，可以出现如图中所示情景.M摆所受重力和摆线张力不在同一直线上，不可能静止在图中所示位置，但可以是摆动中达到极端位置（最大偏角的位置）的瞬间.①②正确，③错.当车厢做匀加速直线运动，作用在摆球上的重力和摆线张力不再平衡，它们不可能在一条直线上，其合力使摆球产生水平方向的加速度.所以，M静止在图中位置是可能的，但N也静止不可能，④错.答案：A8.如图3－1－17所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量为1 kg的物块.在水平地面上当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10 N.当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N.这时小车运动的加速度大小是图3－1－17A.2 m/s2B.4 m/s2C.6 m/s2D.8 m/s2解析：因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10 N变为8 N时，其形变量减小，则弹簧秤乙的形变量必增大，且甲、乙两弹簧秤形变量变化的大小相等，所以，弹簧秤乙的示数应为12 N.物体在水平方向所受到的合外力为F=F乙－F甲=12 N－8 N=4 N根据牛顿第二定律得物块的加速度大小为a== m/s2=4 m/s2.答案：B9.（2005年北京春季，20）如图3－1－18所示，一个盛水的容器底部有一小孔.静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设容器在下列几种运动过程中始终保持平动，且忽略空气阻力，则图3－1－18A.容器自由下落时，小孔向下漏水B.将容器竖直向上抛出，容器向上运动时，小孔向下漏水；容器向下运动时，小孔不向下漏水C.将容器水平抛出，容器在运动中小孔向下漏水D.将容器斜向上抛出，容器在运动中小孔不向下漏水解析：在题中给出的各个选项中，容器及水均处于失重状态，水不产生压强，小孔的上下方压强相等，所以水不会向下流出.答案：D10.（2004年春季高考，17）如图3－1－19所示，a、b是两个位于固定斜面上的正方形物块，它们的质量相等.F是沿水平方向作用于a上的外力.已知a、b的接触面和a、b与斜面的接触面都是光滑的.正确的说法是图3－1－19A.a、b一定沿斜面向上运动B.a对b的作用力沿水平方向C.a、b对斜面的正压力相等D.a受到的合力沿水平方向的分力等于b受到的合力沿水平方向的分力答案：D培养能力11.一个小孩在蹦床上做游戏，他从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度.小孩从高处开始下落到弹回的整个过程中，他的运动速度随时间变化的图象如图3－1－20所示，图中Oa 段和cd段为直线，根据此图象可知，小孩和蹦床相接触的时间为图3－1－20A.t2～t4B.t1～t4C.t1～t5D.t2～t5解析：小孩从高处下落，在接触蹦床前，他做匀加速直线运动，其速度图象为直线，即Oa段；小孩接触蹦床后，先做加速度逐渐减小的加速运动（t1～t2），t2时刻加速度减小到零时，速度达到最大；然后小孩又做加速度逐渐增大的减速运动（t2～t3），到t3时刻小孩速度减小到零；接着小孩又向上做加速度逐渐减小的加速运动（t3～t4），到t4时刻加速度减小到零，速度增大到最大；然后小孩又做加速度逐渐增大的减速运动（t4～t5），到t5时刻，小孩离开蹦床；之后小孩向上做匀减速运动（t5～t6）.所以，在t1～t5这段时间内，小孩与蹦床接触.选项C正确.答案：C12.如图3－1－21所示，在水平桌面上推一物体压缩一个原长为L0的轻质弹簧.桌面与物体之间有摩擦，放手后物体被弹开，则图3－1－21A.物体与弹簧分离时加速度为零，以后做匀减速运动B.弹簧恢复到L0时物体速度最大C.弹簧恢复到L0以前一直做加速度越来越小的变加速运动D.弹簧恢复到L0以前的某一时刻物体已达到最大速度答案：D探究创新13.利用传感器和计算机可以测量快速变化的力.如图3－1－22所示是用这种方法获得的弹性绳中拉力随时间的变化图线.实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后让小球自由下落.从此图线所提供的信息，判断以下说法中正确的是图3－1－22A.t1时刻小球速度最大B.t2时刻绳子最长C.t3时刻小球动能最小D.t3与t4时刻绳子最长解析：t1时刻，原长；t2时刻，伸到最长；t3时刻，回到原长.答案：B14.有点难度哟！如图3－1－23所示，质量相同的两物体1、2用轻质弹簧连接后置于光滑的水平面上，开始时弹簧处于自然状态，现用水平恒力拉物体1，则弹簧第一次被拉到最长的过程中图3－1－23A.1、2的速度相等时，其加速度a1=a2B.1、2的速度相等时，其加速度a1＜a2C.1、2的加速度相等时，其速度v1=v2D.1、2的加速度相等时，其速度v1＜v2解析：物体1做加速度减小的加速运动，物体2做加速度增大的加速运动，它们的v－t 图象和a－t图象如下图.v－t图象的斜率表示加速度，当弹簧第一次拉到最长时，1、2的速度相等，此时a1＜a2.两物体初速度均为零，a－t图象下的面积则表示速度，当加速度相同时v1＞v2.本题答案为B.答案：B15.（2001年上海，20）如图3－1－24所示，一质量为m的物体系于长度分别为l1、l2的两根细线上，l1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l2水平拉直，物体处于平衡状态.现将l2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度.图3－1－24（1）下面是某同学对该题的一种解法：解：设l1线上拉力为F1，l2线上拉力为F2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡：F1cosθ=mg，F1sinθ=F2，F2=mgtanθ剪断线的瞬间，F2突然消失，物体即在F2反方向获得加速度.因为mgtanθ=ma，所以加速度a=gtanθ，方向与F2反方向.你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由.（2）若将图3－1－24中的细线l1改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图3－1－25所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（1）完全相同，即a=gtanθ，你认为这个结果正确吗?请说明理由.图3－1－25解析：（1）结果不正确，因为l2被剪断的瞬间，l1上张力的大小发生了突变.此瞬间：F1=mgcosθ，a=gsinθ.（2）结果正确，因为l2被剪断的瞬间，弹簧l1的长度不能发生突变，F1的大小和方向都不变.答案：（1）结果不正确（理由略）（2）结果正确（理由略）16.有点难度哟！图3－1－26如图3－1－26所示，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计.（1）当卡车以a1=g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力多大?（2）当卡车的加速度a2=g时，绳的拉力多大?解析：（1）卡车和A的加速度一致.由图3－1－27知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：mgcosα=m·g得cosα=，sinα=设地面对A的弹力为F，则有F=mg－mg·sinα=mg由牛顿第三定律得：A对地面的压力为mg.（2）当地面对A的弹力为零时，物体的加速度为g·cotθ=g，故当a2=g时，物体已飘起.此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力F2==mg.答案：（1）mg （2）mg。
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝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/s2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；（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/s2，12m/s2；（3）【解析】【详解】（1）当F＜μ2（m1+m2）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m1：f max﹣μ2（m1+m2）g＝m1a max，f max＝μ1m2g解得：a max＝3m/s2对整体有：F max﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）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m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1解得：a1＝3m/s2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．2．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求： （1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移． 【答案】（1）2N 3s （2）46.5m 【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P = 联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v ' 由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '= 解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'-解得：x=46.5m3．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/s 2；（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=s4．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。
高考物理一轮复习牛顿运动定律专题练习(含答案)
高考物理一轮复习牛顿运动定律专题练习（含答案）牛顿运动定律中的各定律相互独立，且内在逻辑契合自洽分歧性。
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一、选择题(此题共10小题，每题7分，共70分.在每题给出的四个选项中，第1～6题只要一项契合标题要求，第7～10题有多项契合标题要求.全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分.)1.(2021济南市调研)2021年6月20日，在中国迄今最高讲台天宫一号上，女航天员王亚平向空中的千万名师生停止了太空授课.在演示如何在太空中测量物体质量时，她让助教聂海胜固定在仪器上，启动机械臂拉他由运动末尾向舱壁运动，假定仪器测出聂海胜遭到机械臂的恒定拉力为F，经时间t时，测速仪测出他运动的速率为v，那么聂海胜的质量为()A. B.C. D.【解析】由减速度定义式知a==，依据牛顿第二定律F=ma，可得聂海胜的质量m===，应选项B正确.【答案】 B2.(2021湖北局部重点中学一次联考)竖直向上飞行的子弹，到达最高点后又前往原处，设整个运动进程中，子弹遭到的阻力与速率成正比，那么整个运动进程中，减速度的变化是()A.一直变小B.绐终变大C.先变大后变小D.先变小后变大【解析】设阻力f=kv，k为系数，当子弹竖直向上飞行时，mg+kv=ma，因速度v减小，所以减速度减小;当子弹向下运动时，mg-kv=ma，因速度v增大，所以减速度减小，选项A 正确.【答案】 A3.(2021咸阳市一模)如所示，物块，A、B叠放在水平桌面上，装砂的小桶C经过细线牵引B使A、B一同在水平桌面上向右减速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2.假定增大C桶内图1砂的质量，而A、B仍一同向右运动，那么摩擦力f1和f2的变化状况是()A.f1、f2都变大B.f1、f2都不变C.f1不变，f2变大D.f1变大，f2不变【解析】设物体的减速度大小为a，对A停止受力剖析，受重力、支持力和静摩擦力，依据牛顿第二定律有f1=mAa，物体B与桌面间的摩擦力为滑动摩擦力，有f2=(mA+mB)g，当增大砂桶中砂的质量时，减速度变大，静摩擦力f1变大，而滑动摩擦力f2不变，选项D正确.【答案】 D4.(2021天津市河西区调研)一条不可伸长的轻绳跨过质量可疏忽不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=14 kg的重物，重物运动于空中上，有一质量m=10 kg的猴子，从绳的另一端沿绳上爬.如图2所示，不计滑轮摩擦，在重物不分开空中条件下，猴子向上爬的最大减速度图2为(取g=10 m/s2)() A.2.5 m/s2 B.5 m/s2C.4 m/s2D.0.5 m/s2【解析】以猴子为研讨对象，有FT-mg=ma，以重物为研讨对象，有FT+FN=Mg，假定重物不分开空中，那么有FN0，联立以上各式，解得a，即a4 m/s2，选项C正确.【答案】 C5.如图3所示，质量为m的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30的润滑木板AB托住，小球恰恰处于运动形状.当木板AB突然向下撤离的瞬间，小球的减速度大小为()图3A.0B.gC.gD.g【解析】平衡时，小球遭到三个力：重力mg、木板AB的支持力FN和弹簧拉力FT，受力状况如下图.突然撤离木板时，FN突然消逝而其他力不变，因此FT与重力mg的合力F==mg，发生的减速度a==g，B正确.【答案】 B6. 如图4所示，质量为4 kg的物体A运动在竖直的轻弹簧下面.质量为1 kg的物体B用细线悬挂起来，A、B紧挨在一同但A、B之间无压力.某时辰将细线剪断，那么细线剪断瞬间，B对A的压力大小为(取g=10 m/s2)()图4A.0 N B.8 N C.10 N D.50 N【解析】细线剪断瞬间，弹簧弹力不变，A和B全体遭到的合外力等于物体B的重力，因此全体的减速度为a==g，关于物体B：mBg-FN=mBa，所以A、B间作用力FN=mB(g-a)=mBg=8 N.【答案】 B7.(2021呼和浩特阶段考试)在升降的电梯内的水平空中上放一体重计，电梯运动时，吴力同窗站在体重计上，体重计的示数为60 kg，电梯运动时，某一段时间吴力同窗发现体重计的示数为72 kg，在这段时间内以下说法正确的选项是()A.吴力同窗所受的重力不变B.吴力同窗对体重计的压力大于体重计对他的支持力C.电梯的减速度大小为g，方向一定竖直向上D.电梯的运动方向一定竖直向上【解析】在地球外表同一纬度重力与人的运动状况和能否遭到其他力的作用有关，选项A正确;依据牛顿第三定律，压力和支持力是一对作用力和反作用力，选项B错误;体重计的示数72 kg大于60 kg，说明合力方向向上，依据牛顿第二定律有FN-mg=ma，即72g-60g=60a，a=g，方向向上，选项C正确;减速度向上，电梯能够减速上升，也能够减速下降，选项D错误.【答案】 AC8.(2021南宁模拟)如图5所示，轻弹簧两端拴接两个小球a、b，拴接小球的细线固定在天花板，两球运动，两细线与水平方向的夹角=30，图5弹簧水平，以下说法正确的选项是()A.两球质量一定相等B.两球质量能够不相等C.剪断左侧细线瞬间，b球减速度为零D.剪断左侧细线瞬间，a球减速度为g【解析】设左、右两细线的拉力大小区分为Fa、Fb，由平衡条件可得，Facos =Fbcos ，Fasin =mag，Fbsin =mbg，可解得：Fa=Fb，ma=mb，A正确，B错误;剪断左侧细线瞬间，Fa立刻消逝，弹簧弹力及Fb瞬间不发作改动，故此时b球减速度为零，a球的减速度aa===2g，C正确，D错误.【答案】 AC9.(2021石家庄市质检)如图6所示，斜面体放置在水平空中上，物块沿粗糙的斜面减速下滑，斜面体一直坚持运动，在此进程中()A.斜面体对物块的作用力斜向左上方图6B.斜面体对物块的作用力斜向右上方C.空中对斜面体的摩擦力水平向右D.空中对斜面体的支持力大于物块与斜面体的重力之和【解析】物块有沿斜面向下的减速度，对物块受力剖析，受重力和斜面对物块的作用力，两力的合力沿斜面向下，因此斜面对物块的作用力斜向右上方，A错误，B正确;对全体受力剖析，将物块的减速度分解为竖直向下的和水平向右的，竖直方向上有向下的减速度，全体处于失重形状，D错误;水平方向上有向右的减速度，故空中对斜面体的摩擦力水平向右，C正确.【答案】 BC10.(2021呼和浩特市阶段测试)将一个小物体以初速度v0竖直上抛，假定物体所受的空气阻力大小不变，那么小物体抵达最高点前的最后1 m和分开最高点的第1 m所用时间为t1和t2，平均速度的大小为v1和v2，速度变化量的大小为v1和v2.减速度的大小为a1和a2，它们关系正确的选项是() A.t1t2 B.v1v2C.v1v2D.a1a2【解析】依据牛顿第二定律知，小物体上升时减速度大小a1=，下降时减速度大小a2=，a1a2，选项D正确;依据逆向转换的方法，上升的最后1 m可以看成以减速度a1从运动末尾下落，故有x=a1t，(v1)2=2a1x，v1=，而以减速度a2从运动末尾下落的1 m内有x=a2t，(v2)2=2a2x，v2=，因a1a2，所以t1【答案】 BCD二、非选择题(此题共2小题，共30分.按标题要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必需明白写出数值和单位.)11.(14分)(2021太原市测评)如图7甲所示，物块以一定的初速度v0沿斜面向上滑出，应用速度传感器在计算机屏幕上失掉其速度v随时间t的变化关系如图7乙所示，取g=10 m/s2.求：(1)物块沿斜面向上滑行的最大距离s;(2)斜面的倾角及物块与斜面间的动摩擦因数.【解析】由图乙可知v0=8 m/s，t1=1.0 s，v1=0，t2=3.0 s，v2=-4 m/s(1)物体在0～t1外向上滑行，最大距离为s=t1s=4 m(2)物体在0～t1内减速度为a1==-8 m/s2物体在t1～t2内减速度为a2==-2 m/s2由牛顿第二定律，有-mgsin mgcos =ma1-mgsin mgcos =ma2联立，得=30【答案】 (1)4 m (2)12.(16分)如图8所示，编号1是倾角为37的三角形劈，编号2、3、4、5、6是梯形劈，三角形劈和梯形劈的斜面局部位于同一倾斜平面内，即三角形劈和梯形劈构成一个完整的斜面体;可视为质点的物块质量为m=1 kg，与斜面局部的动摩擦因数均为1=0.5，三角形劈和梯形劈的质量均为M=1 kg，劈的斜面长度均为L=0.3 m，与空中的动摩擦因数均为2=0.2，它们紧靠在一同放在水平面上，现使物块以平行于斜面方向的初速度v0=6 m/s从三角形劈的底端冲上斜面，假定最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.(g取10 m/s2，sin 37=0.6，cos 37=0.8)(1)假定将一切劈都固定在水平面上，经过计算判别物块能否从第6块劈的右上端飞出?(2)假定一切劈均不固定，物块滑动到第几块劈时梯形劈末尾相对空中滑动?(3)劈末尾相对空中滑动时，物块的速度为多大?【解析】 (1)假定劈不时坚持运动不动，那么物块滑到第6块劈右上端时的速度满足v-v=2(-a)(6L)解得v2=0所以物块不能从第6块劈的右上端飞出(2)物块与斜面间的弹力FN1=mgcos 37=8 N物块与斜面间的滑动摩擦力f1=1FN1=4 N空中对劈的支持力FN2=nMg+FN1cos 37-f1sin 37当f1cos 37+FN1sin 372FN2时刚好末尾滑动解得n=3.6所以物块滑动到第4块劈时，劈末尾相对空中滑动(3)物块的减速度a=代入数值a=10 m/s2劈末尾滑动时物块的速度v-v=2(-a)(3L)解得v1=3 m/s【答案】 (1)不能 (2)第4块 (3)3 m/s牛顿运动定律专题练习及答案的全部内容就是这些，查字典物理网希望考生可以完本钱人的理想。
2023届高考物理一轮复习测试 ：3.1 牛顿运动三定律(word版含答案)
第1节牛顿运动三定律同步测试1．(2022·广州阶段训练)在16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了在欧洲流行了近两千年的亚里士多德关于力和运动的理论，开启了物理学发展的新纪元。
以下说法中，与亚里士多德观点相反的是()A．一个物体维持匀速直线运动，不需要受力B．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快C．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快，这说明物体受的力越大，速度就越大D．一个运动的物体，如果不再受力了，它总会逐渐停下来，这说明静止状态才是物体长时间不受力时的“自然状态”2．下列说法正确的是()A．划船时桨向后推水，水就向前推桨，因为水推桨的力大于桨推水的力，船才被推着前进B．完全失重的物体将不受到重力，所以此刻一切由重力引起的现象都将消失C．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上跳起后，将落在起跳点的后方D．物体的运动与外界的推、拉等行为相联系，如果不再推、拉，原来的运动将停下来，这说明必须有力作用，物体才能运动3．如图所示，一游客正在乘坐水上滑翔伞，体验迎风飞翔的感觉。
根据该照片，若选取悬挂座椅的结点作为研究对象，则该点受到牵引绳、滑翔伞和座椅施加的三个作用力F1、F2和F3，若在游艇牵引下游客水平向左做匀加速运动，则下列图中关于三个力的大小关系分析可能正确的是()A BC D4．某物体静止在水平桌面上，下列对它的描述正确的是()A．桌面对物体支持力的大小等于物体重力的大小，这两个力是一对平衡力B．物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力C．物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种性质的力D．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力5．如图为广泛应用于“双11”的智能快递分拣机器人简化图，派件员在分拣场内将包裹放在机器人的水平托盘上后，机器人可以将不同类别的包裹自动送至不同的位置，则下列说法正确的是()A．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹不受摩擦力的作用B．包裹随着机器人一起做匀速直线运动时，包裹没有惯性C．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，包裹对机器人的压力和机器人对包裹的支持力是一对平衡力D．包裹随着机器人一起做匀加速直线运动时，机器人对包裹的作用力等于包裹的重力6．如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙二人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦力，下列说法正确的是()A．甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对作用力和反作用力B．小车静止时甲拉小车的力和乙拉小车的力是一对平衡力C．若小车加速向右运动，表明小车拉甲的力大于甲拉小车的力D．若小车加速向右运动，表明乙拉小车的力大于小车拉乙的力7．如图所示，一只盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别悬挂和拴住一只铁球和一只乒乓球，容器中水和铁球、乒乓球都处于静止状态，当容器随小车突然向右运动时，两球的运动状况是(以小车为参考系)() A．铁球向左，乒乓球向右B．铁球向右，乒乓球向左C．铁球和乒乓球都向左D．铁球和乒乓球都向右8．(2022·山东省实验模拟)物块在水平向右的恒定推力F的作用下刚好沿倾角为30°的固定斜面向上做匀速运动，已知物块与斜面之间的动摩擦因数μ＝33，重力加速度为g，若推力F改为沿斜面向上推物块，则物块的加速度为()A．2g B.3 3gC．(3－1)g D．(3＋1)g9．(2022·株洲统一检测)如图所示，平板货车上装载的货物采用平放的形式，由于没有专业绳索捆绑，为了防止货物从平板上滑落，货车在平直公路上提速时加速度应不超过a。
高三一轮二轮复习牛顿运动定律典型题目(含答案)
牛顿运动定律一、牛一定律、牛三定律1．如图，一个楔形物体M放在固定的足够长的粗糙斜面上，楔形物体上表面成水平，在其上表面上放一光滑小球m，楔形物体从静止开始释放，则小球在离开楔形物体前的运动轨迹是（）A．沿斜面方向的直线 B．竖直方向的直线C．无规则的曲线D．抛物线2．（多选）如图，一个盛水的容器固定在一个小车上，在容器中分别系着一个铁球和一个乒乓球。
容器中的水和铁球、乒乓球一起向左匀速运动。
则下列说法正确的是（以小车为参考系）（）A．当容器随小车突然向左加速运动时，铁球向右，乒乓球向右B．当容器随小车突然向左加速运动时，铁球向右，乒乓球向左C．当容器随小车突然向左减速运动时，铁球向左，乒乓球向右D．当容器随小车突然向左减速运动时，铁球向左，乒乓球向左3．如图所示，我国有一种传统的民族体育项目叫做“押加”，实际上相当于两个人拔河，如果甲、乙两人在“押加”比赛中，甲获胜，则下列说法中正确的是（）A．甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力，所以甲获胜B．只有甲把乙匀速拉过去时，甲对乙的拉力大小才等于乙对甲的拉力大小C．当甲把乙加速拉过去时，甲对乙的拉力大于乙对甲的拉力D．甲对乙的拉力大小始终等于乙对甲的拉力大小，只是地面对甲的摩擦力大于地面对乙的摩擦力，所以甲获胜4．引体向上是同学们经常做的一项健身运动。
该运动的规范动作是：两手正握单杠，由悬垂开始，上拉时，下颚须超过单杠面。
下放时，两臂放直，不能曲臂，如图所示，这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的。
关于做引体向上动作时人的受力，以下判断正确的是（）A．加速上拉过程中，单杠给人的作用力大于人给单杠的作用力B．在加速下放过程中，单杠对人的作用力等于人对单杠的作用力C．悬垂静止时，单杠对人的作用力与人对单杠的作用力是一对平衡力D．在加速下放过程中，在某瞬间人可能不受力的作用二、超重失重1．在电梯内的水平地板上有一体重计，某同学站在体重计上，电梯静止时，体重计的示数为60kg．在电梯运动过程中，某一段时间内该同学发现体重计示数为66kg，则这段时间内下列说法正确的是（）A．该同学所受重力变大B．电梯一定在竖直向上运动C．电梯一定在竖直向下运动D．电梯的加速度方向一定向上2．如图所示，在饮料瓶的下方戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶处于静止状态，小孔中有水喷出。
高考物理一轮复习牛顿运动定律的综合应用专题训练(附答案)
高考物理一轮复习牛顿运动定律的综合应用专
题训练（附答案）
牛顿运动定律中的各定律互相独立，且内在逻辑符合自洽一致性，下面是牛顿运动定律的综合应用专题训练，请大家认真练习。
一、选择题(在题后给的选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～8题有多项符合题目要求.)1.(2015年执信中学期中)在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作.传感器和计算机相连，经计算机处理后得到压力N随时间t变化的图象，则下列图象可能正确的是()
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高考物理一轮练题：牛顿运动定律含答案
2022届高考物理练题：牛顿运动定律（一轮）含答案牛顿运动定律（一轮） 一、选择题。
1、第26届国际计量大会通过“修订国际单位制(SI)”决议，正式更新包括国际标准质量单位“千克”在内的4项基本单位定义．以F 表示力，v 表示速度，a 表示加速度，x 表示位移，t 表示时间，m 表示质量，借助单位制可知下列表达式可能正确的是( )A ．x ＝Ft mB ．t ＝x a C ．v ＝xat D ．a ＝xt 22、关于伽利略的两个斜面实验，下列说法正确的是( )A ．伽利略使用图甲斜面进行实验，得出力和运动的关系B ．伽利略使用图乙斜面进行实验，得出自由落体运动的规律C ．伽利略使用图乙斜面进行实验，得出力是维持物体运动的原因D ．伽利略使用图甲斜面进行实验，得出自由落体运动速度随时间变化的规律3、(多选)如图所示，重球系于线DC 下端，重球下再系一根同样的线BA ，整个装置处于平衡状态，下面说法中正确的是( )A ．在线的A 端慢慢向下增加拉力，结果CD 线被拉断B ．在线的A 端慢慢向下增加拉力，结果AB 线被拉断C ．在线的A 端突然向下猛力一拉，结果AB 线被拉断D ．在线的A 端突然向下猛力一拉，结果CD 线被拉断4、(双选)如图所示，在上端开口的饮料瓶的侧面戳一个小孔，瓶中灌水，手持饮料瓶静止时，小孔中有水喷出，则下列说法正确的是()A．将饮料瓶竖直向上抛出，上升过程饮料瓶处在超重状态B．将饮料瓶竖直向上抛出，下降过程饮料瓶处在失重状态C．将饮料瓶放在绕地球做匀速圆周运动的宇宙飞船内，并与飞船保持相对静止，则水不流出D．饮料瓶静置于绕地球公转的月球表面，则水不流出5、如图所示，一质量为M＝2 kg、倾角为θ＝45°的斜面体放在光滑水平地面上，斜面上叠放一质量为m＝1 kg的光滑楔形物块，物块在水平恒力F的作用下与斜面体一起恰好保持相对静止地向右运动。
重力加速度取g＝10 m/s2。
人教版高考一轮复习专题：牛顿运动定律(含答案)
人教版高考复习专题牛顿运动定律一、单选题1.如图所示，与轻绳相连的物体A和B跨过定滑轮，质量mA<mB，A由静止释放，不计绳与滑轮间的摩擦，则在A向上运动的过程中，轻绳的拉力()A．F T＝mAgB．F T>mAgC．F T＝mBgD．F T>mBg2.如图所示，用相同材料做成的相同质量的两个物体中间用一轻弹簧连接．在下列四种情况下，使两物体一起做加速运动，图中拉力F大小是相同的：①拉力水平，两物体在光滑的水平面上加速运动．②拉力水平，两物体在光滑的水平面上加速运动．③拉力平行于倾角为θ的斜面，两物体沿光滑的斜面向上加速运动．④拉力竖直向上，两物体竖直向上加速运动．以Δl1、Δl2、Δl3、Δl4依次表示弹簧在四种情况下的伸长量，则有()A．Δl2>Δl1B．Δl4>Δl3C．Δl1>Δl3D．Δl2＝Δl43.有一热气球以一定的速度匀速竖直上升到某一高度时，从热气球里掉出一个苹果，则苹果离开热气球后将()A．继续上升一段距离，然后下落B．立即下落C．永远保持原来的速度继续上升D．以上说法都不对4.一天，下着倾盆大雨．某人乘坐列车时发现，车厢的双层玻璃窗内积水了．列车进站过程中，他发现水面的形状为下图中的 ()A．B．C．D．5.如图甲所示，质量为m的物块沿足够长的粗糙斜面从底端以初速度v0上滑先后通过A、B，然后又返回到底端．设从A到B的时间为t1，加速度大小为a1，经过A的速率为v1，从B返回到A的时间为t2，加速度大小为a2，经过A的速率为v2，则正确的是()A．t1＝t2，a1＝a2，v1＝v2B．t1<t2，a1<a2，v1<v2C．物块全过程的速度时间图线如图乙所示D．物块全过程的速度时间图线如图丙所示6.如图所示，质量为60 kg的人站在水平地面上，用定滑轮装置将质量为m＝40 kg的重物送入井中．当重物以2 m/s2的加速度加速下落时，忽略绳子和定滑轮的质量及绳子与定滑轮间的摩擦，则人对地面的压力大小为(g取10 m/s2) ()A． 200 NB． 280 NC． 320 ND． 920 N7.如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下列图象中v、a、F f和s分别表示物体速度大小、加速度大小、所受摩擦力大小和路程，其中正确的是()A．B．C．D．8.如图所示，物体A和B的重力分别为11 N和7 N，不计弹簧秤、细线的重力和一切摩擦，则下列说法正确的是 ()A．弹簧秤的读数为14 N,A对地的压力为11NB．弹簧秤的读数为18 N ，A对地的压力为0C．弹簧秤的读数为7 N ,A对地的压力为4 ND．弹簧秤的读数为0,A对地的压力为11 N9.假想一个登陆舱接近了木星的一个卫星——木卫四的表面．如果发动机提供了一个3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降．如果发动机仅提供2 200 N的推力，登陆舱以0.4 m/s2的加速度下降．则登陆舱的质量与靠近木卫四表面的自由下落的加速度分别为()A． 326 kg 1.23 m/s2B． 2 650 kg 2.46 m/s2C． 2 650 kg 1.23 m/s2D． 326 kg 2.46 m/s210.科学研究发现，在月球表面附近没有空气，没有磁场，重力加速度约为地球表面的.若宇航员登上月球后，在空中从同一高度同时释放氢气球和铅球，忽略地球和其他星球的影响，以下说法正确的是()A．氢气球将加速上升，铅球静止不动B．氢气球将加速上升，铅球将加速下落C．氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到月球表面D．氢气球和铅球都将下落，且同时落到月球表面二、多选题11.(多选)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小．一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，升降机静止时电流表示数为I0.某过程中电流表的示数如图乙所示，则在此过程中()A．物体处于失重状态B．物体处于超重状态C．升降机一定向上做匀加速运动D．升降机可能向下做匀减速运动12.(多选)一人乘电梯上楼，在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示，以竖直向上为a的正方向，则人对电梯的压力()A．t＝2 s时最大B．t＝2 s时最小C．t＝8.5 s时最大D．t＝8.5 s时最小13.(多选)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力的作用下保持静止．若同时撤去其中大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是()A． 2 m/s2B． 3 m/s2C． 12 m/s2D． 15 m/s214.(多选)如图所示，放置在水平地面上的支架质量为M，支架顶端用细线拴着的摆球质量为m，现将摆球拉至水平位置，而后释放．摆球运动过程中，支架始终不动，以下说法正确的是()A．在释放瞬间，支架对地面压力为(m＋M)gB．在释放瞬间，支架对地面压力为MgC．摆球到达最低点时，支架对地面压力为(m＋M)gD．摆球到达最低点时，支架对地面压力大于(m＋M)g15.(多选)一个质量为50 kg的人，站在电梯中的台秤上，当电梯以2 m/s2的加速度上升时，下列说法正确的是(g取10 m/s2)()A．人对台秤的压力为500 NB．人受到的重力为500 NC．台秤的示数是600 ND．台秤对人的支持力为500 N三、实验题16.某兴趣小组设计出如图所示的实验装置，探究小车的加速度跟合外力的关系，途中与小车左端相连的是测力传感器，小车放置在表面各处粗糙程度相同的水平长木板上．按图装配好实验器材，先测出小车运动时所受摩擦阻力，逐渐向砂桶中添加细砂粒，当观察到小车刚开始运动时，记下传感器的最大示数为F0，可认为摩擦阻力为F0.(1)将小车放回初位置并用手按住，继续向沙桶中添加一定量的砂粒，记下传感器的示数F1，接通频率为50 Hz的交流电源使打点计时器工作，然后释放小车，打出一条纸带．再继续向沙桶中添加砂粒，多次重复实验，打出多条纸带，下图为某次实验打出的一条纸带，纸带上每相邻的两计数点间都有四个计时点未画出，按时间顺序，取0、1、2、3、4、5、6七个计数点，用刻度尺量出1、2、3、4、5、6点到0点的距离(单位：cm)，分别标注在相应的计数点的下方，则小车的加速度a＝________m/s2(结果保留三位有效数字)(2)算出各次小车的加速度和合力F(F＝F1－F0)，获得多组数据，描绘小车加速度a与F的关系图象，纸带与打点计时器间的摩擦可忽略，下列图象可能正确的是________．17.做“探究加速度与力的关系”的实验：小车搁置在水平放置的长木板上，纸带连接车尾并穿过打点计时器，用来测定小车的加速度a，小桶通过细线对小车施加拉力F.在保持小车质量不变的情况下，改变对小车拉力F的大小，测得小车所受拉力F和加速度a的数据如下表：(1)根据测得的数据，在下图中作出a－F图象．(2)由图象可知，小车与长木板之间的最大静摩擦力大小为______N.(3)若要使作出的a－F图线过坐标原点，需要调整实验装置，可采取以下措施中的______．A．增加小车的质量B．减小小车的质量C．适当垫高长木板的右端D．适当增加小桶内砝码质量四、计算题18.如图所示，质量为m的物体放在水平地面上，物体与水平地面间的摩擦因数为μ(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，对物体施加一个与水平方向成θ角的力F，求物体在水平面上运动时力F的值应满足的条件．(重力加速度为g)19.如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F 的作用下沿水平地面运动．物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g.求：(1)若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动且不脱离地面，拉力F的大小范围；(2)已知m＝10 kg，μ＝0.5，g＝10 m/s2，若F的方向可以改变，求使物体以恒定加速度a＝5 m/s2向右做匀加速直线运动时，拉力F的最小值．20.研究表明，一般人的刹车反应时间(即图甲中的刹车反应过程所用时间)，t0＝0.4 s，但饮酒会引起反应时间延长．在某次试验中，志愿者少量饮酒后驾车以v0＝72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶．从发现情况到汽车停止，行驶距离为L＝39 m，减速过程中汽车位移x和速度v的关系曲线如图乙所示，此过程可以视为匀变速直线运动．取重力加速度g＝10 m/s2，求：(1)减速过程中的加速度的大小和所用时间；(2)饮酒使试验者的反应时间延长了多少？(3)减速过程中汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值．五、填空题21.如图所示，将质量为M的木块A置于水平面上，通过定滑轮，用不可伸长的轻绳与质量为m 的木块B连接．不计一切摩擦．在木块B的重力作用下，绳子一直处于拉直状态，A、B分别向右和向下做加速运动．重力加速度为g.此时木块B运动的加速度a＝________；绳上的拉力F T＝________.22.用水平恒力F推动放在光滑水平面上、质量均为m的六个紧靠在一起的木块，则第5号木块受到的合外力等于________，第4号木块对第5号木块的作用力等于________．23.一只小猫跳起来抓住悬挂在天花板上的竖直木杆，如图所示，在这一瞬间悬绳断了，设木杆足够长，由于小猫继续上爬，所以小猫离地面高度不变，则木杆下降的加速度大小为________，方向为________．(设小猫质量为m，木杆的质量为M)24.一物块静置于水平面上，现用一与水平方向成37°角的拉力F使物体开始运动，如图(a)所示．其后一段时间内拉力F随时间变化和物体运动速度随时间变化的图象如图(b)所示，已知物块的质量为0.9 kg，g＝10 m/s2.根据图象可求得，物体与地面间的动摩擦因数为________，0～1 s内拉力的大小为________N．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)25.质量为m＝60 kg的同学，双手抓住单杠做引体向上，他的重心的速率随时间变化的图象如图所示．取g＝10 m/s2，由图象可知t＝0.4 s时他受到单杠的作用力的大小是________；t＝1.1 s时他受到单杠的作用力的大小是________．答案解析1.【答案】B【解析】物体A向上加速运动，物体B向下加速运动，因此A处于超重状态，F T>mAg，B处于失重状态，F T<mBg，故B正确．2.【答案】A【解析】对于①图根据整体法和隔离法可得，可得Δl1＝，同理对于②图可知求得Δl2＝，根据③图可知，可得Δl3＝，根据④图可得，得Δl4＝，所以答案为A.3.【答案】A【解析】气球以10 m/s的速度匀速上升到某一高度时，从气球中落下一个苹果，苹果在下落前和气球以相同的速度向上运动，所以离开气球后，由于惯性，要继续上升一段距离，再下降．故B、C、D错误．故选A.4.【答案】C【解析】列车进站时刹车，速度减小，则水由于惯性仍要保持原来较大的速度，所以水向前涌，液面形状和选项C一致．5.【答案】D【解析】由于从B返回到A所受合外力小，加速度小，所以从A到B的时间t1<t2，a1>a2，v1>v2，故A、B错误；物块全过程的速度时间图线如图丙所示，故C错误，D正确．6.【答案】B【解析】由牛顿第二定律得：mg－F＝ma，F＝m(g－a)＝40×(10－2) N＝320 N，绳子对人的拉力F′＝320 N，由平衡条件得：F N＝Mg－F′＝(60×10－320) N＝280 N．由牛顿第三定律知，人对地面的压力大小为280 N，故B正确．7.【答案】C【解析】物体在斜面上做初速度为零的匀加速直线运动，摩擦力F f1＝μmg cosθ加速度a1＝g(sinθ－μcosθ)，速度v1＝a1t1路程s1＝a1t，由此可知A、B、D均错误；在水平面上物体做匀减速直线运动，摩擦力F f2＝μmg，加速度a2＝μg，所以C正确．8.【答案】C【解析】9.【答案】C【解析】如果发动机提供了一个3 260 N的向上的推力，登陆舱以恒定速率下降．可见重力mg＝F1＝3 260 N，如果发动机仅提供2 200 N的推力，登陆舱以0.4 m/s2的加速度下降．由牛顿第二定律可知m＝＝2 650 kg，自由下落的加速度g＝m/s2≈1.23 m/s2，故A、B、D错误，C正确．10.【答案】D【解析】月球表面没有空气，氢气球与铅球在月球表面只受重力作用，由静止释放，它们都竖直向下做自由落体运动，都处于完全失重状态，故A、B错误；氢气球与铅球从同一高度由静止释放，它们做自由落体运动，由h＝gt2可得，它们的加速度g相同，位移h相同，则由t＝可知，它们的运动时间相同，它们同时落地，故C错误，D正确；11.【答案】BD【解析】电梯静止时电流表示数为I0，图中所示电流恒为2I0，故电梯处于超重状态，且压力不变，可能匀加速上升，也可能匀减速下降，故B、D正确．12.【答案】AD【解析】由题图知，在上升过程中，在0～4 s内，加速度方向向上，F N－mg＝ma，所以向上的加速度越大，电梯对人的支持力就越大，由牛顿第三定律可知，人对电梯的压力就越大，故A正确，B错误；由题图知，在7～10 s内加速度方向向下，由mg－F N＝ma知，向下的加速度越大，人对电梯的压力就越小，故C错误，D正确．13.【答案】BC【解析】物体所受合力范围为5 N≤F合≤25 N，因m＝2 kg，故2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2，故B、C正确．14.【答案】BD【解析】据题意，摆球释放瞬间摆球速度为0，摆球与支架之间没有相互作用，则支架对地面的压力F N＝Mg，B选项正确；当摆球摆到最低点，摆球处于超重状态，则支架对地面的压力F N＝Mg ＋mg＋ma，所以D选项正确．15.【答案】BC【解析】对人受力分析，由牛顿第二定律：F N－mg＝ma，解得：F N＝mg＋ma＝600 N，由牛顿第三定律：人对台秤的压力F N′＝F N＝600 N，故选项A错误．人处于超重状态，但是重力不变为500 N，故选项B正确．台秤的示数即为人对秤的压力为600 N，故选项C正确．台秤对人的支持力为600 N，选项D错误．故选B、C.16.【答案】(1)0.756(2)AD【解析】(1)由于每相邻两个计数点间还有4个点没有画出，所以相邻的计数点间的时间间隔T＝0.1 s，设第一个计数点到第二个计数点之间的距离为x1，以后各段分别为x2、x3、x4、x5、x6，根据匀变速直线运动的推论公式Δx＝aT2可以求出加速度的大小，得：x4－x1＝3a1T2x5－x2＝3a2T2x6－x3＝3a3T2为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值得：a＝(a1＋a2＋a3)≈0.756 m/s2，(2)改变小桶中砂的重力，多次重复实验，获得多组数据，描绘小车加速度a与合力F(F＝F1－F0)的关系图象．由于已经平衡摩擦力，所以图象应该过原点，故A、D正确，B、C错误．17.【答案】(1)如图所示：(2)0.10(0.08～0.12)(3)C【解析】(1)①在a－F图象中根据所给的数据描点．②用一条直线连接这些点(连接时要让尽可能多的点落在直线上，让其它的点尽可能分布在直线的两侧).(2)当拉力大于等于最大静摩擦时，小车开始运动，由上问所得a－F图象可知，当拉力等于0.10 N 时，小车开始运动，故最大静摩擦力为0.10 N.(3)若要使作出的a－F图线过坐标原点即绳子的拉力等于小车所受的合外力，故需要平衡摩擦力，其方法是适当垫高长木板的右端，故C正确．18.【答案】≤F≤.【解析】对物体受力分析，将拉力F沿水平和竖直两个方向分解，根据物体在水平方向运动，由牛顿第二定律知：F cosθ－μ≥0根据竖直方向平衡的条件有N＝F sinθ－mg≤0解得：≤F≤.19.【答案】(1)≤F≤(2)40N【解析】(1)要使物体运动时不离开水平面，应有：F sinθ≤mg；要使物体能一直向右运动，应有：F cosθ≥μ(mg－F sinθ)联立解得：≤F≤(2)根据牛顿第二定律得：F cosθ－μ(mg－F sinθ)＝ma解得：F＝上式变形F＝，当sin(θ＋α)＝1时，F有最小值：F min＝，代入相关数据解得：F min＝40N.20.【答案】(1)8 m/s2 2.5 s (2)0.3 s(3)【解析】(1)设减速过程汽车加速度的大小为a，所用时间为t，由题可得初速度v0＝20 m/s，末速度v＝0，位移x＝25 m，由运动学公式得：v ＝2ax①t＝②联立①②式，代入数据得：a＝8 m/s2③t＝2.5 s④(2)设志愿者反应时间为t′，反应时间的增量为Δt，由运动学公式得L＝v0t′＋x⑤Δt＝t′－t0⑥联立⑤⑥式，代入数据得Δt＝0.3 s⑦(3)设志愿者所受合外力的大小为F，汽车对志愿者作用力的大小为F0，志愿者质量为m，由牛顿第二定律得F＝ma⑧由平行四边形定则得：F ＝F2＋(mg)2⑨联立③⑧⑨式，代入数据得：＝.21.【答案】g g【解析】AB是一个整体在做匀加速直线运动，合力即B的重力，所以整体的加速度即为AB各自的加速度，根据牛顿第二定律有a＝，单独对A分析，合力即绳子拉力，所以有绳子拉力F T ＝Ma＝.22.【答案】F F【解析】对整体运用牛顿第二定律，有a＝；对木块5，根据牛顿第二定律，可知其合力为：F合＝ma＝F；对木块5、6整体，受重力、支持力和4对5与6整体的推力，根据牛顿第二定律，有F45＝2ma＝F；23.【答案】向下【解析】由于小猫对地面的高度不变，故小猫下落的加速度为零，对小猫，由F f－mg＝0①由牛顿第三定律可知，小猫对杆的摩擦力F f′的方向向下，对木杆由牛顿第二定律可得：F f′＋Mg＝Ma②由①②二式可知，杆的下落加速度为a＝，方向竖直向下．24.【答案】0.21 3.98【解析】当物体做匀速直线运动时，拉力等于摩擦力，即当F＝2 N时，做匀速直线运动，所以μ(mg－F·sin 37°)＝F·cos 37°，解得μ＝0.21.物体在0～1 s内做初速度为零的匀加速直线运动，加速度a＝m/s2＝2 m/s2.在0～1 s内对物体受力分析由牛顿第二定律可得，F1cos 37°－μ(mg－F1sin 37°)＝ma，解得F1＝3.98 N.25.【答案】618 N600 N【解析】根据图象可知0～1 s内，该同学做匀加速直线运动，加速度a1＝＝m/s2＝0.3 m/s2，对该同学受力分析，根据牛顿第二定律得：F T－mg＝ma1解得：F T＝60×10.3 N＝618 N，t＝1.1 s时，图象的斜率为零，加速度为零，该同学受力平衡，则有：F T1＝mg＝600 N。
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牛顿运动定律测试题精选
一．（下列各题中至少有一个选项是正确的请选出填在表格中，每小题6分，共48分）
1．如图所示，小球密度小于烧杯中水的密度，球固定在弹簧上，弹簧下端固
定在杯底。
当装置静止时，弹簧伸长△x ，当整个装置在自由下落的过程中弹簧的伸长将( )
A ．仍为△x
B ．大于△x
C ．小于△x
D ．等于零
2．一个在水平地面上做直线运动的物体，在水平方向只受摩擦力f 的作用，当对这个物体施加一个水平向右的推力F 的作用时，下面叙述的四种情况中，不可能出现的是( )
A.物体向右运动，加速度为零
B.物体向左运动，加速度为零
C.物体加速度的方向向右
D.物体加速度的方向向左
3．如图，质量为M 的斜面放在粗糙的水平地面上。
几个质量都是m 的不同物块，先后在斜面上以不同的加速
度向下滑动，斜面始终保持静止不动。
下列关于水平地面
对斜面底部的支持力和静摩擦力的几种说法中正确的有
( )
A ．匀速下滑时，支持力N m M g =+(),静摩擦力为零；
B ．匀加速下滑时，支持力N m M g <+(),静摩擦力的方向水平向左；
C ．匀减速下滑时，支持力N m M g >+(),静摩擦力的方向水平向右；
D ．无论怎样下滑，总是N m M g =+(),静摩擦力为零。
4．如图所示，在光滑水平而上有一质量为M 的斜劈，其斜面倾角为α，一质量为m 的物体放在其光滑斜面上，现用一水平力F 推斜劈，恰使物体m 与斜劈间无相对滑动，则斜劈对物块m 的弹力大小为( )
A. mgcosα
B. αcos mg
C . αcos )m M (mF
+ D. αsin )m M (m F
+
5、 一倾角为θ的光滑斜面固定于电梯中，如图所示，一物体
始终相对于斜面静止，下列说法中正确的是（ ）
A. 电梯以加速度gtan θ向左加速
B. 电梯以加速度gtan θ
向左减速
C. 电梯做自由落体运动
D. 电梯以加速度g 向上加速运动
6、如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动(空气阻力不计)时，下列各图中正确的是( )
7．如图4所示，小球用两根轻质橡皮条悬吊着，
且AO 呈水平状态，BO 跟竖直方向的夹角为α，那么图4
B a
A O
在剪断某一根橡皮条的瞬间，小球的加速度情况是（ ）
A ． 不管剪断哪一根，小球加速度均是零
B ． 前断AO 瞬间，小球加速度大小a=g tanα
C ． 剪断BO 瞬间，小球加速度大小a=g cosα
D ． 剪断BO 瞬间，小球加速度大小a=g /cosα
8、如图所示，传送带与地面倾角为︒=37θ，AB 的长度为16m ，传送带以10m ／s 的速度转动，在传送带上端A 无初
速度地放一个质量为0．5 kg 的物体，它与传送带之间的动
摩擦因数为0．5，求物体从A 运动到B 所用的时间可能
为．(sin37°=0．6，cos37°=0．8，g=10m ／s)．( )
A ．2.1s B. 2.0s D.4.0s
二、本题共4小题，共52分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤. 只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位.
9．（10分）一人在井下站在吊台上，用如图所示的定滑轮装置拉绳
把吊台和自己提升上来。
图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计
摩擦。
吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度
是a=0.2m/s 2,求这时人对吊台的压力。
(g=9.8m/s 2)
10．（12分）如图所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑
轮，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A 、B 相连，细绳处于伸
直状态，物块A 和B 的质量分别为m A =8kg 和m B =2kg ，物块A 与水平桌面
间的动摩擦因数μ=0.1，物块B 距地面的高度h =0.15m 。
桌面上部分的绳足够长。
现将物块B 从h 高处由静止释放，直到A 停止运动。
求A 在水平桌面上运动的时间。
（g=10m/s 2）
11．（15分）质量m 128=.千克的物体A 放在水平地面上，与地面的滑动摩擦系数μ102=.。
质量m B 22=千克的物体，B A 放在的竖直前表面上，A 、B 间滑动摩
擦系数μ2=0.5。
如图所示。
今以F =456
.牛顿的水平推力推A 的后表面时，求A 对地面的压力。
12．(15分)在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度为k 的弹簧，弹簧下端连一个质量为m 的小球，球被一垂直斜面的挡板A 挡住，此时弹簧没有形变，若A 以加速度α（α<gsin θ）沿斜面向下匀加速运动，求：
（1）从挡板开始运动到球与板分离所经历的时间t ；
（2）从挡板开始运动到小球速度最大时，球的位移s.
牛顿运动定律测试题参考答案
F
为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a
则拉力大小为：N g a m M F 3502
))((=++=
再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中F N 是吊台对人
的支持力。
由牛顿第二定律得：F+F N -Mg=Ma,故F N =M(a+g)-F=200N.
由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小
相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N ，方向竖直向下。
10．对B ，由牛顿第二定律得m B g-T=m B a 1 同理，对A=T-f =m A a 1
代入数值解得21/2.1s m a =
B 做匀加速直线运动：2112
1t a h = 11t a v = 解得s t 5.01= s m v /6.0=
B 落地后，A 在摩擦力作用下做匀减速运动
解得：s t 6.02=
11．A 对地面的压力，取决于A 、B 的运动状态。
不难看出，推力F 越大，A 的加速度越大，对地面的压力也会越大，但对地面的压力决不会超过A 和B 的总重量。
隔离A ：
水平方向：a m N N F ·1
11=--μ 竖直方向：0121=--g m N N ·μ 隔离B ： 水平方向：N m a =2·
代入数据：⎪⎩
⎪⎨⎧==⨯--=--a N N N a N N 20108.25.08.22.06.4511
联立解得：牛。
361=N
12．（1）设球与挡板分离时位移为s ，经历的时间为t ，从开始运动到分离过程中，
m 受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力F N ，沿斜面向上的挡板支持力F N1和弹簧弹力F ，据牛二定律有方程： ma F F mg N =--1sin θ
随着x 的增大，F 增大，F N1减小，保持a 不变，当m 与挡板分离时，
x 增大到等于s ，F N1减小到零，则有：22
1at s = 联立解得：ma at k mg =⋅-22
1sin θ （2）分离后继续做加速度减小的加速运动，
v 最大时，m 受合力为零，
即θsin mg ks m =， 位移是k mg s m θsin = a F N 图。