牛顿运动定律试题及答案
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。
牛顿运动定律 典型例题 参考答案
牛顿运动定律典型例题参考答案一、连接体问题（整体法与隔离法）：1.二体连接问题例题1：F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g例题2：例题3：2.多体连接问题：例题4：例题5：二、 超失重问题：例题1：BC例题2：A 例题3：C 例题4：A例题5：D三、 等环境问题（力的质量分配原则）：例题1.例题2.D四、 临界值问题： 例题1. 解析:（1）ma sin N cos T =α-αmg cos N sin T =α+α当g 31a =时，N=68.4（N ） T=77.3（N ） (2) 若N=0，则有'm a cos T =αm g sin T =α )s /m (17g 3gctg 'a ==α=例题2.五、 瞬时值问题：例题1：解析：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
此类问题应注意两种模型的建立。
先分析剪断细线前两个物体的受力如图2，据平衡条件求出绳或弹簧上的弹力。
可知，F mg 2=，F F mg mg 122=+='。
剪断细线后再分析两个物体的受力示意图，如图2，绳中的弹力F 1立即消失，而弹簧的弹力不变，找出合外力据牛顿第二定律求出瞬时加速度，则图2剪断后m 1的加速度大小为2g ，方向向下，而m 2的加速度为零。
例题2：C例题3，D 例题4: （a=gsinθ ，a=gtanθ ） 例题5、BD 六、 分离问题：例题1：例题2：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用。
据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma ，当N=0时，物体与平板分离，所以此时ka g m x )(-= 因为221at x =，所以kaa g m t )(2-= 例题3：七、 相对滑动问题：例题1：例题2：BC 例题3：ABC例题4：例题5：例题6：例题7：八、 传送带问题：例题1：D例题2：解析: 物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θμθ。
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)
高中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，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v 0=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 ／s 2，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．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=，求：()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()210/.2m s 物资P 到达A 端时的动能是900J ． 【解析】 【分析】（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能219002kA A E mv J == 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移210.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，P 的加速度22sin cos 2/a g g m s θμθ=-=后段运动有：222212L s vt a t -=+， 解得：21t s =，到达A 端的速度226/A v v a t m s =+=动能219002kA A E mv J == 【点睛】传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．3．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 =++=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：1/c v 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：2/c v 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：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤5．5s 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12310.913t t t s +=+=≈ 物块滑落.6．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．7．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户．某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈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上升过程的最大速度为1m/s ，高度为56m ．货物质量为2kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g=10m/s 2．求 (1)无人机匀加速上升的高度；(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力． 【答案】(1)2.5m ；(2)20.8N 【解析】 【详解】（1）无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2 无人机匀减速上升的高度：h 3＝2v t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3 联立解得：h 1＝2.5 m（2）货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得： F －mg －0.02mg ＝ma 联立解得：F ＝20.8 N8．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2）（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间． 【答案】（1）0.5；（2）225s +（） 【解析】【分析】 【详解】（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有 Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°） 代入解得，μ=0.5（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1， 得，a 1=g （sin37°+μcos37°） 上滑的时间为0112v t s a == 上滑的位移为01202v x t m == 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2， 得，a 2=g （sin37°-μcos37°）由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=12a 2t 22 解得，22225xt s a =＝故 t=t 1+t 2=（2+25）s 【点睛】本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．9．如图所示为一升降机由静止开始下降．．过程中的速度图像，升降机及其载重总质量为2.0t ．（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；（2）分别求出第2S 内、第5S 内、第7S 内悬挂升降机的钢索的拉力大小.（g 取10m/s 2）【答案】（1）6s －8s 超重；0—2s 失重 （2）41.210N ⨯ 4210N ⨯ 2.8×104N【解析】试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；速度时间图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律求出各段时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小．（1）由速度时间图象可知，0-2s 内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6s-8s 内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态． （2）由加速度定义：∆=∆v a t根据图象得0～2s 内2218/4/2v a m s m s t ∆===∆ 根据牛顿第二定律得：4?11 1.210F mg ma N =-=⨯2s ～6s 内，加速度a 2=0，即匀速运动 悬挂升降机的钢索的拉力F 2=mg =2×104 N 6s ～8s 内，加速度为：22308/4/2v a m s m s t ∆-===-∆ 根据牛顿第二定律得：433 2.810?F mg ma N =-=⨯ 点睛：本题主要考查了对超重失重现象的理解及牛顿第二定律的直接应用，属于基础题．10．如图所示，质量为M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ，当小车向右运动速度达 到时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg 的小物块，经过t 1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。
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。
牛顿运动定律试题及答案
高一物理牛顿运动定律测试一、选择题：（每题5分，共50分）每小题有一个或几个正确选项。
1．下列说法正确的是A．力是物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因C．力是物体产生加速度的原因D．力是使物体惯性改变的原因2．下列说法正确的是A．加速行驶的汽车比它减速行驶时的惯性小B．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大C．已知月球上的重力加速度是地球上的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/6 D．为了减小机器运转时振动，采用螺钉将其固定在地面上，这是为了增大惯性3．在国际单位制中，力学的三个基本单位是A．kg 、m 、m / s2 B．kg 、 m / s 、 NC．kg 、m 、 s D．kg、 m / s2 、N4．下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（）A．由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比B．由m=F/a可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动加速度成反比C．由a=F/m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比D．由m=F/a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得5．大小分别为1N和7N的两个力作用在一个质量为1kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是A．1 m / s2和7 m / s2 B．5m / s2和8m / s2C．6 m / s2和8 m / s2 D．0 m / s2和8m / s26．弹簧秤的秤钩上挂一个物体，在下列情况下，弹簧秤的读数大于物体重力的是A．以一定的加速度竖直加速上升B．以一定的加速度竖直减速上升C．以一定的加速度竖直加速下降D．以一定的加速度竖直减速下降7．一物体以 7 m/ s2的加速度竖直下落时，物体受到的空气阻力大小是 ( g取10 m/ s2 )A．是物体重力的0.3倍 B．是物体重力的0.7倍C．是物体重力的1.7倍 D．物体质量未知，无法判断8．一小车在牵引力作用下在水平面上做匀速直线运动，某时刻起，牵引力逐渐减小直到为零，在此过程中小车仍沿原来运动方向运动，则此过程中，小车的加速度A．保持不变 B．逐渐减小，方向与运动方向相同C．逐渐增大，方向与运动方向相同 D．逐渐增大，方向与运动方向相反9、如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角θ，则A．小车一定具有方向向左的加速度B．小车一定具有方向向右的加速度C．小车的加速度大小为gtanθD．小车的加速度大小为gcotθ10．在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是A．物块接触弹簧后即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零D．当物块的速度为零时，它所受的合力不为零选择题答题框二、填空题：（每空3分，共14分）11．使质量是1 kg的物体产生1 m / s2 的加速度的合力大小叫做_____________。
最新高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)
最新高中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．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，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 v s 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 +=3．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。
(物理)物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；
(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m的高空所需的最短时间．
【答案】（1） （2） （3）
【解析】
（1）根据题意可得
（2）由牛顿第二定律 得
（3）竖直向上加速阶段 ，
匀速阶段
故
10．如图所示，航空母舰上的水平起飞跑道长度L=160m．一架质量为m=2.0×104kg的飞机从跑道的始端开始，在大小恒为F=1.2×105N的动力作用下，飞机做匀加速直线运动，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为Ff=2×104N．飞机可视为质点，取g=10m/s2．求：
解得：
(2)滑块从K至B的过程，由动能定理可知：
根据功能关系有：
解得：
3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在 时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动 图象如图所示 已知小物块与长木板的质量均为 ，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s后小物块与长木板相对静止 ，求：
求：（1）求电梯加速阶段的加速度及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度；
【答案】（1） 20s （2）540m
【解析】
【分析】
（1）在加速阶段，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解；
（2）电梯先做加速，后做匀速，在做减速，根据运动学公式或速度与时间关系图像即可求得；
（1）飞机在水平跑道运动的加速度大小；
（2）若航空母舰静止不动，飞机加速到跑道末端时速度大小；
（3）若航空母舰沿飞机起飞的方向以10m/s匀速运动，飞机从始端启动到跑道末端离开．这段时间内航空母舰对地位移大小．
牛顿运动定律典型题及答案
a典型题及答案1.某物体做直线运动的v-t 图象如图甲所示，据此判断图乙（F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移）四个选项中正确的是 （ ）2.如图所示，质量为M 的长平板车放在光滑的倾角为α的斜面上，车上站着一质量为m 的人，若要平板车静止在斜面上，车上的人可以（.C ） A ．匀速向下奔跑B ．以加速度αsin g m Ma =向下加速奔跑 C ．以加速度αsin )1(g m Ma +=向下加速奔跑 D ．以加速度αsin )1(g mM a +=向上加速奔跑 3.在一根绳下串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大，当手提着绳端沿水平方向并使两球一起作匀加速运动时（空气阻力不计），则下图中正确的是 ( A )4.如图所示，小车板面上的物体质量为m =8㎏，它被一根水平方向上拉伸了的弹簧拉住而静止在小车上，这时弹簧的弹力为6N力，使小车由静止开始运动起来，运动中加速度由零逐渐增大到1m/s 2,随即以1 m/s 2的加速度做匀加速直线运动。
以下说法正确的是 (AC ) A ．物体与小车始终保持相对静止，弹簧对物体的作用力始终没有发生变化 B ．物体受到的摩擦力一直减小C ．当小车加速度（向右）为0.75 m/s 2时，物体不受摩擦力作用D ．小车以1 m/s 2的加速度向右做匀加速直线运动时，物体受到的摩擦力为8N5.如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两个质量为m 的木块间用可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg .现用水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为 ( B )A .53mgμB . 43mg μC . 23mg μD . 3μmg6.质量不计的弹簧下端固定一小球.现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a (a <g )分别向上、向下做匀加速直线运动.若忽略空气阻力,弹簧的伸长分别为x 1、x 2；若空气阻力不能忽略且大小恒定,弹簧的伸长分别为x 1′、x 2′, （ C ）A .x 1′+x 1=x 2′+xB .x 1′+x 1<x 2+ x 2′C .x 1′+x 2′=x 1+x 2D .x 1′+x 2′<x 1 + x 27.如图, 在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子拴着的长木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜面下滑的加速度为 ( C ) A .2gsin α B .gsin α C .23gsin α D .2gsin α8.一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)
高考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，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．四旋翼无人机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为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ； (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，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最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （355s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ． （2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ， 代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．4．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．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：1/c v 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：2/c v 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：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤7．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：mgs inθ+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．8．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．9．一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＝222vh-＝－15m/s2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10．如图所示，质量1m kg=的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N=作用下沿杆向上滑动．（210/g m s=）求：（1）求球对杆的压力大小和方向；（2）小球的加速度多大；（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大．【答案】（1）53N方向垂直于杆向上（2）22.5m/s（3） 0N【解析】(1)小球受力如图所示：建立图示坐标，沿y方向，有：(F−mg)cos30∘−FN=0解得：FN=53N根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N，方向垂直于杆向上．(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：a=2.5m/s2（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：F=0N。
高中物理牛顿运动定律试题经典及解析
t1）
L
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
1 2
mv共2
，
解得： s ' 0.7m ，
车的最小长度：故 L s相对 s ' 6.7m ；
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 v0=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/s2.求：
(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【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： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
解得： a1 g sin 370 1g cos 370 4m / s2
对薄平板 M ，由牛顿第二定律有： Mg sin 370 f1 f2 Ma2
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
物理牛顿运动定律的应用题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的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
（3）木板的最小长度L 是0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。
木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。
1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。
共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
牛顿运动定律习题集(含答案)
物理训练题 之 牛顿运动定律一、选择题1. 关于惯性，以下说法正确的是： （ ）A 、在宇宙飞船内，由于物体失重，所以物体的惯性消失B 、在月球上物体的惯性只是它在地球上的1/6C 、质量相同的物体，速度较大的惯性一定大D 、质量是物体惯性的量度，惯性与速度及物体的受力情况无关2. 理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律。
以下实验中属于理想实验的是： （ ） A 、验证平行四边形定则 B 、伽利略的斜面实验C 、用打点计时器测物体的加速度D 、利用自由落体运动测定反应时间3. 关于作用力和反作用力，以下说法正确的是： （ ） A 、作用力与它的反作用力总是一对平衡力 B 、地球对物体的作用力比物体对地球的作用力大 C 、作用力与反作用力一定是性质相同的力D 、凡是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上的，并且分别作用在不同物体上的两个力一定是一对作用力和反作用力4. 在光滑水平面上，一个质量为m 的物体，受到的水平拉力为F 。
物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，物体的位移为s ，速度为v ，则： （ ） A 、由公式α=可知，加速度a 由速度的变化量和时间决定B 、由公式a 由物体受到的合力和物体的质量决定C 、由公式αa 由物体的速度和位移s 决定D 、由公式αa 由物体的位移s 和时间决定5.力F 1a 1＝3m/s 2，力F 2作用在该物体上产生的加速度a 2＝4m/s 2，则F 1和F 2（ ） A 、 7m/s 2B 、 5m/s 2C 、 1m/s 2D 、 8m/s26.电梯的顶部挂有一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N ，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8N ，关于电梯的运动，以下说法正确的是： （ ） A 、电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s 2B 、电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s 2C 、电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s 2D 、电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s 2 7.下国际单位制中的单位，属于基本单位的是：（ ） A 、力的单位：N B 、 质量的单位：kg C 、 长度的单位：m D 、时间的单位：s8. 关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是： （ ） A 、物体所受外力为零，物体一定处于静止状态 B 、只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化 aD、物体所受的合力不变且不为零，物体的运动状态一定变化9.以下说法中正确的是： ( )A、牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律B、静止的物体一定不受外力的作用C、在水平地面上滑动的木块最终要停下来，是由于没有外力维持木块的运动D、物体运动状态发生变化时，物体必须受到外力作用10.做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是：A、悬浮在空中不动B、速度逐渐减小C、保持一定速度向下匀速直线运动D、无法判断11.人从行驶的汽车上跳下来容易： ( )A 、向汽车行驶的方向跌倒 B、向汽车行驶的反方向跌倒C、从向车右侧方向跌倒D、向车左侧方向跌倒12.下面说法中正确的是： ( )A、只有运动的物体才能表现出它的惯性；B、只有静止的物体才能表现出它的惯性C、物体的运动状态发生变化时，它不具有惯性D、不论物体处于什么状态，它都具有惯性13.下列事例中，利用了物体的惯性的是：( )A、跳远运动员在起跳前的助跑运动B、跳伞运动员在落地前打开降落伞C、自行车轮胎有凹凸不平的花纹D、铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转14.火车在长直水平轨道上匀速行驶，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，车厢的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，偏后距离很小，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。
高一物理牛顿运动定律试题答案及解析
高一物理牛顿运动定律试题答案及解析1.如图所示，台秤上放有一杯水，杯内底部处用线系着一小木球浮在水中，若细线突然断开，试分析在小木球上浮的过程中，台秤的示数如何变化？A．增大B．减小C．不变D．以上三种情况都有可能【答案】B【解析】若细线突然断开，小木球上浮的过程中，水向下运动，有向下的加速度，系统处于失重状态，台秤的示数减小，B正确。
2.关于力和运动的关系，下列选项中正确的是A．若物体的速度不断增大，则物体所受的合力一定不为0B．若物体的位移不断增大，则物体所受的合力一定不为0C．若物体的位移与时间的平方成正比，则物体所受的合力一定为0D．若物体的加速度不变，则物体所受合力一定为0【答案】A【解析】只要物体速度变化，则一定存在加速度，所以合外力一定不为零；A对，D错。
位移增大，不一定速度变化，可以是匀速运动，所以合力可以为零，B错；位移与时间的平方成正比，则物体肯定不是做匀速运动，所以加速度一定不为零，合力一定不为零，C错；3.如图所示，空间存在着场强为E＝2.5×102 N/C、方向竖直向上的匀强电场，在电场内一长为L ＝0.5 m的绝缘细线，一端固定在O点，另一端拴着质量为m＝0.5 kg、电荷量为q＝4×10－2 C 的小球．现将细线拉直到水平位置，使小球由静止释放，当小球运动到最高点时细线受到的拉力恰好达到它能承受的最大值而断裂．取g＝10 m/s2.求：(1)小球的电性；(2)细线能承受的最大拉力；(3)当细线断裂后，小球继续运动到与O点水平方向距离为L时(仍在匀强电场中)，小球距O点的高度．【答案】（1）正（2）（3）0.625 m【解析】(1)由小球运动到最高点可知，小球带正电．(2)设小球运动到最高点时速度为v，对该过程由动能定理有，①在最高点对小球进行受力分析，由圆周运动和牛顿第二定律得，②由①②式解得，(3)小球在细线断裂后，在竖直方向的加速度设为a，则③设小球在水平方向运动位移为L的过程中，所经历的时间为t，则④设竖直方向上的位移为x，则⑤由①③④⑤解得x＝0.125 m所以小球距O点的高度为x＋L＝0.625 m【考点】考查了牛顿第二定律，圆周运动，动能定理4.如图所示，用细绳把小球悬挂起来，当小球静止时，下列说法中正确的是（）A．小球对细绳的拉力和细绳对小球的拉力是一对作用力和反作用力B．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对作用力和反作用力C．小球受到的重力和细绳对小球的拉力是一对平衡力D．小球受到的重力和小球对细绳的拉力是一对平衡力【答案】AC【解析】解：对小球受力分析，受地球对其的重力，细线对其向上的拉力，小球保持静止状态，加速度为零，合力为零，故重力和拉力是一对平衡力；细线对小球的拉力的反作用力是小球对细线的向下的拉力，这两个力是一对相互作用力，故AC正确，BD错误故选：AC．【考点】作用力和反作用力．分析：一对平衡力与“作用力与反作用力“的共同的特点：二力都是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上．一对平衡力与“作用力与反作用力“的区别：作用力与反作用力描述的是两个物体间相互作用的规律，二力平衡描述的是一个物体在二力作用下处在平衡状态．点评：本题涉及三力，重力、细线对小球的拉力和小球对细线的拉力，其中重力和细线对小球的拉力是平衡力（因为小球处于平衡状态），细线对小球的拉力和小球对细线的拉力是相互作用力；平衡力和相互作用力是很容易混淆的，要注意其最明显的区别在于是否同体．5.（12分）如图所示为某高楼电梯上升的速度-时间图像，试求：（1）在t1=5s、t2=8s时刻的速度；（2）求出各段的加速度；（3）画出电梯上升的加速度-时间图像．【答案】（1）v1=10m/s；v2=5m/s（2）0s~2s ：5m/s2；2s~5s ：0m/s2；5s~8s ：-1.7m/s2；（3）图线如图：【解析】（1）由图线可知在t1=5s时的速度是10m/s；在t2=8s时刻的速度是5m/s；（2）0s~2s ：5m/s2；2s~5s ：a2=0m/s2；5s~8s ：；（3）电梯上升的加速度-时间图像：【考点】v-t图线.【名师】此题考查了v-t图线在实际生活中的应用问题；要了解图线的物理意义：斜率大小等于物体的加速度大小，斜率的符号反映加速度的方向；图线与坐标轴围成的面积等于物体的位移；做题时要会分段处理；此题难度不大.6.两物体都做匀变速直线运动，在给定的时间间隔t内（）A．加速度大的，其位移一定大B．初速度大的，其位移一定大C．末速度大的，其位移一定大D．平均速度大的，其位移一定大【答案】D【解析】解：A、根据x=知，加速度大，位移不一定大，还与初速度有关．故A错误．B、根据x=知，初速度大的，位移不一定大，还与加速度有关．故B错误．C、末速度大，位移不一定大，还与初速度有关．故C错误．D、根据，时间一定，平均速度大，位移一定大．故D正确．故选D．【考点】匀变速直线运动的速度与时间的关系；匀变速直线运动的位移与时间的关系．分析：根据匀变速直线运动位移时间公式x=和平均速度公式去判断一定时间内的位移大小．点评：解决本题的关键掌握匀变速直线运动的位移时间公式x=和平均速度公式．7.如图所示，为做直线运动质点的v﹣t图象，则下列说法正确的是（）A．质点在0～2s内做匀加速直线运动B．质点在2～6s内处于静止状态C．质点t=8s时的位移为零D．质点在8～10s内做匀加速直线运动【答案】AD【解析】解：A、质点在0～2s内速度均匀增大，做匀加速直线运动．故A正确．B、质点在2～6s内速度不变，做匀速直线运动，故B错误．C、根据面积表示位移，可知质点t=8s时的位移为 x=m=36m，故C错误．D、质点在8～10s内沿负方向做匀加速直线运动，故D错误．故选：AD【考点】匀变速直线运动的图像．【分析】v﹣t图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，平行于时间轴的直线表示匀速直线运动．图象与坐标轴所围的面积表示位移．由此分析．【点评】本题的解题关键是抓住两个数学意义来分析和理解图象的物理意义：速度图象的斜率等于加速度、速度图象与坐标轴所围“面积”大小等于位移．明确v﹣t图象中倾斜的直线表示匀变速直线运动，平行于时间轴的直线表示匀速直线运动．8.一物体以20m/s的速度沿光滑斜面向上做匀变速直线运动，加速度大小为a=5m/s2．如果斜面足够长，那么当速度大小变为10m/s时物体所通过的路程可能是多少？【答案】物体通过路程可能为30m，可能为50m．【解析】解：当末速度的方向与初速度方向相同，根据速度位移公式得，物体通过的路程s=．若末速度的方向与初速度方向相反，则物体向上做匀减速运动的位移，向下做匀加速运动的位移，则路程s=x1+x2=40+10m=50m．答：物体通过路程可能为30m，可能为50m．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系．【分析】当末速度的方向与初速度方向相同，直接结合匀变速直线运动的速度位移公式求出物体通过的路程．当末速度的方向与初速度方向相反，根据速度位移公式分别求出向上匀减速运动的位移和向下匀加速运动的位移，从而得出路程．【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，注意末速度的方向可能与初速度方向相同，可能与初速度方向相反．9.跳伞运动员从300m高空无初速度跳伞下落，他自由下落4s后打开降落伞，以恒定的加速度做匀减速运动，到达地面时的速度为4.0m/s，g=10m/s2．求：（1）运动员打开降落伞处离地面的高度；（2）运动员打开伞后运动的加速度；（3）运动员在空中运动的总时间．【答案】（1）运动员打开降落伞处离地面的高度为220m；（2）运动员打开伞后运动的加速度为﹣3.6m/s2；（3）运动员在空中运动的总时间为14s．【解析】解：竖直向下方向为正方向．（1）运动员自由下落4s的位移为运动员打开降落伞处离地面的高度为：h2=h﹣h1=300﹣80m=220m（2）运动员自由下落4s末的速度为：v1=gt1=10×4m/s=40m/s打开降落伞后做匀减速直线运动，根据速度位移关系有：2可得加速度==﹣3.6m/s2（3）打开降落伞后做匀减速时间达到地面的时间为：所以运动在空中下落的总时间为：t=t1+t2=4+10s=14s答：（1）运动员打开降落伞处离地面的高度为220m；（2）运动员打开伞后运动的加速度为﹣3.6m/s2；（3）运动员在空中运动的总时间为14s．【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系．【分析】（1）根据自由落体运动的规律求得物体下落4s的高度，从而求得离地面的高度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系求得打开伞后的加速度；（3）求得匀减速下落的时间和自由落体运动的时间即为在空中下落的总时间．【点评】掌握匀变速直线运动的位移时间关系和速度时间关系是正确解题的关键，不难属于基础题．10.某研究性学习小组，为探究电梯起动和制动时的加速度大小，董趣同学站在体重计上乘电梯从1层到10层，之后又从10层返回到1层，并用照相机进行记录，请认真观察分析下列图片，得出正确的判断是（）A．根据图乙和图丙，可估测电梯向上起动时的加速度B．根据图甲和图乙，可估测电梯向上制动时的加速度C．根据图甲和图戊，可估测电梯向下制动时的加速度D．根据图丁和图戊，可估测电梯向下起动时的加速度【答案】C【解析】解：A、图2表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，图3，表示向上减速时的示数，由此两图不能够求出的是电梯向上起动时的加速度，所以A错误．B、图1表示电梯静止时的示数，图2显示加速上升时的示数，此时能够求出的是电梯向上加速时的加速度，所以B错误．C、图1表示电梯静止时的示数，图5表示电梯减速下降时的示数，此时能够求出的是电梯向下减速时的加速度，所以C正确．D、图4表示电梯加速下降时的示数，图5表示电梯减速下降时的示数，此时不能够求出电梯向下起动时的加速度，所以D错误．故选C【考点】加速度．【分析】图甲表示电梯静止时体重计的示数，乙图表示电梯加速上升时这位同学超重时的示数，丙图表示电梯减速上升时这位同学失重时的示数，丁图表示电梯加速下降时这位同学失重时的示数，戊图表示电梯减速下降时这位同学超重时的示数，根据牛顿第二定律可以应用图甲和另外某一图示求出相应状态的加速度．【点评】本题主要考查了对超重失重现象的理解，人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了．11.（20分）下列是《驾驶员守则》中的安全距离图示(如图)和部分安全距离表格．请根据图表计算：(1)如果驾驶员的反应时间一定，请求出表格中的A 的数据； (2)如果路面情况相同，请求出表格中的B 、C 的数据；(3)如果路面情况相同，一名喝了酒的驾驶员发现前面50 m 处有一队学生正在横过马路，此时他的车速为72 km/h.而他的反应时间比正常时慢了0.1 s ，请问他能在50 m 内停下来吗？ 【答案】(1)20；(2)40；60；(3)不能 【解析】(1)反应时间为，即解得A ＝20 m.因路面情况相同，故知刹车时的加速度相同， 由v 2 =2ax 得 对第一组刹车数据分析，加速度为分析第三组数据知，刹车距离为：所以停车距离为：C ＝A ＋B ＝60 m. 正常情况下司机的反应时间为而喝酒情况下司机的反应距离为 由v 2=2ax 知，此时司机的刹车距离为L ＝s ＋x ＝52.4 m,52.4 m>50 m ，故不能在50 m 内停下来． 【考点】匀变速直线运动的规律12. 物体由A 向B 做匀变速直线运动，所用时间为t ，在时到达D 点，C 为AB 的中点，以v C 和v D 分别表示物体在C 点和D 点时的速度，以下叙述中正确的是：（ ） A ．若物体做匀加速运动，则v C ＞v D B ．若物体做匀减速运动，则v C ＞v DC ．不论物体做匀加速运动，还是做匀减速运动，都有v C ＜v DD ．如果不确定物体做匀加速运动或匀减速运动，则无法比较v C 和v D 的大小【答案】AB【解析】根据匀变速直线运动的规律，物体在中间时刻D 的速度为；物体在中间位置C 的速度为：；由数学知识可知，恒成立，则v C ＞v D ，故选项AB 正确，CD 错误；故选AB.【考点】匀变速直线运动的规律13. (8分)跳伞运动员做低空跳伞表演，他离开飞机后先做自由落体运动，当距地面120 m 时打开降落伞，开伞后运动员以大小为12.5 m/s 2的加速度做匀减速运动，到达地面时的速度为5 m/s ，求：(1)运动员离开飞机瞬间距地面的高度；(2)离开飞机后，经多长时间到达地面．(g 取10 m/s 2) 【答案】（1）271.25 m ；（2）9.5 s【解析】(1)由v12－v2＝2ah2解出v＝55 m/s. (2分)又因为v02＝2gh1解出h1＝151.25 m. (2分)所以h＝h1＋h2＝271.25 m. (1分)(2)又因为t1＝＝5.5 s， (1分)t2＝＝4 s， (1分)所以t＝t1＋t2＝9.5 s，(1分)【考点】匀变速直线运动的规律【名师】本题难度较小，自由落体运动其实就是初速度为零的匀加速直线运动，灵活应用匀变速运动规律求解本题。
高一物理牛顿运动定律试题答案及解析
高一物理牛顿运动定律试题答案及解析1.（8分）汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10ｍ/s2，问：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少?（2）若汽车保持0.5ｍ/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间?【答案】（1）12m/s；（2）16s。
【解析】（1）因为v=m/s=12m/s；（2）做匀加速运动的最大速度为v′=m/s=8m/s；故这一过程的时间为t==16s【考点】汽车启动问题。
2.如图所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B，用力F推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力（）A．滑块A最大B．斜面体C最大C．同样大D．不能判断谁大谁小【答案】C【解析】由于三者无相对运动地向前共同加速运动，且质量均相同，根据牛顿第二定律F=ma可知，F均相同，故C正确。
【考点】牛顿第二定律3.一辆以12m/s的速度在水平路面上行驶的汽车，在关闭油门后刹车过程中以3m/s2的加速度做匀减速运动，那么汽车关闭油门后2s内的位移是多少米？关闭油门后5s内的位移是多少米？【答案】(1)18m(2)24m【解析】汽车停下来的时间为，汽车在关闭油门后2s内的位移是由于汽车在4s末停止运动，所以前4s的位移等于5s末的位移故有关闭油门后5s内的位移是【考点】考查了匀变速直线运动规律的应用4.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现在他前面9m处以7m/s的速度匀速向前行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经3.0s，警车发动起来，以加速度a=2m/s2做匀加速运动.求：(1)警车发动后经多长时间能追上违章的货车，这时警车速度多大；(2)在警车追上货车之前，何时两车间的最大距离，最大距离是多少.【答案】（1）t=10s，20m/s（2）【解析】①得 t=10s v=at=20m/s②当两车速度相等时，两车间距最大【考点】追击相遇问题【名师】关键是抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，相距最远，（1）根据位移关系，结合运动学公式求出追及的时间，根据速度时间公式求出警车的速度．（2）当两车的速度相等时，相距最远，根据速度时间公式求出相距最远的时间，根据位移公式求出相距的最远距离5.（10分）如图所示，小球在较长的斜面顶端，以初速度v=2m/s，加速度a=2m/s2向下滑，在到达底端的前1s内，所滑过的距离为，其中L为斜面长，则（1）小球在斜面上滑行的时间为多少？（2）斜面的长度L是多少？【答案】（1）3s；（2）15m【解析】设小球在斜面上运动的总时间为t，则由题意和公式 x＝vt+at2得：解上面两个方程得：t=3s；L=15m【考点】匀变速直线运动的规律6.（10分）一列车A的制动性能经测定：当它以标准速度V=20m/s在平直轨道上行驶时，制动后需tA =40s才停下。
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．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 =．3．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
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)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。
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析.docx
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/s2．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】① 0.07m ②35m/s 214N【解析】【详解】①物体 C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为x0．对物体 C，有： mg kx0解得： x0=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：Mg k( A x0)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.x0 )mg ma对物体，有： k ( AC解得： a=35m/s 2对物体 B，有：F Mg k( A x0 )解得： F=14N所以物体 B 对地面的压力大小为14N2．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s ，传送带两端AB 间距离为 s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为 m=5kg 的行李箱无初速度地放上传送带 A 端后，传送到 B 端，重力加速度 g 取 10m/ 2；求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从 A 端传送到 B 端所用时间t ；(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
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高一物理牛顿运动定律测试一、选择题：（每题5分，共40分）每小题有一个或几个正确选项。
1．下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（ CD ）A．由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比B．由m=F/a可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动加速度成反比C．由a=F/m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比D．由m=F/a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得2．弹簧秤的秤钩上挂一个物体，在下列情况下，弹簧秤的读数大于物体重力的是AD A．以一定的加速度竖直加速上升B．以一定的加速度竖直减速上升C．以一定的加速度竖直加速下降D．以一定的加速度竖直减速下降3．一物体以 7 m/ s2的加速度竖直下落时，物体受到的空气阻力大小是 ( g取10 m/ s2 ) A．是物体重力的0.3倍 B．是物体重力的0.7倍C．是物体重力的1.7倍 D．物体质量未知，无法判断4、如图所示，在平直轨道做匀变速运动的车厢中，用轻细线悬挂一个小球，悬线与竖直方向保持恒定的夹角θ，则 BCA．小车一定具有方向向左的加速度B．小车一定具有方向向右的加速度C．小车的加速度大小为gtanθD．小车的加速度大小为gcotθ5．在光滑水平面上有一物块受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触并将弹簧压至最短的过程中，下列说法正确的是A．物块接触弹簧后即做减速运动B．物块接触弹簧后先加速后减速C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度不等于零D．当物块的速度为零时，它所受的合力不为零选择题答题框二、填空题：（每空3分，共14分）11．使质量是1 kg的物体产生1 m / s2 的加速度的合力大小叫做_____________。
12．甲、乙两辆实验小车，在相同的力的作用下，甲车产生的加速度为2m / s2 ，乙车产生的加速度为4.5 m / s2。
则甲、乙两车的质量之比为________________。
（4分）13．升降机以1.0m/s的速度竖直匀速上升，站在升降机里质量为60kg的人对升降机地板的压力为________________N；如果升降机以0.5m/s2的加速度减速上升，人对地板的压力又为(g取 10m/s2)三、计算题：（每题12分。
4——12班完成14、15、16题，2、3班完成15、16、18题，1班完成16、17、18题）14．水平桌面上质量为1kg的物体受到2N的水平拉力，产生1.5m/s2的加速度。
（1）物体所受摩擦力为多大？（2）若水平拉力增至4N，则物体将获得多大的加速度？15．一静止在水平地面的物块，质量为m=20kg，现在用一个大小为F=60N的水平推力使物体做匀加速直线运动，当物块移动s=9.0m时，速度达到v=6.0m/s．(1)求物块的加速度大小。
(2)物块与地面之间的动摩擦因数．(g取10m/s2)16．交通警察在处理交通事故时，有时会根据汽车在路面上留下的刹车痕迹，来判断发生事故前汽车是否超速。
在一个限速为40km/h的大桥路面上，有一辆汽车紧急刹车后仍发生交通事故，交警在现场测得该汽车在路面刹车的痕迹为10m，已知汽车轮胎与地面的动摩擦因数为0.5，请判断汽车是否超速。
17．一个物体从长L=10m、高h=6m的斜面顶端由静止开始滑下，设物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.2，求物体滑到斜面底端所用的时间和速度大小。
18、如图所示，质量为m=4kg的物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现用F=25N与水平方向成θ=370的力拉物体，使物体由静止开始做匀加速运动：（1）物体所受支持力为多大？摩擦力为多大？（2）求物体的加速度的大小？（3）若F作用t=4s后即撤除，此后物体还能运动多久？（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10 m/s2）参考答案：11．1N12．9：413．600N，57014．（1）0.5N（2）3.5m/s215．（1）2m/s2（2）0.117．2.13s，9.38m/s18．（1）25N，5N（2）3.75m/s2（3）7.5s牛顿第二定律·典型题剖析例1 在光滑水平面上的木块受到一个方向不变，大小从某一数值逐渐变小的外力作用时，木块将作[ ]A．匀减速运动． B．匀加速运动．C．速度逐渐减小的变加速运动．D．速度逐渐增大的变加速运动．分析木块受到外力作用必有加速度．已知外力方向不变，数值变小，根据牛顿第二定律可知，木块加速度的方向不变，大小在逐渐变小，也就是木块每秒增加的速度在减少．由于加速度方向与速度方向一致，木块的速度大小仍在不断增加，即木块作的是加速度逐渐减小、速度逐渐增大的变加速运动．答D．说明物体的加速度只与它受到的外力有联系，当外力逐渐减小到零时，物体的速度恰增大到最大值v m．以后，物体就保持这个速度沿光滑水平面作匀速直线运动，这个物体的v－t图大致如图3－5所示．例2 如图3－6所示，底板光滑的小车上用两个量程为20N、完全相同的弹簧秤甲和乙系住一个质量1kg的物块．在水平地面上当小车作匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10N．当小车作匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8N．这时小车运动的加速度大小是[ ]A．2m/s2． B．4m/s2．C．6m/s2． D．8m/s2．分析因弹簧的弹力与其形变量成正比，当弹簧秤甲的示数由10N变为8N 时，其形变量减少，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12N．物体在水平方向所受到的合外力为F=T乙-T甲=12N-8N=4N．根据牛顿第二定律，得物块的加速度大小为答B．说明无论题中的弹簧秤原来处于拉伸状态或压缩状态，其结果相同．读者可自行通过对两种情况的假设加以验证．例3 汽车空载时的质量是4×103kg，它能运载的最大质量是3×103kg．要使汽车在空载时加速前进需要牵引力是2.5×104N，那么满载时以同样加速度前进，需要的牵引力是多少？分析由空载时车的质量和牵引力算出加速度，然后根据加速度和满载时的总质量，再由牛顿第二定律算出牵引力．解答空载时，m1=4×103kg，F1=2.5×104N，由牛顿第二定律得加速度：满载时，总质量为m1+m2＝7×103kg，同理由牛顿第二定律得牵引力：F2=（m1+m2）a=7×103×6.25N=4.375×104N．说明根据牛顿第二定律F=ma可知，当加速度a相同时，物体所受的合外力与其质量成正比．因此可以不必先算出加速度的大小，直接由比例关系求解．即由直接得根据牛顿第二定律，当加速度a相同时，各个物体（或各个部分）所受的合外力与其质量成正比．用公式可表示为F1∶F2∶F3∶…F n＝m1∶m2∶m3∶…m n，或F i∶F合=m i∶∑m．式中F i表示质量为m i的物体所受的合外力，F合表示总质量为∑m=m1+m2+…+m的整个物体系统所受的合外力．n利用合外力与质量的这种比例关系，解题中常会带来很大的方便（如例3）．牛顿第二定律常见题型：牛顿第二定律常用方法：（1）合成法（2）正交分解法分解F，不分解a分解a，不分解F牛顿第二定律与摩擦力结合问题牛顿第二定律与弹簧结合问题在连接体中运用牛顿第二定律问题第3章牛顿运动定律一. 单选题：1. 关于惯性的说法，正确的是（）A. 只有运动的物体才有惯性B. 只有物体的运动状态发生改变时，物体才有惯性C. 质量相同的两个物体，由于受力情况不同，所以惯性不一定相同D. 物体的惯性与物体的运动状态无关2. 质量一定的物体（）A. 受到的合外力越大，加速度越大B. 受到的合外力越大，速度越大C. 加速度越大，速度越大D. 在外力的作用下做匀加速直线运动，当合外力逐渐减小时，速度逐渐减小3. 用天平和弹簧秤先后在东北和广州称量同一物体（）A. 两仪器在两地称量读数相同B. 天平在两地称量读数不同C. 弹簧秤在两地称量读数不同D. 两仪器在两地称量读数都不相同4. 下列说法中正确的是（）A. 放在水平桌面上静止的物体，其重力与对桌面的压力大小相等，是一对平衡力B. 人向前走时，是因为地面对人脚的作用力大于脚对地面的作用力C. 鸡蛋掉在地上破了，而地面未损坏，说明地面对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对地面的作用力D. 跳高运动员从地面上跳起，是由于地面给运动员的支持力大于运动员所受的重力5. 用恒力F作用在质量为m的物体上，使其在时间t内从静止移动的距离为s，如果用F/2的力作用在质量m/2的物体上，经过t/2的时间，物体移动的距离为（）A. s/2B. s/4C. s/8D. s6. 两个小球A和B体积相同，质量m A>m B，它们从同一高度由静止落下，设落下时所受阻力相同，那么（）A. A球先到达地面B. B球先到达地面C. 两球同时到达地面D. 无法判断谁先到达地面二. 多选题：1. 关于牛顿第二定律，正确的说法是（）A. 物体的质量跟外力成正比，跟加速度成反比B. 加速度的方向一定与合外力的方向一致C. 加速度跟合外力成正比，跟物体的质量成反比D. 由于加速度跟合外力成正比，整块砖的重力加速度一定是半块砖重力加速度的2倍2. 从匀速上升的气球上掉下一个小物体，从这时开始（不计空气阻力）（）A. 物体的加速度为gB. 物体做自由落体运动C. 气球仍匀速上升D. 气球加速上升3. 有两个大小分别为2N和3N的力，同时作用在质量为1kg的物体上，物体产生加速度的可能值是（）A. 零B. 1m/s2C. 3 m/s2D. 6 m/s24. 如图所示，木箱内用一悬绳吊着一球，球与箱壁保持接触，摩擦不计。
木箱静止时，绳的拉力为F，则（）12123. 静止在粗糙的水平桌面上的物体，受到木棒的水平推力后仍保持静止。
（1）物体的重力和桌面对它的支持力是一对__________。
（2）物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对__________。
（3）木棒对物体的推力和__________是一对平衡力。
（4）木棒对物体的推力和__________是一对作用力和反作用力。
4.5.（（（四.1.加到（（（高度多大？2. 在匀速上升的电梯里用弹簧秤吊着一个重物，弹簧秤的读数为10N，突然弹簧秤的读数变成了8N，这时电梯在做什么运动？电梯的加速度是多大？（g取10m/s2）3. （选作题）质量为20kg的物体若由20N的水平力牵引它，刚好能在水平面上匀速前进。
求：（1）若改用50N 拉力沿与水平方向成37°的夹角向斜上方拉它，使物体由静止出发在水平面上前进2.3m 时，它的速度多大？（2）在前进2.3m 时撤去拉力，又经过3s 钟，物体的速度多大？ （3）物体总共通过多大位移？（g 取10m/s 2）【试题答案】一. 单选题： 1. D 2. A分析：由牛顿第二定律：a ＝F 合/m ，在质量m 一定时，F 合越大a 也越大；故选A 。