第三章牛顿运动定律(提高测试) (2)

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高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律经典测试题附答案解析(2)

高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律经典测试题附答案解析(2)一、选择题1．如图所示，用平行于光滑斜面的力F拉着小车向上做匀速直线运动。

若之后力F逐渐减小，则对物体在向上继续运动的过程中的描述正确的是（）A．物体的加速度减小B．物体的加速度增加C．物体的速度可能不变D．物体的速度增加2．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。

质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。

某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30N3．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v－t图象如图所示.取g＝10m/s2，则物体与水平面间的动摩擦因数μ和水平推力F 的大小分别为()A．0.2,6NB．0.1,6NC．0.2,8ND．0.1,8N4．下列单位中，不能．．表示磁感应强度单位符号的是（）A．T B．NA m⋅C．2kgA s⋅D．2N sC m⋅⋅5．关于一对平衡力、作用力和反作用力，下列叙述正确的是()A ．平衡力应是分别作用在两个不同物体上的力B ．平衡力可以是同一种性质的力，也可以是不同性质的力C ．作用力和反作用力可以不是同一种性质的力D ．作用力施加之后才会产生反作用力，即反作用力总比作用力落后一些6．如图所示，质量为10kg 的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平地面间的动摩擦因数为0.2，与此同时，物体受到一个水平向右的拉力F =20N 的作用，则物体的加速度为（）A ．0B ．2m/s 2，水平向右C ．4m/s 2，水平向右D ．2m/s 2，水平向左 7．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB段曲线可知，运动员在此过程中A ．做匀变速曲线运动B ．做变加速运动C ．所受力的合力不断增大D ．机械能守恒8．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A 的上表面水平且放有一斜劈B ，B 的上表面上有一物块C ，A 、B 、C 一起沿斜面匀加速下滑。

(物理)物理牛顿运动定律的应用提高训练及解析

（物理）物理牛顿运动定律的应用提高训练及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】(1)物体的受力情况如图所示：根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N联立得：a =cos37(sin 37)F mg F mμ--o o代入解得a =0.3m/s 2(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小219.6m 2x at == (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动，根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 2v x a =''=【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．2．质量M ＝0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度1 5.0v =m/s 和2 2.0v =m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。

已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g =10m/s 2，求：（1）A 、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度；（2）车的长度是多少？（3）从A 、B 开始运动计时，经8s 小车离原位置的距离. 【答案】（1）0.6m/s （2）6.8m （3）3.84m 【解析】【详解】解：（1）设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律有：()()122m v v M m v -=+代入数据解得：v =0.6m/s ，方向向右．（2）设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系有:()()22212121112222mg L L mv mv M m v μ+=+-+ 又L ≥L 1+L 2代入数据解得L ≥6.8m ，即L 至少为6.8m（3）当B 向左减速到零时，A 向右减速，且两者加速度大小都为12a g μ==m/s 2 对小车受力分析可知，小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用，故小车没有动则B 向左减速到零的时间为2111v t a ==s 此时A 的速度为1113A v v a t =-=m/s当B 减速到零时与小车相对静止，此时A 继续向右减速，则B 与小车向右加速，设经过t s 达到共同速度v对B 和小车，由牛顿第二定律有：()2mg m M a μ=+，解得：20.5a =m/s 2 则有：12A v v a t a t =-=，代入数据解得：t =1.2s 此时小车的速度为20.6v a t ==m/s ，位移为21210.362x a t ==m 当三个物体都达到共同速度后，一起向右做匀速直线运动，则剩下的时间发生的位移为()28 3.48x v t =-=m则小车在8s 内走过的总位移为12 3.84x x x =+=m3．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ．【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.4．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可．【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．5．如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块A （可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s ，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210/g m s =，求：（1）拉力撤去时，木板的速度v B ；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大；（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．【答案】(1)V B =4m/s ；(2)L=1.2m ；(3)d=0.48m 【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置． (1)若相对滑动，对木板有：212B F mg mg ma μμ--⋅=，得：24/B a m s =对木块有2A mg ma μ=，22/A a m s =所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度4/B B v a t m s ==，2/A A v a t m s == (2)撤去F 后，经时间t 2达到共同速度v ；由动量定理22B mgt mv mv μ=-22122B mgt mgt mv mv μμ--=-，可得20.2t s =，v=2.4m/s在撤掉F 之前，二者的相对位移11122B A v v x t t ∆=- 撤去F 之后，二者的相对位移22222B A v v v v x t t ++∆=-木板长度12 1.2L x x m =∆+∆=(3)获得共同速度后，对木块，有22102A mgx mv μ-=-，对木板有()2211202B mg mg x mv μμ-=- 二者的相对位移3A B x x x ∆=-木块最终离木板右端的距离1230.48d x x x m =∆+∆-∆=【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．6．如图所示，质量M =8kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F =8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m =2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？（2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？（3）从小物块放上小车开始，经过t =1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取g =10m/s 2）．【答案】（1）2m/s 2，0.5m/s 2（2）1s ，2m/s （3）2.1m 【解析】【分析】(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度；(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可．【详解】(1) 根据牛顿第二定律可得小物块的加速度：m/s 2小车的加速度：m/s 2(2)令两则的速度相等所用时间为t ，则有：解得达到共同速度的时间：t =1s共同速度为：m/s(3) 在开始1s内小物块的位移m此时其速度：m/s在接下来的0.5s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：m/s2这0.5s内的位移：m则小物块通过的总位移:m【点睛】本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解．同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解．7．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0=12m/s 的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）2)s.【解析】【分析】（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；【详解】（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a ，货物受力如图所示：沿传送带方向： 1f mgsin F ma θ+=垂直传送带方向： N mgcos F θ=，又f N F F μ=故货物刚滑上传送带时加速度大小2110/a m s =，方向沿传送带向下；（2）货物速度从0v 减至传送带速度v 所用时间设为1t ，位移设为1x ，则根据速度与时间关系有：011212110v v t s s a --===-- 根据平均速度公式可以得到位移为：01172v vx t m +== （3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tan μθ=<，即mgsin mgcos θμθ＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a ，则有2mgsin mgcos ma θμθ-= 设货物再经时间2t ，速度减为零，则：2201vt s a -==- 沿传送带向上滑的位移：22012v x t m +== 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ，则22312x a t =，代入解得：322t s =．所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =++=+（)．【点睛】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．8．水平面上有一木板，质量为M=2kg ，板左端放有质量为m=1kg 的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取210/g m s =．（1）现用水平力F 拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F 的大小范围？（2）若拉动木板的水平力F=15N ，由静止经时间t 1=4s 立即撤去拉力F ，再经t 2=1s 物块恰好到达板右端，求板长L=？【答案】（1）12N ＜F≤18N （2）1.4m【解析】【分析】（1）物块与木块一起运动，拉力F 必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m 与M 之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 达到最大值；（2）拉动木板的水平力F=15N ，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F 后，m 向右匀减速，M 向右匀减速，当M 静止后，m 继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；【详解】（1）M 与地面之间的最大静摩擦力f 1=μ2(M +m )g ＝0.4×(2+1)×10＝12N当M 、m 整体一起向右匀加速运动时，当m 与M 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 最大；对m ：μ1mg ＝ma ① 得a =μ1g ＝0.2×10m /s 2＝2m /s 2 对整体：F −μ2(M +m )g ＝(M +m )a ② 代入数据：F-12=（2+1）×2 解得：F=18N所以拉力F 大小范围是12N ＜F≤18N（2）拉动木板的水平力F=15N ，M 、m 一起匀加速运动根据牛顿第二定律：()2221512/1/21F M m ga m s m s M mμ-+-++＝＝＝t 1＝4s 时速度v 1＝a t 1＝1×4m /s ＝4m /s 撤去F 后，物块加速度a 1＝μ1g ＝2m /s 2 对木板：μ1mg −μ2(M +m )g ＝Ma 2，代入数据：0.2×10−12＝2 a 2 解得：a 2＝−5m /s 2木板向右速度减为0的时间；根据题意t 2=1s 物块恰好到达板右端1120040.85v t s s a --＝＝＝在t 1时间内物块的位移：22111111140.8208 2.5622x v t a t m ＝．＝-=⨯-⨯⨯木板的位移：12140.8 1.622v x t m ⨯＝＝＝物块相对木板的位移△x ＝x 1-x 2＝2.56−1.6＝0.96m 根据题意撤去力F 后，再经t 2=1s 物块恰好到达板右端所以木板静止后，木块继续运动0.2st 1＝0.8s 时物块的速度v 2=v 1-a 1t 1＝4−2×0.8＝2.4m /s22221211' 2.40.22020.4422x v t a t m m -=⨯-⨯⨯V ＝．＝木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m9．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0=3m/s 2开始运动，其速度达到v=6m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．210/g m s =，求：（1）求煤块所受滑动摩擦力的大小．（2）求黑色痕迹的长度．（3）摩擦力对传送带做的功【答案】（1）1N （2）3m （3）12J 【解析】【分析】传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功【详解】（1）煤块所受滑动摩擦力的大小 f=μmg=0.2×5N=1N ．（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s 2；煤块与传送带相对静止所用时间632v t s a =＝＝，通过的位移6392x vt m m =⨯＝＝；在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s 所用时间10623v t s s a =V ＝＝在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t 2=t-t 1=1s ，则传送带的位移x ′＝2v t 1+vt 2＝62×2+6×1m ＝12m ，则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m ．由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m ．（3）此过程中摩擦力对传送带做功：21122W mv mg x J μ=+∆=10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F 作用下，由静止开始运动．经过2.0s 的时间物块发生了4.0m 的位移．（g=10m/s 2）．试求：（1）物块的加速度大小；（2）拉力F 的大小；（3）若拉力F 方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F 的最小值为多大？【答案】（1）（2）16.6N （3）【解析】【分析】【详解】（1）由x=at 2得（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①F N +Fsinθ=mg ②f ＝μF N ③由①②③得：F ≈16.6N（3）由力的平衡条件得解得解之得【点睛】此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．。

牛顿运动定律期末复习(提升训练)含答案

高中物理牛顿运动定律专题（提升训练）1.竖直向上飞行的子弹，达到最高点后又返回原处，设整个运动过程中，子弹受到的阻力与速率成正比，则整个运动过程中，加速度的变化是( ) (A )始终变小(B )始终变大(C )先变大后变小 (D )先变小后变大2.如图所示，质量分别为m 1和m 2的两个物体中间以轻弹簧相连，并竖直放置.今设法使弹簧为原长(仍竖直)，并让它们从高处同时由静止开始自由下落，则下落过程中弹簧形变将是(不计空气阻力)( )(A )若m 1>m 2，则弹簧将被压缩 (B )若m 1<m 2，则弹簧将被拉长 (C )只有m 1=m 2，弹簧才会保持原长 (D )无论m 1和m 2为何值，弹簧长度均不变3.如图所示，自由下落的小球，从它接触竖直放置的弹簧开始，到弹簧被压缩到最短的过程中，小球的速度和所受外力的合力变化情况是( )(A )合力变小，速度变小 (B )合力变小，速度变大(C )合力先变小后变大，速度先变大后变小 (D )合力先变大后变小，速度先变小后变大4.如图所示，质量不等的木块A 和B 的质量分别为m 1和m 2，置于光滑的水平面上.当水平力F 作用于左端A 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 1.当水平力F 作用于右端B 上，两物体一起作匀加速运动时，A 、B 间作用力大小为F 2，则()(A )在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等 (B )在两次作用过程中，F 1+F 2<F (C )在两次作用过程中，F 1+F 2=F (D )在两次作用过程中，2121m m F F5.如图所示，一轻绳绕过轻滑轮，绳的一端挂一个质量为60kg 的物体，另一端有一个质量也为60kg 的人拉住绳子站在地上，现人由静止开始沿绳子向上爬，在人向上爬的过程中( )(A )物体和人的高度差不变 (B )物体和人的高度差减小 (C )物体始终静止不动(D )人加速、匀速爬时物体和人的高度差变化情况不同6.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 )mgcos α (B )αcos mg(C )αcos )m M (mF + (D )αsin )m M (mF+7.如图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量为m 1和m 2的物体，m 1放在地面上，当m 2的质量发生变化时，m 1的加速度a 的大小与m 2的关系大致如下图所示中的图()8.质量为10kg 的物体，在水平地面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。

13 第三章素养提升课(二) 牛顿第二定律的综合应用(一)

√
A [设斜面倾角为θ，开始时：mg sin θ＝kx0；当用一沿斜面向上的力F作用在Q上时，且Q的位移为x，根据牛顿第二定律可得：F＋k(x0 －x)－mg sin θ＝ma，解得F＝kx＋ma，故选项A正确。]
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02
提升点二动力学中的连接体问题
(多维细研类)
【重难诠释】处理连接体问题的关键——整体法与隔离法的灵活运用 1．整体法的选取原则：对于加速度相同的连接体，只涉及连接体整体的受力和运动情况而不涉及连接体内某些物体的受力和运动情况时，一般采用整体法。 2．隔离法的选取原则：对于加速度相同的连接体，当涉及连接体内某个物体的受力和运动情况时，或者对于加速度不同的连接体，一般采用隔离法。
2．【已知F -t图像分析物体的运动情况】 (多选)如图甲所示，一质量为m＝1 kg的小物块静止在粗糙水平面上的 A点，从t＝0时刻开始，物块在按如图乙所示规律变化的水平力F作用下向右运动，第3 s末物块运动到B点时速度刚好为零，第5 s末物块刚好回到A点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数μ＝0.2，g取10 m/s2，下列说法正确的是 A．前3 s内，物块的加速度逐渐减小
【典例精析】
考向1 加速度相同的连接体问题
例3 如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用
力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力
加速度为g，下列说法正确的是
√A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为 μ，则绳的拉力为
【针对训练】 1．【已知a -t图像分析有关问题】 (多选)如图甲所示，一个质量为2 kg的物体在水平力F作用下由静止开始沿粗糙水平面做直线运动，t＝1 s时撤去外力。物体的加速度a随时间t的变化规律如图乙所示。则下列说法正确的是 A．F的大小为8 N

高考物理复习第三章牛顿运动定律第二节课后达标能力提升

[学生用书P311(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2020·广州普通高中毕业班综合测试)如图，跳高运动员起跳后向上运动，越过横杆后开始向下运动，则运动员越过横杆前、后在空中所处的状态分别为()A．失重、失重B．超重、超重C．失重、超重D．超重、失重解析：选A.越过横杆前、后运动员都存在竖直向下的加速度，所以运动员在越过横杆前、后都处于失重状态．2．小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼，走进电梯时电梯没有显示超载，但电梯刚启动时超载报警器却响了起来．对这一现象的解释，下列说法正确的是() A．刚启动时，人的加速度向下，人处于超重状态B．刚启动时，人所受的重力变大了C．刚启动时，人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力D．刚启动时，人对电梯底板的压力变大了解析：选D.电梯刚启动时人随电梯一起加速上升，人的加速度向上，所受合力向上，处于超重状态，所以人对电梯底板的压力变大，导致超载报警器报警．故D正确．3.(2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做()A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C.本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前，小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态，故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动，C 正确．4．如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O 点并系住质量为m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到B 点．如果物体受到的阻力恒定，则( )A ．物体从A 到O 先加速后减速B ．物体从A 到O 做加速运动，从O 到B 做减速运动C ．物体运动到O 点时，所受合力为零D ．物体从A 到O 的过程中，加速度逐渐减小解析：选A.物体从A 到O ，初始阶段受到的向右的弹力大于阻力，合力向右．随着物体向右运动，弹力逐渐减小，合力逐渐减小，由牛顿第二定律可知，加速度向右且逐渐减小，由于加速度与速度同向，物体的速度逐渐增大．当物体向右运动至AO 间某点(设为点O ′)时，弹力减小到与阻力相等，物体所受合力为零，加速度为零，速度达到最大．此后，随着物体继续向右运动，弹力继续减小，阻力大于弹力，合力方向变为向左．至O 点时弹力减为零，此后弹力向左且逐渐增大．所以物体越过O ′点后，合力(加速度)方向向左且逐渐增大，由于加速度与速度反向，故物体做加速度逐渐增大的减速运动．正确选项为A.5.“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根橡皮绳．如图所示，质量为m 的小明静止悬挂时，两橡皮绳的夹角为60°，则( )A ．每根橡皮绳的拉力为12mg B ．若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小C ．若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a ＝gD ．若拴在腰间左右两侧的是悬点等高、完全相同的两根轻绳，则小明左侧轻绳在腰间断裂时，小明的加速度a ＝g解析：选B.根据平行四边形定则知，2F cos 30°＝mg ，解得F ＝33mg ，故A 错误；根据共点力平衡得，2F cos θ＝mg ，当悬点间的距离变小时，θ变小，cos θ变大，可知橡皮绳的拉力变小，故B 正确；当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧橡皮绳的拉力不变，则重力和右侧橡皮绳拉力的合力与左侧橡皮绳初始时的拉力大小相等，方向相反，合力大小为33mg ，加速度为33g ，故C 错误；当两侧为轻绳时，左侧绳断裂瞬间，右侧绳上拉力发生突变，将重力沿绳方向和垂直于绳方向正交分解，合力为mg sin 30°，加速度为12g ，方向沿垂直于右侧绳的方向斜向下，故D 错误．6.如图所示，物块1、2 间用刚性轻质杆连接，物块3、4间用轻质弹簧相连，物块1、3质量为m ，2、4质量为M ，两个系统均置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态．现将两木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，物块1、2、3、4的加速度大小分别为a 1、a 2、a 3、a 4.重力加速度大小为g ，则有( )A ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝0B ．a 1＝a 2＝a 3＝a 4＝gC ．a 1＝a 2＝g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg D ．a 1＝g ，a 2＝m ＋M M g ，a 3＝0，a 4＝m ＋M Mg 解析：选C.在抽出木板的瞬间，物块1、2与刚性轻杆接触处的形变立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛顿第二定律知a 1＝a 2＝g ；而物块3、4间的轻弹簧的形变还来不及改变，此时弹簧对物块3向上的弹力大小和对物块4向下的弹力大小仍为mg ，因此物块3满足mg ＝F ，a 3＝0；由牛顿第二定律得物块4满足a 4＝F ＋Mg M ＝M ＋m Mg ，所以C 对．7.如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系xOy ，该平面内有AM 、BM 、CM 三条光滑固定轨道，其中A 、C 、M 三点处于同一个圆上，C 是圆上任意一点，A 、M 分别为此圆与y 轴、x 轴的切点．B 点在y 轴上且∠BMO ＝60°，O ′为圆心．现将a 、b 、c 三个小球分别从A 、B 、C 点同时由静止释放，它们将沿轨道运动到M 点，如所用时间分别为t A 、t B 、t C ，则t A 、t B 、t C 大小关系是( )A ．t A <t C <t BB ．t A ＝tC <t BC ．t A ＝t C ＝t BD ．由于C 点的位置不确定，无法比较时间大小关系解析：选B.由等时圆模型可知，A 、C 在圆周上，B 点在圆周外，故t A ＝t C <t B ，B 正确．二、多项选择题8.一放在粗糙的水平面上的物体在一斜向上的拉力F 的作用下沿水平面向右以加速度a 做匀加速直线运动，力F 在水平和竖直方向的分量分别为F 1、F 2，如图所示．现将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则此后( )A ．物体将仍以加速度a 向右做匀加速直线运动B ．物体将可能向右做匀速直线运动C ．物体将可能以大于a 的加速度向右做匀加速直线运动D ．物体将可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动解析：选BD.设地面与物体间的动摩擦因数为μ，当在斜向上的拉力F 的作用下运动时，加速度a ＝F 1－μ（mg －F 2）m，将力F 突然改为大小为F 1、方向水平向右的恒力，则加速度a ′＝F 1－μmg m<a ，所以物体可能以小于a 的加速度向右做匀加速直线运动，故A 、C 错误，D 正确；若μmg ＝F 1，则加速度为零，所以物体将可能向右做匀速直线运动，故B 正确．9．在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢．当机车在东边拉着这列车厢以大小为a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩P 和Q 间的拉力大小为F ；当机车在西边拉着车厢以大小为23a 的加速度向西行驶时，P 和Q 间的拉力大小仍为F .不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A ．8B ．10C ．15D ．18解析：选BC.设每节车厢的质量为m ，这列车厢的节数为n ，P 、Q 挂钩的东边车厢的节数为x ，西边车厢的节数为n －x .当机车在东边拉车厢时，对西边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝(n －x )ma ；当机车在西边拉车厢时，对东边车厢受力分析，由牛顿第二定律可得F ＝23max ，联立可得n ＝53x ，x 为3的倍数，则n 为5的倍数，B 、C 正确，A 、D 错误．10．(2020·山东济南模拟)如图所示，在光滑的水平桌面上放一质量为m A ＝5 kg 的物块A ，A 的上方放置一质量m B ＝3 kg 的滑块B ，用一轻绳一端拴在物块A 上，另一端跨过光滑的定滑轮拴接一质量m C ＝2 kg 的物块C ，其中连接A 的轻绳与水平桌面平行．现由静止释放物块C ，在以后的过程中，A 与B 之间没有相对滑动且A 、B 始终没有离开水平桌面(重力加速度g 取10 m/s 2)．则下列说法正确的是 ( )A ．A 的加速度大小为2.5 m/s 2B ．A 的加速度大小为2 m/s 2C ．A 对B 的摩擦力大小为6 ND ．A 对B 的摩擦力大小为7.5 N解析：选BC.把A 、B 、C 作为整体研究，由牛顿第二定律得加速度a ＝m C g m A ＋m B ＋m C＝2 m/s 2，即A 的加速度大小为2 m/s 2，B 正确，A 错误；以B 为研究对象，由牛顿第二定律得A 对B 的静摩擦力大小为f ＝m B a ＝6 N ，C 正确，D 错误．三、非选择题11．(2020·河南郑州一模)二十一世纪新能源环保汽车在设计阶段要对其各项性能进行测试．某次新能源汽车性能测试中，如图甲显示的是牵引力传感器传回的实时数据随时间变化的关系，但由于机械故障，速度传感器只传回了第25 s 以后的数据，如图乙所示．已知汽车质量为1 500 kg ，若测试平台是水平的，且汽车由静止开始做直线运动，设汽车所受阻力恒定．(1)18 s 末汽车的速度是多少？(2)前25 s 内的汽车的位移是多少？解析：(1)0～6 s 内由牛顿第二定律得：F 1－f ＝ma 1，6 s 末车速为：v 1＝a 1t 1；在6～18 s 内，由牛顿第二定律得：F 2－f ＝ma 2；第18 s 末车速为：v 2＝v 1＋a 2t 2，由图知18 s 后汽车匀速直线运动，牵引力等于阻力，故有：f ＝F ＝1 500 N ；解得18 s 末的车速：v 2＝26 m/s ；(2)汽车在0～6 s 内的位移为：x 1＝v 12t 1＝90 m ；汽车在6～18 s 内的位移为x 2＝v 1＋v 22t 2＝336 m ；汽车在18～25 s 内的位移为：x 3＝v 2t 2＝182 m ；故汽车在前25 s 的位移为：x ＝x 1＋x 2＋x 3＝608 m.答案：(1)26 m/s (2)608 m12．避险车道(标志如图甲所示)是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图乙所示的竖直平面内，制动坡床视为与水平面夹角为θ的斜面．一辆长12 m 的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23 m/s 时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4 m 时，车头距制动坡床顶端38 m ，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0.4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0.44.货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos θ＝1，sin θ＝0.1，g ＝10 m/s 2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向；(2)制动坡床的长度．解析：(1)设货物的质量为m ，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，货物在车厢内滑动过程中，受到的摩擦力大小为f ，加速度大小为a 1，则f ＋mg sin θ＝ma 1① f ＝μmg cos θ ②联立①②式并代入数据得a 1＝5 m/s 2 ③a 1的方向沿制动坡床向下．(2)设货车的质量为M ，车尾位于制动坡床底端时的车速为v ＝23 m/s.货物在车厢内从开始滑动到车头距制动坡床顶端s 0＝38 m 的过程中，用时为t ，货物相对制动坡床的运动距离为s 1，在车厢内滑动的距离s ＝4 m ，货车的加速度大小为a 2，货车相对制动坡床的运动距离为s 2.货车受到制动坡床的阻力大小为F ，F 是货车和货物总重的k 倍，k ＝0.44，货车长度l 0＝12 m ，制动坡床的长度为l ，则Mg sin θ＋F －f ＝Ma 2④ F ＝k (m ＋M )g⑤ s 1＝v t －12a 1t 2 ⑥ s 2＝v t －12a 2t 2 ⑦ s ＝s 1－s 2⑧ l ＝l 0＋s 0＋s 2 ⑨联立①②④～⑨式并代入数据得l ＝98 m.答案：(1)5 m/s 2 方向沿制动坡床向下 (2)98 m。

第三章牛顿运动定律2第2讲牛顿第二定律的基本应用-2024-2025学年高考物理一轮复习课件

降或减速上升
F－mg＝ma F＝原理方程
_m__g_＋__m_a____
mg－F＝ma F＝ __m_g_－__m__a___
mg－F＝mg F＝0
高考情境链接
(2022·浙江6月选考·改编)如图所示，鱼儿摆尾击水跃出水
面，吞食荷花花瓣的过程。
判断下列说法的正误：
(1)鱼儿吞食花瓣时鱼儿处于超重状态。
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考点三动力学的两类基本问题
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动力学的两类基本问题及解决程序图
关键：以加速度为“桥梁”，由运动学公式和牛顿第二定律列方程求解有关问题。
考向1 已知受力求运动情况例4 (2022·浙江6月选考)物流公司通过滑轨把货物直接装运到卡车中。如图所示，倾斜滑轨与水平面成24°角，长度 l1＝4 m，水平滑轨长度可调，两滑轨间平滑连接。若货物从倾斜滑轨顶端由静止开始下滑，其与滑轨间的动摩擦因数均为μ＝ 2 ，货物可视为质
√D．图乙中A、B两球的加速度均为gsin θ
题图甲中撤去挡板瞬间，由于弹簧弹力不能突变，则A球所受合力为0，加速度为0，选项A错误；撤去挡板前，挡板对B球的弹力大小为3mgsin θ，撤去挡板瞬间，B球与挡板之间弹力消失，B球所受合力为3mgsin θ，加速度为3gsin θ，选项B错误；题图乙中撤去挡板前，轻杆上的弹力为 2mgsin θ，但是撤去挡板瞬间，杆的弹力突变为0，A、B两球作为整体以共同加速度运动，所受合力为3mgsin θ，加速度均为gsin θ，选项C错误，D正确。
对点练2．(多选)如图为泰山的游客乘坐索道缆车上山的情景。下列说法中正确的是
√A．索道缆车启动时游客处于超重状态 √B．索道缆车到达终点停止运动前游客处于失重状态 √C．索道缆车正常匀速运动时站在缆车地板上的游客不

(物理)物理牛顿运动定律提高训练含解析

（物理）物理牛顿运动定律提高训练含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，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1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t 1；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s ；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为3m/s 2，12m/s 2；（3）【解析】【详解】（1）当F ＜μ2（m 1+m 2）g ＝3N 时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m 1：f max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝m 1a max ，f max ＝μ1m 2g 解得：a max ＝3m/s 2对整体有：F max ﹣μ2（m 1+m 2）g ＝（m 1+m 2）a max 解得：F max ＝12N 由F max ＝3t 得：t ＝4s（2）t ＝10s 时，两物体已相对运动，则有：对m 1：μ1m 2g ﹣μ2 （m 1+m 2）g ＝m 1a 1 解得：a 1＝3m/s 2对m 2：F ﹣μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝3t ＝30N 解得：a 2＝12m/s 2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）图象如图所示．3．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点．（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少；（2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（0sin 370.6,cos370.8==）【答案】（1）2;amg F ma mg v k=+= （2）343C mg m g a ≥- 【解析】【分析】【详解】（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mgx k =．根据22v ax =解得：22amgv ax k==对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg ，解得F=ma+mg ；（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中1T kx mg =≤；竖直方向：sin C F m g θ≤；联立解得 343C mgm g a≥-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：213/c v m s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+ 解得：133397/22max c v v m s == 同理得：313/2min v m s = 所以03313/397/22m s v m s ≤≤5．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。

2025届高考物理一轮复习资料第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律的基本应用

第2讲牛顿第二定律的基本应用学习目标 1.会用牛顿第二定律分析计算物体的瞬时加速度。

2.掌握动力学两类基本问题的求解方法。

3.知道超重和失重现象，并会对相关的实际问题进行分析。

1.2.3.4.1.思考判断(1)已知物体受力情况，求解运动学物理量时，应先根据牛顿第二定律求解加速度。

(√)(2)运动物体的加速度可根据运动速度、位移、时间等信息求解，所以加速度由运动情况决定。

(×)(3)加速度大小等于g的物体一定处于完全失重状态。

(×)(4)减速上升的升降机内的物体，物体对地板的压力大于物体的重力。

(×)(5)加速上升的物体处于超重状态。

(√)(6)物体处于超重或失重状态时其重力并没有发生变化。

(√)(7)根据物体处于超重或失重状态，可以判断物体运动的速度方向。

(×)2.(2023·江苏卷，1)电梯上升过程中，某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系，如图所示。

电梯加速上升的时段是()A.从20.0 s到30.0 sB.从30.0 s到40.0 sC.从40.0 s到50.0 sD.从50.0 s到60.0 s答案A考点一瞬时问题的两类模型两类模型例1 (多选)(2024·湖南邵阳模拟)如图1所示，两小球1和2之间用轻弹簧B相连，弹簧B与水平方向的夹角为30°，小球1的左上方用轻绳A悬挂在天花板上，绳A与竖直方向的夹角为30°，小球2的右边用轻绳C沿水平方向固定在竖直墙壁上。

两小球均处于静止状态。

已知重力加速度为g，则()图1A.球1和球2的质量之比为1∶2B.球1和球2的质量之比为2∶1C.在轻绳A突然断裂的瞬间，球1的加速度大小为3gD.在轻绳A突然断裂的瞬间，球2的加速度大小为2g答案BC解析对小球1、2受力分析如图甲、乙所示，根据平衡条件可得F B＝m1g，F B sin30°＝m2g，所以m1m2＝21，故A错误，B正确；在轻绳A突然断裂的瞬间，弹簧弹力未来得及变化，球2的加速度大小为0，弹簧弹力F B＝m1g，对球1，由牛顿第二定律有F合＝2m1g cos 30°＝m1a，解得a＝3g，故C正确，D错误。

高中物理牛顿运动定律提高训练

高中物理牛顿运动定律提高训练一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。

t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。

如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得：2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。

木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

2018高中物理第三章牛顿运动定律牛顿第二定律练习(提高篇)教科版必修1

建立方程并求解
x方向 Fcos α- mgsin α- F′＝ma．
y方向 FN– mg cos α – F sinα＝0，
F′＝μFN．
三式联立求解得：．
3.
解析:本题分解加速度比分解力更显方便．
对人进行受力分析：重力mg、支持力FN，摩擦力F(摩擦力的方向一定与接触面平行，由加速度的方向可推知F水平向右)．
2．从牛顿第二定律可知，无论怎样小的力都可以使物体产生加速度，可是当我们用一个很小的力去推很重的桌子时，却推不动它，这是因为( )
A．牛顿第二定律不适用于静止的物体
B．桌子的加速度很小，速度增量极小，眼睛不易觉察到
C．推力小于静摩擦力，加速度是负的
D．桌子所受的合力为零
3．如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度a做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此时A和B的加速度为a1和a2，则( )
建立直角坐标系：取水平向右(即F方向)为x轴正方向，此时只需分解加速度，其中， (如图所示)．
建立方程并求解，由牛顿第二定律
x方向，
y方向．
所以．
4. ，方向竖直向下
解析：物体在某一瞬间的加速度，由这一时刻的合外力决定，分析绳断瞬间两球的受力情况是关键．由于轻弹簧两端连着物体，物体要发生一段位移，需要一定的时间，故剪断细线瞬间，弹力与断前相同．
2.质量为m的物体放在倾角为α的斜面上，物体和斜面间的动摩擦因数为μ；如沿水平方向加一个力F，使物体沿斜面向上以加速度a做匀加速直线运动(如图所示)，则F为多少?
3.如图所示，电梯与水平面夹角为30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍?

(物理)物理牛顿运动定律提高训练及解析

（物理）物理牛顿运动定律提高训练及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

高中物理牛顿运动定律提高训练含解析

高中物理牛顿运动定律提高训练含解析一、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：t=时刻，一小物块以一定速度从左端2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0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=，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1m kg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．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=o 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)=o ，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．4．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 N5．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=1415kmg6．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。

高中物理牛顿运动定律提高训练含解析

高中物理牛顿运动定律提高训练含解析一、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．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 （255/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：255/5v 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 ．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。

高考物理力学知识点之牛顿运动定律基础测试题及解析(2)

高考物理力学知识点之牛顿运动定律基础测试题及解析(2)一、选择题1．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg ．若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg ，则在这段时间内（重力加速度为g ）（）A ．该同学所受的重力变小了B ．电梯一定在竖直向下运动C ．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力D ．电梯的加速度大小为0.2g ，方向一定竖直向下2．起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是( )A ．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力B ．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小C ．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小D ．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力3．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（）A ．物体处于超重状态时，其重力增加了B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化4．在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m 1的木块,木块和车厢通过一根轻质弹簧相连接,弹簧的劲度系数为k .在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为m 2的小球.某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ,在这段时间内木块与车厢保持相对静止，如图所示.不计木块与车厢底部的摩擦力,则在这段时间内弹簧的形变为( )A ．伸长量为 1tan m g k θB ．压缩量为1tan m g kθ C ．伸长量为 1m g k tan θD ．压缩量为1m g k tan θ 5．如图所示，质量为1.5kg 的物体A 静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg 的物体B 由细线悬挂在天花板上，B 与A 刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取210m/s）（）A．0B．2.5N C．5N D．3.75N6．质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0同时到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f=kv（k>0），且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是（）A．甲球质量m1较小B．稳定速度与质量成正比C．释放瞬间甲球的加速度较大D．t0时间内两球下落的高度相等7．如图所示，传送带保持v0＝1 m/s的速度运动，现将一质量m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x＝2.5 m，则运动时间为（）A．1sB．2sC．3sD．4s8．如图所示，在水平地面上有一辆小车，小车内底面水平且光滑，侧面竖直且光滑。

高中物理第三章牛顿运动定律3.2探究加速度与力、质量的关系练习2(含解析)教科版必修1(new)

3.2 探究加速度与力、质量的关系随堂练习1．如果a－错误!图像是通过原点的一条直线，则说明( )A．物体的加速度a与质量M成正比B．物体的加速度a与质量M成反比C．物体的质量M与加速度a成正比D．物体的质量M与加速度a成反比解析：a－错误!图像是过原点的一条直线，则a与错误!成正比，加速度a与质量M成反比，A项错误，B项正确。

质量是由物体所含物质的多少决定的，与物体的加速度无关，故C、D项错误。

答案：B2．实验探究加速度与力、质量的定量关系,下列认识正确的是( ）A．F、M和a三个物理量都有直接测量的工具B．实验时为消除摩擦力对小车运动的影响,要将木板无滑轮的一端垫高，直到小车不挂重物时也能自己沿长木板运动起来C．实验时重物通过细绳拉小车的力要比重物的重力小D．根据实验数据，得到的F不变时的a－M图像是过原点的倾斜直线解析:力F和质量M可直接用测力计和天平测量，但a不能直接测量，故选项A错误。

若将小车一端垫高到小车不挂重物时也能自己沿长木板运动起来，说明已平衡摩擦力过度了，故选项B错误。

F不变时,a与M成反比，故其图像不是直线，其实a－错误!图像是直线，故选项D错误。

若重物对小车的拉力等于重物的重力，则重物所受合力为零，它就不会拉着小车加速运动了，故选项C正确。

答案：C3．某实验小组的几名同学在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，当物体的质量一定时，分别根据实验数据画出了不同的实验图像,如图3－2－7所示，下列说法中正确的是( ）图3－2－7A．形成图甲的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大B．形成图乙的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小C．形成图丙的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过大D．形成图丁的原因是平衡摩擦力时长木板倾角过小解析：根据图像可分析，甲、乙两图中，当外力F＝0时加速度a＞0,则说明F＝0时已经有加速度，这说明木板倾角过大.木板的倾角越大，小车获得的动力就越大，越容易出现甲、乙两图所对应的情况，因此选项A正确。

2020版高考物理新探究大一轮提升练：第三章牛顿运动定律2第一节课后达标能力提升含解析

(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是() A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因解析：选D.伽利略通过斜面实验以及逻辑推理证明自由落体运动是一种匀变速直线运动，A项不符合题意；牛顿第一定律表明力是产生加速度的原因、惯性是物体的固有属性，B、C项不符合题意；亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，D项符合题意．2．本组照片记录了一名骑车人因自行车前轮突然陷入一较深的水坑而倒地的过程。

下面是从物理的角度去解释此情境，其中正确的是()A．这是因为水坑里的水对自行车前轮的阻力太大，而使人和车一起倒地的B．骑车人与自行车原来处于运动状态，车前轮陷入水坑后立刻静止，但人与车的后半部分由于惯性仍保持原有的运动状态，因此摔倒C．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车还能加速运动，所以人和车一起倒地了D．因为自行车的前轮陷入水坑后，自行车的惯性立即消失，而人由于惯性将保持原有的运动状态，故人向原来的运动方向倒下了解析：选B.骑车人与自行车本身处于运动状态，车的前轮陷入水坑时，前轮会立即静止，但人与车的后半部分由于惯性，仍要继续向原来的运动方向运动，故人和车的后半部分向原来运动的方向摔倒，因此选项B正确．3．牛顿在总结了C·雷恩、J·沃利斯和C·惠更斯等人的研究结果后，提出了著名的牛顿第三定律，阐述了作用力和反作用力的关系，从而与牛顿第一定律和牛顿第二定律形成了完整的牛顿力学体系．下列关于作用力和反作用力的说法正确的是()A．物体先对地面产生压力，然后地面才对物体产生支持力B．物体对地面的压力和地面对物体的支持力互相平衡C．人推车前进，人对车的作用力大于车对人的作用力D．物体在地面上滑行，不论物体的速度多大，物体对地面的摩擦力与地面对物体的摩擦力始终大小相等解析：选D.由牛顿第三定律可知，作用力和反作用力同时产生，同时消失，A项错；压力和支持力作用在不同的两个物体上，而平衡力是作用在同一物体上的，B项错；作用力与反作用力等大反向，故人对车的作用力大小等于车对人的作用力大小，C项错；物体对地面的摩擦力大小等于地面对物体的摩擦力大小，D项对．4．16世纪末，伽利略用实验和推理，推翻了已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．在以下说法中，与亚里士多德观点相反的是() A．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B．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，静止状态才是物体不受力时的“自然状态”C．两物体从同一高度自由下落，较重的物体下落较快D．一个物体维持匀速直线运动，不需要力解析：选D.亚里士多德认为力是维持物体运动的原因，力越大，物体运动得越快，没有力的作用，物体将会逐渐停下来，故A、B、C项均是亚里士多德的观点，只有D项中说法与亚里士多德的观点相反．5．(2019·杭州模拟)就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是()A．采用了大功率的发动机后，某些一级方程式赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性变小了C．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D．摩托车转弯时，车手一方面要控制适当的速度，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到转弯的目的解析：选C.物体的惯性是物体本身的属性，惯性的大小只与物体的质量有关，与物体的速度无关，故选项C正确，A、B、D错误．6. (2019·台州模拟)如图所示，有两个穿着溜冰鞋的人站在冰面上，当其中一个人A从背后轻轻推另一个人B时，两个人都会向相反方向运动，这是因为A推B时()A．A与B之间有相互作用力B．A对B的作用在先，B对A的作用在后C．B对A的作用力小于A对B的作用力D．A对B的作用力和B对A的作用力是一对平衡力解析：选A.A推B时A与B之间有相互作用力，作用力与反作用力同时产生、大小相等、方向相反，选项A正确，选项B、C、D错误．7.如图所示，质量相等的甲、乙两人所用绳子相同，甲拉住绳子悬在空中处于静止状态；乙拉住绷紧绳子的中点把绳子拉断了．则()A．绳子对甲的拉力大小小于甲的重力大小B．绳子对甲的拉力大小大于甲对绳子的拉力大小C．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定小于乙的重力大小D．乙拉断绳子前瞬间，绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小解析：选D.由平衡条件可知，绳子对甲的拉力大小等于甲受到的重力大小，A错；由作用力与反作用力的关系可知绳子对甲的拉力大小等于甲对绳子的拉力大小，B错；乙能把绳子拉断，对于具有同样承受能力的绳子，说明乙拉断绳子前的瞬间绳子的拉力大小一定大于绳子的承受力，而甲拉的绳子能承受甲的重力，甲、乙质量相等，因此乙拉的绳子上的拉力大小一定大于乙的重力大小，C错，D对．8.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．容器中的水和铁球、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解析：选A.因为小车突然向右运动，铁球和乒乓球都有向右运动的趋势，但由于与同体积的“水球”相比，铁球质量大，惯性大，铁球的运动状态难改变，即速度变化慢，而同体积的水球的运动状态容易改变，即速度变化快，而且水和车一起加速运动，所以小车加速运动时铁球相对小车向左运动．同理，由于乒乓球与同体积的“水球”相比，质量小，惯性小，乒乓球相对小车向右运动．9.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法中正确的是()A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A.由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，选项B 错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．二、多项选择题10．伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础．早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是()A．物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B．没有力的作用，物体只能处于静止状态C．行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性D．运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动解析：选AD.惯性是物体抵抗运动状态变化而保持静止或匀速直线运动状态的性质，选项A正确；没有力的作用，物体将处于静止或匀速直线运动状态，选项B错误；行星做匀速圆周运动是由于受中心天体的引力作用，不是由于具有惯性，选项C错误；运动物体如果没有受到力的作用，将一直做匀速直线运动，选项D正确．11.(2019·保定模拟)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则()A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力方向向左C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg解析：选AC.以箱子为研究对象，水平方向上，木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，选项A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，选项C正确，D错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，选项B错误．12. (2019·浙江嘉兴模拟)如图所示是我国首次立式风洞跳伞实验，风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”．此过程中()A．地球对人的吸引力和人对地球的吸引力大小相等B．人受到的重力和人受到气流的力是一对作用力与反作用力C．人受到的重力大小等于气流对人的作用力大小D．人被向上“托起”时处于超重状态解析：选AD.地球对人的吸引力和人对地球的吸引力是一对相互作用力，等大反向，A正确；相互作用力是两个物体间的相互作用，而人受到的重力和人受到气流的力涉及人、地球、气流三个物体，不是一对相互作用力，B错误；由于风洞喷出竖直向上的气流将实验者加速向上“托起”，在竖直方向上合力不为零，所以人受到的重力大小不等于气流对人的作用力大小，C错误；人被向上“托起”时加速度向上，处于超重状态，D正确．13. (2019·潍坊模拟)在水平路面上有一辆匀速行驶的小车，车上固定一盛满水的碗．现突然发现碗中的水洒出，水洒出的情况如图所示，则关于小车的运动情况，下列叙述正确的是()A．小车匀速向左运动B．小车可能突然向左加速C．小车可能突然向左减速D．小车可能突然向右减速解析：选BD.原来水和小车相对静止以共同速度运动，水突然向右洒出有两种可能：①原来小车向左运动，突然加速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，故相对碗向右洒出；②原来小车向右运动，突然减速，碗中的水由于惯性保持原速度不变，相对于碗向右洒出，故B、D正确．14．(2019·四川宜宾检测)如图所示，光滑水平面上静止着一辆小车，在酒精灯燃烧一段时间后塞子喷出．下列说法正确的是()A．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将大于小车受到的冲击力B．由于塞子的质量小于小车的质量，喷出时塞子受到的冲击力将小于小车受到的冲击力C．塞子喷出瞬间，小车对水平面的压力大于小车整体的重力D．若增大试管内水的质量，则可以增大小车整体的惯性解析：选CD.喷出时塞子受到的冲击力和小车受到的冲击力大小相等，方向相反，故A、B错误；塞子喷出瞬间，试管内的气体对小车整体有斜向左下的作用力，所以小车对水平面的压力大于小车整体的重力，故C正确；若增大试管内水的质量，则小车整体的惯性增大，故D正确．。

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。

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