牛顿运动定律习题(1)

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【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析

(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
（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= v =0.5m/s2 t
前 2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： F1 mg sin ma 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： F2 mg sin
=4m/s2
解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1s
(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1= a1t2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=
=5m/s2
由 vB2-v2=2a2(L-x1) 解得滑雪者到达 B 处时的速度：vB=16m/s (3)设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，则由动能定理有：
；解得 x3=96m
速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有：
；解得 x4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m
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：

牛顿运动定律练习题

牛顿运动定律练习题一、选择题1．关于伽利略的理想实验，以下说法中正确的是( )A ．伽利略的实验是假想实验，事实上无法完成，从而得出的结论不可靠B ．是以可靠事实为基础，经科学抽象出来的C ．伽利略通过斜面实验得到结论：一切运动着的物体在没有受到阻力作用的时候，它的速度不变，并且一直运动下去D ．伽利略利用自己设计的理想实验，观察到小球不受阻力时以恒定速度运动，从而推翻了亚里士多德的结论2．一个物体在水平恒力F 的作用下，由静止开始在一个粗糙的水平面上运动，经过时间t ，速度变为v ，如果要使物体的速度变为2v ，下列方法正确的是( )A ．将水平恒力增加到2F ，其他条件不变B ．将物体质量减小一半，其他条件不变C ．物体质量不变，水平恒力和作用时间都增为原来的两倍D ．将时间增加到原来的2倍，其他条件不变 3．关于物体的惯性，下列说法中正确的是( )A ．把手中的球由静止释放后，球能加速下落，说明力是改变物体惯性的原因B ．我国优秀田径运动员刘翔在进行110 m 栏比赛中做最后冲刺时，速度很大，很难停下来，说明速度越大，物体的惯性也越大C ．战斗机在空战时，甩掉副油箱是为了减小惯性，提高飞行的灵活性D ．公交汽车在起动时，乘客都要向前倾，这是乘客具有惯性的缘故 4．如图所示，物块A 和B 的质量均为m ，吊篮C 的质量为2m ，物块A 、B 之间用轻弹簧连接．重力加速度为g ，将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，A 、B 、C 的加速度分别为( )A ．a A ＝0B ． a B ＝g3C ．a C ＝gD ．a B ＝2g5．如图甲所示，一个质量为m 的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v 0，同时对环加一个竖直向上的作用力F ，并使F 的大小随v 的大小变化，两者的关系为F ＝kv ，其中k 为常数，则环在运动过程中的速度图象可能是图乙中的( )6．如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v 1沿顺时针转动，传送带右侧有一与传送带等高的光滑水平面，一物块以初速度v 2沿直线向左滑向传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面，此时其速率为v 3.则下列说法正确的是( )A ．只有v 1＝v 2时，才有v 3＝v 1B ．若v 1 >v 2，则v 3＝v 2C ．若v 1 <v 2，则v 3＝v 1D ．不管v 2多大，总有v 3＝v 17.(2011·四川卷，19)如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则A ．火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小B ．返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力C ．返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功D ．返回舱在喷气过程中处于失重状态 8．(2011·福建卷，16)如图3－3－21甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行．初速度大小为v 2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3－3－21乙所示．已知v 2>v 1，则A ．t 2时刻，小物块离A 处的距离达到最大B ．t 2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C ．0～t 2时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左D ．0～t 3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用9．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是( )A ．t 2时刻卫星到达最高点，t 3时刻卫星落回地面B ．卫星在0～t 1时间内的加速度大于t 1～t 2时间内的加速度C ．t 1～t 2时间内卫星处于超重状态D ．t 2～t 3时间内卫星处于超重状态10．身高和质量完全相同的两人穿同样的鞋在同一水平面上通过一轻杆进行顶牛比赛．企图迫使对方后退．设甲、乙两人对杆的推力分别是F1、F 2，甲、乙两人身体因前倾而偏离竖直方向的夹角分别为α1、α2，倾角α越大，此刻人手和杆的端点位置就越低，如图所示，若甲获胜，则( )A ．F 1＝F 2，α1＞α2B ．F 1＞F 2，α1＝α2C ．F 1＝F 2，α1＜α2D ．F 1＞F 2，α1＞α211. (2011·高考北京理综卷)“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3－1－12可知, 此人在蹦极过程中最大加速度约为 A. g B. 2g C. 3g D. 4g12. 如图所示, 两个质量分别为m 1＝1 kg 、m 2＝4 kg 的物体置于光滑的水平面上, 中间用轻质弹簧秤连接. 两个大小分别为T 1＝30 N 、T 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上, 则达到稳定状态后, 下列说法正确的是( )A. 弹簧秤的示数是25 NB. 弹簧秤的示数是50 NC. 在突然撤去T2的瞬间, m2的加速度大小为7 m/s2D. 在突然撤去T1的瞬间, m1的加速度大小为28 m/s213.(2011·高考新课标全国卷)如图所示, 在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板, 其上叠放一质量为m2的木块. 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等. 现给木块施加一随时间t增大的水平力F＝kt(k是常数), 木板和木块加速度的大小分别为a1和a2.下列反映a1和a2变化的图线中正确的是( )14. (2012·安徽省城名校高三第三次联考)如图所示, 在光滑的水平面上叠放A、B两滑块(B 足够长), 其中A的质量为1 kg, B的质量为2 kg, 现有一水平作用力F作用于B上, A、B间的摩擦因数为0.2, 当F取不同值时, (g＝10 m/s2)关于A的加速度说法正确的是( )A. 当F＝2 N, A的加加速度为2 m/s2B. 当F＝4 N, A的加加速度为2 m/s2C. 当F＝5 N, A的加加速度为2 m/s2D. 当F＝7 N, A的加加速度为2 m/s215．如图①所示，一根轻弹簧竖直立在水平地面上，下端固定．一物块从高处自由落下，落到弹簧上端，将弹簧压缩至最低点．在上述过程中，物块加速度的大小随下降位移x变化关系的图像可能是图②中的()16．如下图所示，水平力F把一个物体紧压在竖直的墙壁上静止不动，下列说法中正确的是()A．作用力F跟墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力B．作用力F与物体对墙壁的压力是一对平衡力C．物体的重力跟墙壁对物体的静摩擦力是一对平衡力D．物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是一对作用力与反作用力17．(2013·安徽“江南十校”联考)如图a所示，一轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态，现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速运动，拉力F与物体位移x的关系如图b所示(取g＝10 m/s2)，则正确的结论是()A．物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B．弹簧的劲度系数为7.5 N/cmC．物体的质量为3 kgD．物体的加速度大小为5 m/s218．如下图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为2 kg 的物体A ，处于静止状态．若将一个质量为3 kg 的物体B 轻放在A 上的一瞬间，则B 对A 的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )A ．30 NB ．0C ．15 ND ．12 N 19. (2010·高考山东理综卷)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. 图中v 、a 、f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程. 图中正确的是( )二、填空题20.如图所示, 两个质量相同的小球A 和B , 甲图中两球用不可伸长的细绳连接, 乙图中两球用轻弹簧相连, 然后用细绳悬挂起来. 对于甲图, 在剪断悬挂线OA 的瞬间, A 球的加速度大小是，B 球的加速度大小对于乙图, 在剪断细绳的瞬间, A 球的加速度大小，B 球的加速度大小 21． (2012·南京模拟)某同学设计了一个探究加速度a 与物体所受合力F 及质量m 关系的实验, 图中(a)所示为实验装置简图. (交流电的频率为50 Hz)(1)图(b)所示为某次实验得到的纸带, 根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s 2.(保留两位有效数字)(2)保持砂和砂桶质量不变, 改变小车质量m , 分别得到小车加速度a 与质量m 及对应的1m数据请在如图所示的坐标纸中画出a－1m图线, 并由图线求出小车加速度a与质量倒数1m之间的关系式是________.22．(1)如图为某同学所安装的“探究加速度与力、质量的关系”的实验装置, 在图示状态下开始做实验. 该同学在装置和操作中的主要错误有: ______________ ________________________________________________________________________________________.(至少写出两处)(2)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中, 为了使小车受到合外力等于砂和砂桶的总重力, 通常采用如下两个措施:a. 平衡摩擦力: 将长木板无滑轮的一端下面垫一小木块, 反复移动木块的位置, 直到小车在砂桶的拉动下带动纸带与小车一起做匀速直线运动.B. 调整砂的多少, 使砂和砂桶的总质量m远小于小车和砝码的总质量M.①以上哪一个措施中有错误？有何重大错误？答: ________________________________________________________________________.②在改正了上述错误之后, 保持小车及砝码的总质量M不变, 反复改变砂的质量, 并测得一系列数据, 结果发现小车受到的合外力(砂桶及砂的总重量)与加速度的比值略大于小车及砝码的总质量M.经检查发现滑轮非常光滑, 打点计时器工作正常, 且事先基本上平衡了摩擦力. 那么出现这种情况的主要原因是什么？答: ________________________________________________________________________.三、计算题23．航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m＝2 kg，动力系统提供的恒定升力F ＝28 N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10 m/s2.(1)第一次试飞，飞行器飞行t1＝8 s时到达高度H＝64 m．求飞行器所受阻力Ff的大小；(2)第二次试飞，飞行器飞行t2＝6 s时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h.24．如下图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m A、m B，弹簧的劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态．现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动，求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d.重力加速度为g.25．在2008年北京残奥会开幕式上运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚韧不拔的意志和自强不息的精神．为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化．一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如下图所示．设运动员的质量为65 kg，吊椅的质量为15 kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g＝10 m/s2.当运动员与吊椅一起正以加速度a＝1 m/s2上升时，试求(1)运动员竖直向下拉绳的力；(2)运动员对吊椅的压力．26.如图3－2－26所示, 木板静止于水平地面上, 在其最右端放一可视为质点的木块. 已知木块的质量m＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力T＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求:(1)木板加速度的大小;(2)要使木块能滑离木板, 水平恒力T作用的最短时间;(3)如果其他条件不变, 假设木板的上表面也粗糙, 其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3, 欲使木板能从木块的下方抽出, 需对木板施加的最小水平拉力;(4)若木板的长度、木块质量、木板的上表面与木块之间的动摩擦因数、木板与地面间的动摩擦因数都不变, 只将水平恒力增加为30 N, 则木块滑离木板需要多长时间？牛顿运动定律练习题答案：1.BC 2. D 3. C4. 【解析】将悬挂吊篮的轻绳烧断的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以a A ＝0，B 和C 的加速度相同，为a B ＝a C ＝43g ，所以只有A 选项正确．5. 【解析】当v 0较大时，F >mg ，物体做加速度减小的减速运动，最后趋于匀速直线运动；当kv 0＝mg 时，物体做匀速直线运动；当v 0较小时，F <mg ，物体做加速度增大的减速运动，所以A 、B 、D 正确．【答案】ABD6. 【解析】注意传送带对物块的摩擦力方向的判断．物块向左减速运动：位移L ＝v 222μg ；物块减速到零后向右做加速运动：若v 1 >v 2，物块一直匀加速到返回水平面，则v 3＝v 2；若v 1 <v 2，物块加速到速度等于v 1后，匀速运动到水平面，则v 3＝v 1.此题也可用v －t 图象求解．【答案】BC7. 解析火箭开始喷气瞬间，返回舱受到向上的反作用力，所受合外力向上，故伞绳的拉力变小，所以选项A 正确；返回舱与降落伞组成的系统在火箭喷气前受力平衡，喷气后减速的主要原因是受到喷出气体的反作用力，故选项B 错误；返回舱在喷气过程中做减速直线运动，故合外力一定做负功，选项C 错误；返回舱喷气过程中产生竖直向上的加速度，故应处于超重状态，选项D 错误．答案 A8. 解析相对地面而言，小物块在0～t 1时间内，向左做匀减速运动，t 1～t 2时间内，又反向向右做匀加速运动，当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻)，小物块向右做匀速运动．故小物块在t 1时刻离A 处距离最大，A 错误．相对传送带而言，在0～t 2时间内，小物块一直相对传送带向左运动，故一直受向右的滑动摩擦力，在t 2～t 3时间内，小物块相对于传送带静止，小物块不受摩擦力作用，因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确，C 、D 均错误．(传送带模型) 答案 B9. 解析：卫星在0～t 3时间内速度方向不变，一直升高，在t 3时刻到达最高点，A 错误；v －t 图象的斜率表示卫星的加速度；由图可知，t 1～t 2时间内卫星的加速度大，B 错误；t 1～t 2时间内，卫星的加速度竖直向上，处于超重状态，t 2～t 3时间内，卫星的加速度竖直向下，处于失重状态，故C 正确、D 错误．答案：C10. 解析：由于杆是轻杆，把杆当做甲或乙的一部分，由牛顿第三定律，F 1＝F 2，故B 、D 错误．甲获胜是由于甲所受地面的最大静摩擦力大于乙，故甲端杆的端点的位置较低，由受力分析和力的平衡可知，α1＞α2，故A 对．答案：A11. 解析: 选 B.“蹦极”运动的最终结果是运动员悬在空中处于静止状态, 此时绳的拉力等于运动员的重力, 由图可知, 绳子拉力最终趋于恒定时等于重力且等于35T 0即mg ＝35T 0.即T 0＝53mg .当绳子拉力最大时, 运动员处于最低点且合力最大, 故加速度也最大, 此时T 最大＝95T 0＝3mg , 方向竖直向上, 由ma ＝T 最大－mg ＝3mg －mg ＝2mg 得最大加速度为2g , 故B 正确.12.以m 1、m 2以及弹簧为研究对象, 则整体向右的加速度a ＝T 1－T 2m 1＋m 2＝2 m/s 2; 再以m 1为研究对象, 设弹簧的弹力为F , 则T 1－F ＝m 1a , 则F ＝28 N, A 、B 错误; 突然撤去T 2的瞬间, 弹簧的弹力不变, 此时m 2的加速度大小a ＝Fm 2＝7 m/s 2, C 正确; 突然撤去T 1的瞬间, 弹簧的弹力也不变, 此时m 1的加速度大小a ＝Tm 1＝28 m/s 2, D 正确.13. 解析: 选A.在m 2与m 1相对滑动前, F ＝kt ＝(m 1＋m 2)·a , a 与t 成正比关系, a 1－t 关系图线的斜率为k m 1＋m 2, 当m 1与m 2相对滑动后, m 1受的是f 21＝μm 2g ＝m 1a 1, a 1＝μm 2gm 1为一恒量, 对m 2有F －μm 2g ＝m 2a 2, 得a 2＝kt m 2－μg , 斜率为km 2, 此斜率大于滑动前图线的斜率, 可知A 正确,B 、C 、D 错误.14. 解析: 选 D.当F 取某一值时, A 、B 将发生相对滑动, 对A 、B 有: a A ＝μg , a B ＝F －μm A gm B, 发生滑动时, a B ≥a A , 所以当F ≥6 N 时, A 、B 将发生相对滑动, A 的加速度为2 m/s 2, 选项D 正确.15. 解析由牛顿第二定律mg －kx ＝ma 可知，接触弹簧后加速度随位移线性变化．当弹簧的弹力等于重力时，此时的加速度为零，物体的速度达到最大，在平衡位置上方和平衡位置下方对称的位置，物体加速运动的加速度和减速运动的加速度的大小相等，故当减速运动的加速度大小等于重力加速度时，物体的速度等于刚接触弹簧时的速度，物体要继续向下运动至速度减为零，所以最低点的加速度一定大于g ，正确选项为A. 答案 A16. 解析：作用力F 跟墙壁对物体的压力作用在同一物体上，大小相等、方向相反、在一条直线上，是一对平衡力，因此选项A 错误；作用力F 作用在物体上，而物体对墙壁的压力作用在墙壁上，这两个力不能成为平衡力，选项B 错误；在竖直方向上物体受重力，方向竖直向下，还受墙壁对物体的静摩擦力，方向竖直向上．由于物体处于平衡状态，因此这两个力是一对平衡力，选项C 正确；物体对墙壁的压力与墙壁对物体的压力是两个物体间的相互作用力，因此是一对作用力与反作用力，选项D 正确．答案：CD17. 解析：物体与弹簧分离时，弹簧恰好恢复到自然长度，选项A 错；设物体的质量为m ，加速度为a ，初始时弹簧的压缩量为x 0，kx 0＝mg ；当物体位移大小为x 时：F ＋k (x 0－x )－mg ＝ma ，解得：F ＝kx ＋ma ；由F －x 图象的斜率知，弹簧的劲度系数为k ＝5 N/cm ，选项B 错；又当x ＝0时：10 N ＝ma ；x ＝4 cm 时，30 N －mg ＝ma ，可得：m ＝2 kg ，a ＝5 m/s 2，故选项C 错，D 对．答案：D18. 解析：在B 轻放在A 上瞬间时，对整体用牛顿第二定律得m B g ＝(m A ＋m B )a 再对B 用牛顿第二定律得m B g －F N ＝m B a 解得F N ＝12 N ．据牛顿第三定律可知B 对A 的压力大小12 N ．故选D. 答案：D19. 解析: 选C.物体先做匀加速运动后做匀减速运动, 其v －t 图像应为倾斜直线, a －t 图像为平行于横轴的直线, s －t 图像应为抛物线, 选项A 、B 、D 错误; 根据滑动摩擦力f ＝μN 可知, f －t 图像应为平行于横轴的直线, 由于物体对水平面的压力比对斜面的压力大, 所以物体对水平面的摩擦力较大, 选项C 正确.20. 解析: (1)不可伸长的细绳的张力变化时间可以忽略不计, 因此可称之为“突变弹力”. 甲图中剪断OA 后, A 、B 间的细绳张力立即变为零, 故有a A ＝a B ＝g . (2)当A 、B 间是用轻弹簧相连时, 剪断OA 后, 弹簧形变量尚未改变, 其弹力将逐渐减小, 可称之为“渐变弹力”. 因此, 这时B 球加速度仍为零, 即a B ＝0, A 球加速度为a A ＝2g . 答案: (1)g g (2)2g 021. (1)由逐差法得a ＝a －＝s 3＋s 4－s 1＋s 24T 2＝7.72＋7.21－＋4×0.042×10－2 m/s 2≈3.2 m/s 2.(2)如图所示由图知斜率k ＝0.5, 即保持合外力F ＝0.5 N, 所以a ＝0.5m ＝12m.22. (1)主要错误有: ①长木板右端未垫高以平衡摩擦力; ②打点计时器用的是直流电源; ③牵引小车的细线没有与木板平行; ④开始实验时, 小车离打点计时器太远.(2)①a 中平衡摩擦力时, 不应用小桶拉动小车做匀速运动, 应让小车自身的重力沿斜面方向的分力来平衡摩擦力. ②由于砂桶及砂向下加速, 处于失重状态, 拉小车的合外力F <mg , 而处理数据时又将F 按等于mg 处理. 因此, M ＝F a <mga. 23. 解析：(1)由H ＝12at2得a ＝2 m/s2 由F －Ff －mg ＝ma 得Ff ＝4 N(2)前6 s 向上做匀加速运动最大速度：v ＝at ＝12 m/s上升的高度：h1＝12at2＝36 m然后向上做匀减速运动加速度a2＝Ff ＋mgm ＝12 m/s2上升的高度h2＝v22a2＝6 m所以上升的最大高度：h ＝h1＋h2＝42 m 答案：(1)4 N (2)42 m 24. 解析：令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知kx 1＝m A g sin θ① 令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知kx 2＝m B g sin θ② F －m A g sin θ－kx 2＝m A a ③由②③式可得a ＝F －m A ＋m B g sin θm A④由题意 d ＝x 1＋x 2⑤由①②⑤式可得d ＝m A ＋m B g sin θk .答案：a ＝F －m A ＋m B g sin θm A d ＝m A ＋m B g sin θk25. 解析：解法1：(1)设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ，绳拉运动员的力为F .以运动员和吊椅整体为研究对象，受到重力的大小为(M ＋m )g ，向上的拉力为2F ，根据牛顿第二定律2F －(M ＋m )g ＝(M ＋m )a F ＝440 N根据牛顿第三定律，运动员拉绳的力大小为440 N ，方向竖直向下．(2)以运动员为研究对象，运动员受到三个力的作用，重力大小Mg ，绳的拉力F ，吊椅对运动员的支持力F N .根据牛顿第二定律：F ＋F N －Mg ＝MaF N ＝275 N根据牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力大小为275 N ，方向竖直向下．解法2：设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ；运动员竖直向下的拉力大小为F ，对吊椅的压力大小为F N .根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F ，吊椅对运动员的支持力大小为F N .分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律：F ＋F N －Mg ＝Ma ① F －F N －mg ＝ma ②由①②解得F ＝440 N ，F N ＝275 N. 答案：(1)440 N (2)275 N11 26.解析: (1)木板受到的摩擦力f ＝μ(M ＋m )g ＝10 N木板的加速度a ＝T －f M ＝2.5 m/s 2.(2)设拉力T 作用t 时间后撤去，木板的加速度为a ′＝－f M ＝－2.5 m/s 2木板先做匀加速运动, 后做匀减速运动, 且a ＝－a ′, 故at 2＝L解得t ＝1 s, 即T 作用的最短时间为1 s.(3)设木块的最大加速度为a 木块, 木板的最大加速度为a 木板, 则μ1mg ＝ma 木块得: a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2对木板: T 1－μ1mg －μ(M ＋m )g ＝Ma 木板木板能从木块的下方抽出的条件: a 木板>a 木块解得: T 1>25 N.(4)木块的加速度a 木块＝μ1g ＝3 m/s 2木板的加速度a 木板＝T 2－μ1mg －μM ＋m g M ＝4.25 m/s 2木块滑离木板时, 两者的位移关系为s 木板－s 木块＝L , 即12a 木板t 2－12a 木块t 2＝L代入数据解得: t ＝2 s. 答案: (1)2.5 m/s 2 (2)1 s (3)25 N (4)2 s。

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含解析

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向；（2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/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 。

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，有一质量为M =2kg 的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m =1kg 的小物块A 和B （均可视为质点），由车上P 处开始，A 以初速度=2m/s 向左运动，同时B 以=4m/s 向右运动，最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B 离小车右端的距离；（2）从A 、B 开始运动计时，经t=6s 小车离原位置的距离。

【答案】（1）B 离右端距离（2）小车在6s 内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v ，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，A 离左端距离，运动到左端历时，在A 运动至左端前，木板静止，，解得B 离右端距离(2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a 向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v 共同匀速运动了小车在6s 内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.2．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 210/)m s =【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212x at =()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=以上各式代如数据联立解得max 168N F =该开始向上拉时有最小拉力则min ()()F kX M m g M m a +-+=+解得min 72N F =考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．3．如图所示，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：8m/s v ==（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．4．如图所示，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．5．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g =10m/s 2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．6．如图所示，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/s2）．【答案】（1）2m/s2，0.5m/s2（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/s2小车的加速度：m/s2(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，水平传送带长为L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A 端无初速释放一个质量为m =1kg 的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F =5N 、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A 端运动到B 端的过程中:（1）滑块运动的时间；（2）滑块相对传送带滑过的路程．【答案】（1）2s （2）4m 【解析】【分析】（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间；再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B 端所用的时间，从而求出总时间．（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移．【详解】（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为1a ，由牛顿第二定律：()13737Fcos mg Fsin ma μ︒+-︒=解得：217.5/a m s =滑块与传送带达到共同速度的时间：111vt s a == 此过程中滑块向右运动的位移：11 3.752vs t m == 共速后 , 因 ()3737Fcos mg Fsin μ︒>-︒ ，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律：()23737Fcos mg Fsin ma μ︒--︒=解得：220.5/a m s =根据速度位移关系可得：()22212Bvv a L s -=- 滑块到达 B 端的速度：8/B v m s = 滑块从共速位置到 B 端所用的时间：221B v vt s a -== 滑块从 A 端到 B 端的时间：122t t t s =+=（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：111 3.75s vt s m =-=V ，1s ∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： ()2120.25s L s vt m =--=V， 0∼2s 内滑块相对传送带的路程： 124s s s m =+=V V V8．如图所示，BC 为半径r 225=m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过98s 再次回到C 点。

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。

高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 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S o=lOm，传送带与行李箱间的动摩擦因数卩=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。

【答案】⑴，(2)薜耳⑶="-纠【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为aI__7(2)行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1V 2灯== Is1所以匀加速运动的位移为：s\=尹甘=lrnSo-Si 10-1行李随传送带匀速前进的时间：(2 = ---------- = —-一=4.5$v 2行李箱从A传送到B所需时间：：3 --气出⑶t1传送带的的位移为：怜一叽“ -根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：『◎『整个过程行李对传送带的摩擦力做功：w =7比=-吓阿=-20/2. 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.根据v 2 2ax 解得：v . 2ax 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:F cosT | m C a ，其中T | kx mg ；竖直方向：F sin m C g ；联立解得m e3mg4g 3a3.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 °=ioom/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卩=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) 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 37°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？ ( sin37°0.6,cos37° 0.8)【答案】(1) F ma mg;v 【解析】【分析】【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时， B 受力分析有mg kx ，得：x2嘗（2） m C设弹簧的伸长量为mg k3mg 4g 3ax ,物块A 的速度大小为v ,对物块2amg k(3)木块最终停止时离 A 点的距离s.【答案】(1) v 2m/s (2) F N 12.5N (3) L 1.25m 【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:m °V 0 (m ° mjv解得：v 2叹；⑵木块滑上薄板后，木块的加速度印 g 0.5，且方向向右设经过时间t ，木块与木板共同速度 v 运动则：va 2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度.1 .2 1 2x vt a 1ta 2t L2 2故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 v v a 1t 1^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：'2vF N 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 ；1 2⑶木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有：(m ° mjv (m 0 m^gh2h 0.05m 0.4m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，板产生的加速度a 2 mg M，且方向向左则：v2 a1t1 a2t1，解得：t1 1s1 2 1 2此时x v t1a-i t-i a2t| 0.5m2 2v3v2 at10.5叹碰撞后，v薄板=0,木块以速度V3=0.5m/s的速度向右做减速运动v3设经过t2时间速度为0，则t2a；1s| 2x v3t2a2t2 0.25m2故△L=b △x' - x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.4. 如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。

高中物理牛顿运动定律经典练习题(含答案)

牛顿运动定律练习一1.(2021年河南省十所名校高三第三次联考试题, 7) 如图甲所示，斜面体固定在水平面上，倾角为θ＝30°，质量为m的物块从斜面体上由静止释放，以加速度a=开始下滑，取出发点为参考点，那么图乙中能正确描述物块的速率v、动能E k、势能E P、机械能E、时间t、位移x关系的是2.(2021年河南省十所名校高三第三次联考试题, 2) 如下图，两个物体以相同大小的初速度从O点同时分别向x 轴正、负方向水平抛出，它们的轨迹恰好满足抛物线方程y＝，那么以下说法正确的选项是〔曲率半径简单地理解为在曲线上一点附近与之重合的圆弧的最大半径〕A ．物体被抛出时的初速度为B．物体被抛出时的初速度为C．O点的曲率半径为kD．O点的曲率半径为2k3.(湖北省七市2021届高三理综4月联考模拟试卷,6)不久前欧洲天文学家在太阳系外发现了一颗可能适合人类居住的行星，该行星的质量是地球质量的5倍，直径是地球直径的1.5倍。

设想在该行星外表附近绕行星沿圆轨道运行的人造卫星的动能为Ek1，在地球外表附近绕地球沿圆轨道运行的相同质量的人造卫星的动能为Ek2，那么Ek1: Ek2为A. 7.5B. 3.33C. 0.34.(山东省淄博市2021届高三下学期4月复习阶段性检测,7)在倾角为的固定光滑斜面上有两个用轻弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为m1、m2，弹簧劲度系数为k，C为一固定挡板，系统处于静止状态。

现用一平行于斜面向上的恒力F拉物块A 使之向上运动，当物块B刚要离开挡板C时，物块A运动的距离为d，速度为v。

那么此时A ．拉力做功的瞬时功率为B ．物块B满足C．物块A的加速度为D．弹簧弹性势能的增加量为5.(山东省淄博市2021届高三下学期4月复习阶段性检测,1)用比值法定义物理量是物理学中一种很重要的思想方法，以下物理量由比值法定义正确的选项是〔〕A ．加速度B．磁感应强度C．电容D ．电流强度6.(四川成都市2021届高中毕业班第三次诊断性检测,7)右图为某节能运输系统的简化示意图。

物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析

对
B： a2' /
s2
经分析，B 先停止运动，A 最后恰滑至 B 的最右端时速度减为零，故 v2 v2 L 2a1 2a2 ' 2
【详解】
（1）A、B 间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，
对 A，由牛顿第二定律可知，加速度 a 1g 2m / s2 ；
对 B，由牛顿第二定律可知， Fmin 2 m M g 1mg Ma ，
/
解得 Fmin 18N
（2）F=20N>18N，二者间会相对滑动，对 B，由牛顿第二定律；
（1）若 A、B 间相对滑动，F 的最小值；
（2）当 F=20N 时，若 F 的作用时间为 2s，此时 B 的速度大小；
/
（3）当 F=16N 时，若使 A 从 B 上滑下，F 的最短作用时间．
【答案】（1） Fmin 18N （2） v2 20m / s （3） t2 1.73s
【解析】
【分析】
（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于 L，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力 F 的范围；【详解】
（1）铅块： 1mg ma1
解得 a1=4m/s2；对木板： 1mg 2 (M m)g Ma2 解得 a2=2m/s2
1 2
a1t12
1 2
a2t12
1.25m
撤掉 F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未 a1=8m/s2，减速上滑
而木板： Mg sin 2 (M m)g cos 1mg cos Ma2
则： a2 12m/s2 ，方向沿斜面向下，减速上滑
由于： Mg sin 1mg cos 2 (M m)g cos

牛顿运动定律

练习1-5 牛顿运动定律一、填空题1.一切物体总保持静止或匀速直线运动状态，直到力迫使它改变这种状态为止。

这是牛顿第一定律。

2. 力是改变物体运动状态的原因。

3.物体的加速度跟所受的合外力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。

这就是牛顿第二定律。

4. 质量是物体惯性大小的量度。

5.两个物体间的作用力和反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上。

这是牛顿第三定律。

6.作用力和反作用力总是成对出现，同时产生，同时消失。

7.作用力和反作用力总是分别作用在两个物体上，各自产生各自的作用效果，不能平衡，不能抵消。

8.在力学的国际单位制中，长度、时间和质量的单位叫作基本单位，其他物理量的单位叫作导出单位。

9. 从牛顿运动定律可知：在不受外力作用或合外力为零时，物体将保持静止或匀速直线运动状态。

力是使物体产生加速度的原因。

10.质量为0.3kg的物体在0.6N的拉力作用下，产生的加速度为2m/s2。

11.一个物体受到4N的力，产生2m/s2的加速度。

要使它产生3m/s2的加速度，需要对它施加 6N 的力。

12.甲、乙两辆实验小车，在相同的力作用下，甲车产生的加速度为2m/s2，乙车产生的加速度为8m/s2，甲车的质量是乙车的 4 倍。

13.用弹簧秤在水平桌面上匀速拉动一物体，弹簧秤的读数是 2.94N;当以0.98m/s2的加速度使物体做匀加速直线运动时，弹簧秤的示数是 4.90N，则物体的质量是 2 kg。

14.在平直公路上行驶的卡车上放有一个木箱，当卡车做匀加速直线运动时，木箱可能向后滑动；当卡车做匀减速直线运动时，木箱可能向前滑动。

（填“匀加速”或“匀减速”）二、判断题1. 只有运动的物体才具有惯性，静止的物体没有惯性。

（× ）2.受到外力作用的物体没有惯性，不受外力作用的物体才有惯性。

（×）3.物体的运动需要力来维持。

（× ）4.力是改变物体运动速度的原因。

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；（2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小．【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能．（2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律，对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为 2222243()()1223a t a t x m a a ∆=-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 1282.673x x x m m ∆=∆-∆== 点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为m=2kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m 加速度的大小及m 受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F 的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s 2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】【分析】(1)斜面M 、物块m 在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m 的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m 的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a 和支持力．(2)用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F 较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F 不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F 的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma得 a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s 2 m 受到支持力20N=25N cos cos37N mg F θ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2，对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（2）求3s 内煤块前进的位移（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ．【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．5．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．6．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C、D 两端相距4.45m，B、C相距很近。

物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析

物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向；（2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题20篇

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题20篇一、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m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F 1=（M+m ）a 1代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2，对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0对整体有 F 2=（M +m ）a 2代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,(1)A 、B 两球开始运动时的加速度．(2)A 、B 两球落地时的动能．(3)A 、B 两球损失的机械能总量．【答案】（1）25m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J【解析】【详解】(1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对A ：A A A A m g f m a -=对B ：B B B B m g f m a -=A B f f =0.5A A f m g =联立以上方程得：25m/s A a = 27.5m/s B a =(2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动则有：212A A h a t = 212B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =，15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V =A 、B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：21()2kA A A A A E m v m g H h =+- 400J kA E = 21()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E = (3)两球损失的机械能总量为E ∆，()A B kA kB E m m gH E E ∆=+--代入以上数据得：250J E ∆=【点睛】(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到．（2）根据运动性质和动能定理可得到．(3)由能量守恒定律可求出．3．如图，一块长度为9L m =、质量为1M kg =的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有质量为1m kg =的小铅块(可看做质点)，以012/v m s =的水平初速度向右冲上木板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为10.4μ=，木板与地面间的动摩擦因数为20.1μ=，重力加速度取210/g m s =，求：()1铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度1a 、2a 的大小；()2铅块从木板上滑落所需时间；()3为了使铅块不从木板上滑落，在铅块冲上木板的瞬间，对长木板施加一水平向右的恒定拉力F ，求恒力F 的范围．【答案】（1）4m/s 2；2m/s 2（2）1s （3）2N≤F≤10N【解析】【分析】（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于L ，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力F 的范围；【详解】（1）铅块：11mg ma μ=解得a 1=4m/s 2；对木板：122()mg M m g Ma μμ-+=解得a 2=2m/s 2（2）从开始到滑落过程：2201112111()22v t a t a t L +-= 解得t 1=1s 10118/v v a t m s =-=2212/v a t m s ==（3）到右端恰好共速：2202122211()22v t a t a t L '+-= '01222v a t a t -= 解得a ′2=4m/s 2木板：'122()F mg M m g Ma μμ+-+= 解得F ≥2N ；共速后不能从左侧滑下：2-()()F M m g M m a μ+=+共，1a g μ≤共解得F ≤10N ，则F 的范围：2N ≤F ≤10N【点睛】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．4．如图所示，质量均为3kg m =的物体A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为100N/m k =的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。

牛顿运动定律习题精选

牛顿运动定律习题精选1、如图所示，质量为10kg的物体，在水平地面上向左运动。

物体与水平面间的动摩擦因数为0.1．与此同时，物体受到一个水平向右的推力F＝30N的作用，则物体的加速度为（）（g取10 m/s2）A. 4 m/s2，水平向左B.4 m/s2，水平向右C.2 m/s2，水平向左D.2 m/s2，水平向右2.把物体竖直地挂在劲度系数为1000N/m的弹簧下端，弹簧伸长2cm。

如果把物体放在动摩擦因数为0.30的水平地面上，用同一根弹簧沿水平方向拉物体。

当物体产生2m/s2的加速度时，弹簧伸长 cm。

3.重G=15N的物体由OP、OM两条绳拉住，OP与竖直方向成θ=30°角，求绳子OP、OM的拉力大小？4.如图所示，用细绳将重量为G的重球挂在墙上，绳与竖直墙壁间的夹角为θ，不考虑墙的F2的大小分别为多少？摩擦。

则绳对球的拉力F5．用细绳拉着物体竖直向上做匀加速直线运动，当拉力为140N时，物体向上的加速度是 4m ／s2，不考虑空气阻力等的影响，求：(1)物体的质量多大?(2)物体从静止开始前2s的位移及2s末的速度各是多大?6.质量为2kg的物体，在水平拉力F=5N的作用下，由静止开始在水平面上运动，物体与水平面间的动摩擦因素为0.1，求：（1）该物体在水平面上运动的加速度大小。

（2）2s末时，物体的速度大小。

7.如图所示，质量为m = 5kg的物体在水平恒力F=15N的作用下从静止开始运动，4s后撤去F，若物体与地面间的动摩擦因数μ=0.1，求：（1）撤去F时物体的速度大小；（2）物体从开始运动到停下来的位移大小。

8. 如图所示，水平面上有一个质量m=2kg 的物体，物体与水平面的动摩擦因数为μ=0.2，在F=14N 的水平力作用下，由静止开始沿水平面做匀加速直线运动。

求：（1）物体运动的加速度是多大?（2）6s 内通过的距离是多少?9.在平直的高速公路上，一辆汽车正以s m /28的速度匀速行驶，因前方出现紧急情况，司机立即刹车，直到汽车停下，已知汽车的质量为 3.0×103kg ，刹车时汽车所受的阻力大小为2.4×104N ，求：（1）刹车时汽车的加速度大小；（2）从开始刹车到最终停下，汽车运动的时间；（3）从开始刹车到最终停下，汽车前进的距离10.一个质量为50kg 的人乘电梯竖直向上运行，如图为电梯的速度-时间图像。

三年高考两年模拟高考物理新课标一轮复习习题：第3章第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)含答案

第3讲牛顿运动定律的综合应用(一)A组基础题组1.如图所示,质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接,在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动(m1在光滑地面上,m2在空中)。

已知力F与水平方向的夹角为θ。

则m1的加速度大小为( )A. B. C. D.2.(2014福建理综,15,6分)如图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。

对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图像最能正确描述这一运动规律的是( )3.(2016福建师大附中期中)一物体静止在水平面上,物体与水平面之间的滑动摩擦力为0.5 N(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)。

现对物体施加一个大小变化、方向不变的水平拉力F,使物体在水平面上运动了3 s的时间。

为使物体在3 s时间内运动的位移最大,力F随时间变化情况应该为下面四个图中的哪一个(g取10 m/s2)( )4.(2015安徽合肥一模,6)如图所示,a、b两物体的质量分别为m1和m2,由轻质弹簧相连。

当用恒力F竖直向上拉着a,使a、b一起向上做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x1,加速度大小为a1;当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a,使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时,弹簧伸长量为x2,加速度大小为a2。

则有( )A.a1=a2,x1=x2B.a1<a2,x1=x2C.a1=a2,x1>x2D.a1<a2,x1>x25.如图所示,竖直放置在水平面上的轻质弹簧上叠放着两物块A、B,A、B的质量均为2 kg,它们处于静止状态,若突然将一个大小为10 N、方向竖直向下的力施加在物块A上,则此瞬间,A对B的压力大小为(g取10 m/s2)( )A.10 NB.20 NC.25 ND.30 N6.(多选)如图所示,在倾角θ=30°的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B,它们的质量均为m,弹簧的劲度系数为k,C为一固定挡板,系统处于静止状态。

物理牛顿运动定律练习题含答案及解析

物理牛顿运动定律练习题含答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律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 ∆=+-=。

牛顿运动定律习题

牛顿运动定律
一选择题
1．光滑的水平桌面上放有两块相互接触的滑块，
质量分别为m1和m2，且m1<m2．今对两滑块施加相同的水平作用力，如图所示．设在运动过
程中，两滑块不离开，则两滑块之间的相互作
用力N应有
(A) N =0.
(B) 0 < N < F.
(C) F < N <2F. (D) N > 2F. ［ B ］
(C) 必须等于 2gR (D) 还应由汽车的质量M决定．［ B ］
二填空题
10．质量m=40 kg的箱子放在卡车的车厢底板上，已知箱子
与底板之间的静摩擦系数为ms＝0.40，滑动摩擦系数为mk＝ 0.25，试分别写出在下列情况下，作用在箱子上的摩擦力的
大小和方向．
(1)卡车以a = 2 m/s2的加速度行驶，f =8__0_N_，方向与车行
3．质量分别为m和M的滑块A和B，叠放在光滑水平面上，如
图．A、B间的静摩擦系数为m 0，滑动摩擦系数为mk ,系统原先
处于静止状态．今将水平力F作用于B上，要使A、B间不发生相
对滑动，应有
(A) F ≤ms mg． (B) F ≤ms (1+m/M) mg． (C) F ≤ms (m+M) g．(D) F ≤ kmgMMm．
转弯时不至滑出公路？
解:(1) (2)
a0 Tmg
Tsinma Tcosmg
A
tga/g [或tg1(a/g)]
Tm a2g2
精选2021版课件
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16．质量为m的物体系于长度为R的绳子的一个端点上，在
竖直平面内绕绳子另一端点（固定）作圆周运动．设ｔ时刻
物体瞬时速度的大小为v，绳子与竖直向上的方向成θ角，如图所示．

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(一)解题方法和技巧及练习题及解析

高中物理牛顿运动定律(一)解题方法和技巧及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。

求：(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2;(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t =【解析】【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =，111N f F μ=解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-=其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=解得：221m/s a =12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212x a t =，12x x L -= 解得：1s t =2．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ=解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L = 解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ=从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+解得：023sin L t g θ=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 =36N ，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 （3）55 s 【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．5．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=46.5m6．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J【解析】【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ=A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+=由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s =（3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =7．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。