高考物理 模拟新题精选分类解析(第10期)专题03 牛顿运动定律
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律解析含答案(3)
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律解析含答案(3)一、选择题1．如图所示，质量均为m的物块P、Q放在倾角为θ的斜面上，P与斜面之间无摩擦，Q与斜面之间的动摩擦因数为μ。
当P、Q一起沿斜面加速下滑时，P、Q之间的相互作用力大小为（）A．1cos2mgμθB．1sin2mgμθC．sin cosmg mgθμθ-D．02．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．0.1,8N3．如图，倾斜固定直杆与水平方向成60角，直杆上套有一个圆环，圆环通过一根细线与一只小球相连接.当圆环沿直杆下滑时，小球与圆环保持相对静止，细线伸直，且与竖直方向成30角.下列说法中正确的A．圆环不一定加速下滑B．圆环可能匀速下滑C．圆环与杆之间一定没有摩擦D．圆环与杆之间一定存在摩擦4．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为∆x1和∆x2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（）A．a1=g B．a1=3g C．∆x1=3∆x2D．∆x1=∆x25．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。
已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A．A、B间摩擦力为零gθB．A加速度大小为cosC．C可能只受两个力作用D．斜面体受到地面的摩擦力为零6．2018 年 11 月 6 日,第十二届珠海航展开幕．如图为某一特技飞机的飞行轨迹，可见该飞机先俯冲再抬升，在空中画出了一个圆形轨迹，飞机飞行轨迹半径约为 200 米，速度约为300km/h．A．若飞机在空中定速巡航，则飞机的机械能保持不变．B．图中飞机飞行时，受到重力，空气作用力和向心力的作用C．图中飞机经过最低点时，驾驶员处于失重状态．D．图中飞机经过最低点时，座椅对驾驶员的支持力约为其重力的 4.5 倍．7．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．8．质量分别为m 1、m 2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t 0同时到达稳定速度v 1、v 2，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m 1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 ．t 0时间内两球下落的高度相等9．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．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．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）。
三年高考()高考物理试题分项版解析专题03牛顿运动定律(含解析)(2021年整理)
三年高考（2016-2018）高考物理试题分项版解析专题03 牛顿运动定律（含解析）编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（三年高考（2016-2018）高考物理试题分项版解析专题03 牛顿运动定律（含解析））的内容能够给您的工作和学习带来便利。
同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。
本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为三年高考（2016-2018）高考物理试题分项版解析专题03 牛顿运动定律（含解析）的全部内容。
专题03 牛顿运动定律【2018高考真题】1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上,上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是( ）A. B。
C。
D。
【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
2．如图所示，小芳在体重计上完成下蹲动作，下列F—t图像能反应体重计示数随时间变化的是A. B。
C. D。
【来源】浙江新高考2018年4月选考科目物理试题【答案】 C【解析】对人的运动过程分析可知，人下蹲的过程可以分成两段：人在加速下蹲的过程中,有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小;在减速下蹲的过程中,加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，故C正确,A、B、D错误;故选C.【点睛】人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态。
3．用国际单位制的基本单位表示能量的单位，下列正确的是A。
高考物理二轮复习专题03牛顿运动定律讲含解析
牛顿运动定律考点考纲要求专家解读牛顿运动定律及其应用Ⅱ1.从近几年的高考考点分布知道，本章主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题；理解超重和失重现象，掌握牛顿第二定律的验证方法和原理。
超重与失重Ⅰ单位制Ⅰ纵观近几年高考试题，预测物理高考试题还会考：1、牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与动量、能量、电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．考向01 牛顿运动定律1.讲高考（1）考纲要求主要考查考生能否准确理解牛顿运动定律的意义，能否熟练应用牛顿第一定律、牛顿第二定律、牛顿第三定律和受力分析解决运动和力的问题牛顿运动定律是中学物理的基本规律和核心知识，在整个物理学中占有非常重要的地位，，题型主要有选择题，高考试题往往综合牛顿运动定律和运动学规律进行考查，考题中注重与电场、磁场的渗透，并常常与生活、科技、工农业生产等实际问题相联系．案例1．如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F作用在P上，使其向上做匀加速直线运动，以x表示P离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F和x之间关系的图像可能正确的是（）A. B.C. D.【答案】 A【点睛】牛顿运动定律是高中物理主干知识，匀变速直线运动规律贯穿高中物理。
案例2．【·新课标Ⅱ卷】（12分）为提高冰球运动员的加速能力，教练员在冰面上与起跑线距离s0和s1（s1<s0）处分别设置一个挡板和一面小旗，如图所示。
训练时，让运动员和冰球都位于起跑线上，教练员将冰球以初速度v0击出，使冰球在冰面上沿垂直于起跑线的方向滑向挡板；冰球被击出的同时，运动员垂直于起跑线从静止出发滑向小旗。
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析
高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】由图得：0-2s 内环的加速度a=vt=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°2．如图所示，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14N3．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：（1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s 【解析】 【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【详解】（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2= 代入数据解得v =1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得2v mg m R=，代入数据得R =0.1m （2）由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，代入数据解得a =0.4m/s 2由212v s a=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s ．（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s 煤块匀速运动的位移为s 2=s ﹣s 1=1.75m ，可求得煤块匀速运动的时间t 2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t =t 1+t 2代入数据解得t =4.25s4．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O ．现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10－2N 的外力F 0，使小球从静止开始运动，在第1s 末所加外力F 0大小不变，方向突然变为沿y 轴正方向，在第2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F ．求：(1)在第1末，小球的速率； (2)在第2s 末，小球的位移；(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字)【答案】（1）2m/s （2 （3）2.8×10-2N 【解析】 【分析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律F 0=ma 在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at 解得：v 1=2m/s ；（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=212at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动： 在x 方向：x 2=v 1t 在y 方向：2212y at =位移：联立解得，设位移与X 轴正方向的夹角为θ， （3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45° 所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1x v a t= 沿y 轴方向加速度2y v a t=小球的加速度a =根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．5．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。
牛顿运动定律--2023年高考真题和模拟题物理分项汇编(解析版)
专题03牛顿运动定律2023年高考真题1(2023全国甲卷)一小车沿直线运动，从t =0开始由静止匀加速至t =t 1时刻，此后做匀减速运动，到t =t 2时刻速度降为零在下列小车位移x 与时间t 的关系曲线中，可能正确的是()A. B.C. D.【答案】D【解析】x -t 图像的斜率表示速度，小车先做匀加速运动，因此速度变大即0-t 1图像斜率变大，t 1-t 2做匀减速运动则图像的斜率变小，在t 2时刻停止图像的斜率变为零。
故选D 。
2(2023全国甲卷)用水平拉力使质量分别为m 甲、m 乙的甲、乙两物体在水平桌面上由静止开始沿直线运动，两物体与桌面间的动摩擦因数分别为μ甲和μ乙。
甲、乙两物体运动后，所受拉力F 与其加速度a 的关系图线如图所示。
由图可知()A.m 甲<m 乙B.m 甲>m 乙C.μ甲<μ乙D.μ甲>μ乙【答案】BC【解析】根据牛顿第二定律有F -μmg =ma 整理后有F =ma +μmg则可知F -a 图像的斜率为m ，纵截距为μmg ，则由题图可看出m 甲>m 乙，μ甲m 甲g =μ乙m 乙g 则μ甲<μ乙故选BC 。
3(2023山东卷)质量为M 的玩具动力小车在水平面上运动时，牵引力F 和受到的阻力f 均为恒力，如图所示，小车用一根不可伸长的轻绳拉着质量为m 的物体由静止开始运动。
当小车拖动物体行驶的位移为S 1时，小车达到额定功率，轻绳从物体上脱落。
物体继续滑行一段时间后停下，其总位移为S 2。
物体与地面间的动摩擦因数不变，不计空气阻力。
小车的额定功率P 0为()A.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-MS 1 B.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-mS 1C.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 2(M +m )S 2-MS 1D.2F 2(F -f )S 2-S 1 S 2(M +m )S 2+mS 1【答案】A【解析】设物体与地面间的动摩擦因数为μ，当小车拖动物体行驶的位移为S 1的过程中有F -f -μmg =(m +M )a v 2=2aS 1P 0=Fv轻绳从物体上脱落后a 2=μgv 2=2a 2(S 2-S 1)联立有P 0=2F 2(F -f )S 2-S 1 S 1(M +m )S 2-MS 1故选A 。
高考物理牛顿运动定律试题经典含解析
高考物理牛顿运动定律试题经典含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。
t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。
已知圆轨道的半径R=0.5 m。
（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。
如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。
【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得：2．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练及解析答案
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练及解析答案一、选择题1．如图所示，传送带的水平部分长为L ，传动速率为v ，在其左端无初速释放一小木块，若木块与传送带间的动摩擦因数为μ，则木块从左端运动到右端的时间不可能是 ( )A ．2L v v gμ+ B ．L vC ．2L gμ D ．2L v2．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/s 2）A ．12 NB ．22 NC ．25 ND ．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/s 2，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．如图所示，质量m =1kg 、长L =0.8m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F =5N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为( )（g 取10m/s 2）A ．1JB ．1.6JC ．2JD ．4J5．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内，两球下落的高度相等6．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7．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8．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．9．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0t =时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物块上，且F 的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a 、摩擦力f F 、速度v 随F 的变化图象正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．10．如图所示，有一根可绕端点B 在竖直平面内转动的光滑直杆AB ，一质量为m 的小圆环套在直杆上。
高中物理牛顿运动定律专题训练答案及解析
高中物理牛顿运动定律专题训练答案及解析一、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;amgF 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≥-2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．零时刻，A、B用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s末细绳断开．已知A、B与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s2．求：(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率．【答案】(1) 2m (2) 60W【解析】【分析】【详解】（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W3．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB相切于A点，B为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R=1m，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m=2kg的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s后小球刚好到达A点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N．已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v =小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2N Bv mg F m R-=解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得23t s =故经过时间12310.913t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。
高考物理牛顿运动定律应用试题经典及解析
高考物理牛顿运动定律的应用试题经典及分析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．质量为 m=0.5 kg、长 L=1 m 的平板车 B 静止在圆滑水平面上，某时辰质量M=l kg 的物体 A（视为质点）以 v0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车 B 的上表面，在 A 滑上 B 的同时，给 B 施加一个水平向右的拉力．已知 A 与 B 之间的动摩擦因数μ，重力加快度 g 取 10m/s 2．试求：（1）假如要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应知足的条件；（2）若 F=5 N，物体 A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离．【答案】 (1) 1N F 3N(2)x【分析】【剖析】物体 A 不滑落的临界条件是 A 抵达 B 的右端时， A、 B 拥有共同的速度，联合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界状况是A、 B 速度同样后，一同做匀加快直线运动，依据牛顿第二定律求出拉力的最大值，进而得出拉力 F 的大小范围．【详解】(1)物体 A 不滑落的临界条件是 A 抵达 B 的右端时， A、 B 拥有共同的速度v1，则：v02 -v12v12＋L2a A2a B又：v-v1 =v1 a A a B解得： a B=6m/s 2再代入 F＋μMg=ma B得： F=1N若 F<1N，则 A 滑到 B 的右端时，速度仍大于 B 的速度，于是将从 B 上滑落，因此 F 一定大于等于 1N当 F 较大时，在 A 抵达 B 的右端以前，就与 B 拥有同样的速度，以后， A 一定相对 B 静止，才不会从 B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体： F=(m＋ M)a对物体 A：μMg=Ma解得： F=3N若F 大于 3N， A 就会相对 B 向左滑下综上所述，力 F 应知足的条件是 1N≤F≤3N(2)物体 A 滑上平板车 B 此后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ Mg=Ma A解得： a A=μg=2m/s 2平板车 B 做匀加快直线运动，由牛顿第二定律得：F＋μMg=ma B解得： a B=14m/s2二者速度同样时物体相对小车滑行最远，有：v 0－ a A t=a B t解得：1 215 A 滑行距离 x A =v 0t －a A t =m216B 滑行距离： x B = 1 a B t 2= 7m216最大距离： Δx =x A － x B【点睛】解决此题的重点理清物块在小车上的运动状况，抓住临界状态，联合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2． 如图，有一质量为 M =2kg 的平板车静止在圆滑的水平川面上，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，最后 A 、 B 两物块恰巧停在小车两头没有离开小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ，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 小车离原地点的距离。
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附解析(3)
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附解析(3)一、选择题1．荡秋千是一项娱乐，图示为某人荡秋千时的示意图，A点为最高位置，B点为最低位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在A点时，人所受的合力为零B．在B点时，人处于失重状态C．从A点运动到B点的过程中，人的角速度不变D．从A点运动到B点的过程中，人所受的向心力逐渐增大2．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．0.1,8N3．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⋅⋅4．如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为( )（g取10m/s2）A．1J B．1.6J C．2J D．4J5．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A ．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B ．弹簧弹力不可能为34mg C ．小球可能受三个力作用D ．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg6．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 gkθ B ．压缩量为1tan m gk θ C ．伸长量为1m gk tan θD ．压缩量为1m gk tan θ7．下列对教材中的四幅图分析正确的是A ．图甲：被推出的冰壶能继续前进，是因为一直受到手的推力作用B ．图乙：电梯在加速上升时，电梯里的人处于失重状态C ．图丙：汽车过凹形桥最低点时，速度越大，对桥面的压力越大D ．图丁：汽车在水平路面转弯时，受到重力、支持力、摩擦力、向心力四个力的作用 8．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 ．2.5NC ．5ND ．3.75N9．质量为2kg 的物体做匀变速直线运动，其位移随时间变化的规律为222(m)x t t =+。
专题03 牛顿运动定律的综合应用(解析版)-高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍
2021年高考物理二轮复习热点题型归纳与提分秘籍专题03 牛顿运动定律的综合应用目录一、热点题型归纳 (1)【题型一】动力学基本问题（含超失重、瞬时性问题） (1)【题型二】动力学的连接体问题 (6)【题型三】动力学图像问题 (10)【题型四】动力学中的传送带问题 (15)【题型五】动力学中的板块问题 (19)二、高考题型标准练 (25)一、热点题型归纳【题型一】动力学基本问题（含超失重、瞬时性问题）【题型解码】(1)做好受力分析，分析出物体受到的各个力，判断合力的方向，表示出合力与各力的关系；(2)做好运动过程分析，分析物体的运动性质，判断加速度的方向，并表示出加速度与运动各量的关系；(3)求解加速度是解决问题的关键；(4)力的处理方法一般用合成法或正交分解法．【典例分析1】(2020·湖北十堰市上学期期末)如图所示，处于自然状态下的轻弹簧一端固定在水平地面上，质量为m的小球从弹簧的另一端所在位置由静止释放，设小球和弹簧一直处于竖直方向，弹簧的劲度系数为k，重力加速度为g.在小球将弹簧压缩到最短的过程中，下列说法不正确的是()1/ 322 / 32A ．小球的速度先增大后减小B ．小球的加速度先减小后增大C ．小球速度最大时弹簧的形变量为mg kD ．弹簧的最大形变量为mg k【答案】D【解析】开始时，小球的重力大于弹簧的弹力，小球的加速度向下，向下加速运动，随着弹簧的压缩，弹力逐渐变大，则加速度逐渐减小，当弹力等于重力时，加速度为零，即有mg ＝kx ，可得x ＝mg k，此时小球的速度最大，然后小球继续向下运动压缩弹簧，弹力大于重力，加速度变为向上，速度逐渐减小，直到速度减小到零，到达最低点，由对称性可知，此时弹簧的压缩量为2x ＝2mg k，故选项A 、B 、C 正确，D 错误． 【典例分析2】.(2020·浙江宁波市鄞州中学初考)如图所示，两个完全相同的轻弹簧a 、b ，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m 的小球相连接，轻杆c 一端固定在天花板上，另一端与小球拴接．弹簧a 、b 和轻杆互成120°角，且弹簧a 、b 的弹力大小均为mg ，g 为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小可能为( )A ．a ＝0.5gB ．a ＝gC ．a ＝1.5gD ．a ＝2g【答案】D【解析】弹簧a 、b 的弹力大小均为mg ，当弹簧的弹力为拉力时，其合力方向竖直向下、大小为mg ，轻杆对小球的拉力大小为2mg ，将轻杆突然撤去时，小球合力为2mg ，此时加速度大小为2g ；当弹簧的弹力为压力时，其合力竖直向上、大小为mg ，根据平衡条件，轻杆上的力为零，将轻杆突然撤去时，小球受到的合力为0，此时加速度大小为0，故D 正确，A 、B 、C 错误．3 / 32 【典例分析3】.(2020·浙江宁波市二模)如图为大型游乐设施环形座舱跳楼机．跳楼机从离地面高度h 1＝ 100 m 处由静止开始自由下落到离地面h 2＝20 m 处的位置时开始以恒力制动，使跳楼机到达地面时速度刚好减为0.已知座舱内小海的质量m ＝70 kg ，重力加速度g 取10 m/s 2，不计一切阻力．试求：(1)跳楼机下落过程中的最大速度v m ；(2)跳楼机下落到地面的总时间t ；(3)跳楼机在自由下落阶段和制动阶段，小海对座椅的作用力大小．【答案】 (1)40 m/s (2)5 s (3)0 3 500 N【解析】 (1)自由下落的高度为h ＝h 1－h 2＝80 m根据自由落体运动规律有v m 2＝2gh代入数据可得v m ＝40 m/s(2)根据自由落体运动规律有h ＝12gt 12由匀变速直线运动规律有h 2＝v m 2t 2因此下落总时间为t ＝t 1＋t 2，代入数据解得t ＝5 s(3)第一阶段下落80 m 的过程，自由下落，小海完全失重，因此小海对座椅的作用力为0.设后20 m 下落过程的加速度大小为a ，则v m 2＝2ah 2，得a ＝40 m/s 2对小海受力分析，有F －mg ＝ma ，代入数据可得F ＝3 500 N根据牛顿第三定律可知，小海对座椅的作用力大小为3 500 N.【提分秘籍】1．瞬时问题要注意绳、杆弹力和弹簧弹力的区别，绳和杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．2.超重和失重问题(1)物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．加速度a向上(或有向上的分量)，就是超重，加速度a向下(或有向下的分量)，就是失重．(2)完全失重自由落体、竖直上抛、斜抛、平抛，这些运动的物体都处于完全失重状态．宇航员在宇宙飞船中，无论飞船做圆周运动或者是椭圆运动，都处于完全失重状态．【强化训练】1.(2020·贵阳一模)一伞兵从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，2 s时开启降落伞，其跳伞过程中的vt 图象如图所示，根据图象可知该伞兵()A．在0～2 s内做自由落体运动B．在2～6 s内加速度方向先向上后向下C．在0～14 s内先处于失重状态后处于超重状态D．在0～24 s内先匀加速再匀减速最终匀速直线运动【答案】C【解析】由图象可知，该伞兵在0～2 s内做匀加速直线运动，但加速度小于重力加速度，不是自由落体运动，故A错误；由图可知，2～6 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，故B错误；0～14 s内该伞兵先做加速运动，后做减速运动，故加速度方向先向下后向上，先失重后超重，故C正确；在0～24 s内，2～12 s内的加速度大小发生变化，故该伞兵不做匀变速运动，D错误。
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律经典测试题附答案解析(3)
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律经典测试题附答案解析(3)一、选择题1．为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。
某次实验获得的图线如图所示，a 、b 、c 为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是A ．a →b →c 为一次“下蹲”过程B ．a →b →c 为一次“站起”过程C ．a →b 为“下蹲”过程，b →c 为“站起”过程D ．a →b 为“站起”过程，b →c 为“下蹲”过程2．如图A 、B 、C 为三个完全相同的物体。
当水平力F 作用于B 上，三物体可一起匀速运动，撤去力F 后，三物体仍可一起向前运动，设此时A 、B 间作用力为f 1，B 、C 间作用力为f 2，则f 1和f 2的大小为（ ）A ．f 1=f 2=0B ．f 1=0，f 2=FC ．13F f ，f 2=23FD ．f 1=F ，f 2=0 3．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．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4．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。
已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A．A、B间摩擦力为零gθB．A加速度大小为cosC．C可能只受两个力作用D．斜面体受到地面的摩擦力为零t=时刻起，用一水平向右的拉力F 5．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0作用在物块上，且F的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a、摩擦力F、速度v随F的变化图象正确的是（）fA．B．C．D．6．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．3.75N7．如图所示，A、B两物块质量均为m，用一轻弹簧相连，将A用长度适当的轻绳悬挂于天花板上，系统处于静止状态，B物块恰好与水平桌面接触而没有挤压，此时轻弹簧的伸长量为x．现将悬绳剪断，则（）A．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为2gB．悬绳剪断瞬间A物块的加速度大小为gC．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为2gD．悬绳剪断瞬间B物块的加速度大小为g8．下列说法符合历史事实的是A．伽利略的“冲淡”重力实验，证明了自由落体运动是匀加速直线运动B．牛顿开创了以实验检验、猜想和假设的科学方法C．牛顿第一定律是实验定律D．爱因斯坦先提出，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质的观点9．如图所示，质量均为m的物块P、Q放在倾角为θ的斜面上，P与斜面之间无摩擦，Q与斜面之间的动摩擦因数为μ。
高中物理牛顿运动定律模拟试题含解析.docx
高中物理牛顿运动定律模拟试题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量 m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F， g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度 a 的大小；(2)刚撤去 F 时，小物块离长木板右端的距离s；(3)撒去 F 后，系统能损失的最大机械能△E．2【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去 F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E．【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：μ mg=ma1，2解得 a1=μ g=2m/s（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得， F- μmg=Ma2，解得： a2 = 3m/s 2．小物块运动的位移： x11 1 21222× 2×1m=1m ，12=12，长木板运动的位移： x2=a2t2× 3×1m=1.5m2则小物块相对于长木板的位移：△x=x2-x1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去 F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：mv m Mv(M m)v 解得 v 2.8m / s从撤去 F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：1 mv2m 1 Mv2E 1(M m)v 2222解得 ?E=0.4J【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．如图所示，质量M 2kg 的木板静止在光滑水平地面上，一质量m1kg 的滑块（可视为质点）以v03m/s 的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2 ，重力加速度g10m/s2，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v（2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？（3）木板的长度L？【答案】（ 1） 1m/s （2） 0.25m （3） 1.75m【解析】【详解】（1）滑块与小车动量守恒mv0 (m M )v 可得 v 1m/s（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：mgs01m v22解得 s 0.25m（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：1mv021(m M )v2mgs1 22故木板的长度 L s s1 1.75m3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t0 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m 1kg，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g10m / s2，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1mg 2 2mg ma1；v m a1t1；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得22mg 2ma2；0 v m a2t2 ；由图象可知， v m2m / s ， t11s ， t 2 0.8s 联立解得1 0.72小物块减速过程中，有：1mg ma3；v m v0a3 t1；在整个过程中，由系统的能量守恒得Q 1mv02 2联立解得 Q40.5 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．4．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P0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度a1m / s2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：P Fv m，因为有4节小动车，故P4P0联立解得： f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F?，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：v at1解得匀加速运动的时间：t13s（2）设动车组变加速运动的位移为x，根据动能定理：Pt fx 1mv m2 1 mv2 22解得： x=46.5m,AB间有一长度x=4m,L=2m M=1kg的木板静止5．如图所示水平面上的凹槽长度为、质量于凹槽右侧 ,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v0=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）v2m / s （2）F N12.5 N（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：m0 v0(m0m1 )v解得：v 2m；s(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度a1g 0.5 m2 ，且方向向右s板产生的加速度a2mg0.5m，且方向向左M s2设经过时间 t ，木块与木板共同速度v运动则： v a1t a2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度x vt 1a1t 21a2t 2L 22故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度v v a1t 1ms 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：v'2F N mg mR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：1(m0m1)v2( m0m1 ) gh 2h0.05m 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t1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a2，木块的加速度仍为a1，则： v2a1t1a2t1，解得： t11s此时x v t11a1t121a2t120.5m 22v3v2at10.5ms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设经过 t2时间速度为 0，则t2v31sa1x v3t21a2t220.25m 2故L=L﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离 A 点 1.25m 远．6．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经 36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a1；(2)若校车总质量为 4 500 kg，求校车刹车时所受的阻力大小；(3)若校车内坐有一质量为30 kg的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g＝ 10 m/s 2，结果可用根式表示)【答案】（ 1）2m / s2（2）9000N（3）6026N【解析】【分析】（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力；（3）座椅对学生的作用力的水平分力等于 mg， F 的竖直分力的竖直分力等于重力力提供加速度．根据力的合成可求．，水平分【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知 v2＝ 2a1x1，得加速度 a1＝2 m/s 2(2) 由匀减速直线运动公式得：0－ v2＝－ 2a2x3解得 a2＝ 2 m/s 2F 阻2＝ Ma＝ 9000 N.(3) 匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F， F 的竖直分力等于mg， F 的水平分力由牛顿第二定律可得 F水平＝ ma1F＝22 mgma1得F＝ 60 26 N.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／ s2，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：a210510 m / s210.5此过程有： mgsinθ+μmgcosθ=ma2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：a1=10 m / s2=20m/s 20.5此过程有： F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1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：1s＝× 10× 1＝.57.5m2【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．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/s2，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)0.2 ， k400N / m (2) v2m / s ，E p 6.48J【解析】【详解】（1）由图象知，弹簧最大压缩量为x0.18m ，物体开始运动时加速度a1 34m / s2，离开弹簧后加速度大小为a2 2m / s2.由牛顿第二定律 k x mg ma1①，mg ma2②联立①②式，代入数据解得0.2 ③k 400N / m ④（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：h 1gt 2⑤2d vt ⑥物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：E p mgx1mv2⑦2联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得v 2m / s ⑧E p 6.48 J ⑨9．如图甲所示，一质量为m 的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角．小球位于 A 点，某时刻突然将细线剪断，经过时间t 小球运动到 B 点（图中未画出）已知电场强度大小为E，重力加速度为g，求：（1）小球所带的电荷量 q；（2） A、 B 两点间的电势差 U．【答案】（ 1）mgtan；（2）1E2Egt2 tan θ．【解析】试题分析：（ 1）小球处于静止状态，分析受力，作出受力图，根据平衡条件和电场力公式求解电荷量q ；（ 2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度a，再根据匀变速直线运动求解位移，再计算A、B 两点间的电势差 U．①静止时有qEtan，解得q mgtan mg E②将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得F合mgma ，解得cos1 g2Egt 2tan故U AB E t sin22 cos10．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板 N，滑板两端为半径R=0． 45m的 1/4 圆弧面． A 和 D 分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块 P1和 P2的质量均为 m．滑板的质量 M=4m， P1和 P2与 BC面的动摩擦因数分别为μ1 =0．10和μ 2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的 B 点， P1以 v0=4． 0m/s 的初速度从 A 点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后， P1处在粗糙面 B 点上．当 P2滑到 C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连， P2继续运动，到达 D 点时速度为零． P1与 P2视为质点，取 g=10m/s2．问：（1） P1和 P2碰撞后瞬间 P1、 P2的速度分别为多大？（2） P2在 BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？（3） N、 P1和 P2最终静止后， P1与 P2间的距离为多少？【答案】（ 1）v10 、 v25m/s（2）a20.4m/s 2（ 3）△ S=1． 47m【解析】试题分析：（1） P 滑到最低点速度为v ，由机械能守恒定律有：12mgR121122解得： v1=5m/sP 、P 碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1、 v212则由动量守恒和机械能守恒可得：mv1mv1mv21mv121mv121mv22222解得： v10 、 v25m/s（2） P 向右滑动时，假设P 保持不动，对P 有： f =μ mg=2m（向左）21222设 P 、 M的加速度为 a ；对 P 、 M有： f= （ m+M）a2121a2m fM2m0.4m/s 25m此时对 P1有： f 1=ma2=0． 4m＜ f m=1． 0m，所以假设成立．故滑块的加速度为0． 4m/s 2；（3） P2滑到 C 点速度为v2，由mgR 1mv22 2得v2 3m/sP1、P2碰撞到 P2滑到 C 点时，设 P1、 M速度为 v，由动量守恒定律得：mv2(m M )v mv2解得： v=0． 40m/s对 P1、 P2、 M为系统：f2L 1mv221( m M ) v2 22代入数值得： L=3． 8m滑板碰后， P1向右滑行距离：s1v20.08m 2a12v22向左滑行距离： s2 2.25mP2a2所以 P1、 P2静止后距离：△S=L-S1-S 2=1． 47m考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．。
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律分类汇编附答案(3)
高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律分类汇编附答案(3)一、选择题1．如图所示为某一游戏的局部简化示意图．D为弹射装置，AB是长为21m的水平轨道，倾斜直轨道BC固定在竖直放置的半径为R=10m的圆形支架上，B为圆形的最低点，轨道AB与BC平滑连接，且在同一竖直平面内．某次游戏中，无动力小车在弹射装置D的作用下，以v0=10m/s的速度滑上轨道AB，并恰好能冲到轨道BC的最高点．已知小车在轨道AB上受到的摩擦力为其重量的0.2倍，轨道BC光滑，则小车从A到C的运动时间是（）A．5sB．4.8sC．4.4sD．3s2．如图所示，质量为m的小物块以初速度v0冲上足够长的固定斜面，斜面倾角为θ，物块与该斜面间的动摩擦因数μ>tanθ，（规定沿斜面向上方向为速度v和摩擦力f的正方向）则图中表示该物块的速度v和摩擦力f随时间t变化的图象正确的是（）A．B．C．D．3．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．如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为( )（g取10m/s2）A．1J B．1.6J C．2J D．4J5．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小6．如图所示，质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角θ＝37°的木板托住，小球处于静止状态，弹簧处于压缩状态，则( )A．小球受木板的摩擦力一定沿斜面向上B．弹簧弹力不可能为34 mgC．小球可能受三个力作用D．木板对小球的作用力有可能小于小球的重力mg7．如图，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O；整个系统处于静止状态；现将细绳剪断，将物块a的加速度记为a1，S1和S2相对原长的伸长分别为∆x1和∆x2，重力加速度大小为g，在剪断瞬间（）A ．a 1=gB ．a 1=3gC ．∆x 1=3∆x 2D ． ∆x 1=∆x 28．甲、乙两球质量分别为1m 、2m ,从同一地点(足够高)同时静止释放．两球下落过程中所受空气阻力大小f 仅与球的速率v 成正比,与球的质量无关,即f=kv(k 为正的常量),两球的v−t 图象如图所示,落地前,经过时间0t 两球的速度都已达到各自的稳定值1v 、2v ,则下落判断正确的是( )A ．甲球质量大于乙球B ．m 1/m 2=v 2/v 1C ．释放瞬间甲球的加速度较大D ．t 0时间内，两球下落的高度相等9．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10．如图甲所示，在升降机的顶部安装了一个能够显示拉力大小的传感器，传感器下方挂上一轻质弹簧，弹簧下端挂一质量为m 的小球，若升降机在匀速运行过程中突然停止， 并以此时为零时刻，在后面一段时间内传 感器显示弹簧弹力F 随时间t 变化的图象 如图乙所示，g 为重力加速度，则（ ）A ．升降机停止前在向下运动B ．10t -时间内小球处于失重状态，12t t -时间内小球处于超重状态C ．13t t -时间内小球向下运动，动能先增大后减小D ．34t t -时间内弹簧弹性势能变化量小于小球动能变化量11．下列说法符合历史事实的是A ．伽利略的“冲淡”重力实验，证明了自由落体运动是匀加速直线运动B ．牛顿开创了以实验检验、猜想和假设的科学方法C ．牛顿第一定律是实验定律D ．爱因斯坦先提出，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质的观点12．在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B 点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球（ ）A ．可能落在A 处B ．一定落在B 处C ．可能落在C 处D ．以上都有可能13．在机场和火车站可以看到对行李进行安全检查用的水平传送带如图所示，当旅客把行李放在正在匀速运动的传送带上后，传送带和行李之间的滑动摩擦力使行李开始运动，随后它们保持相对静止，行李随传送带一起匀速通过检测仪器接受检查，设某机场的传送带匀速前进的速度为0.4 m/s ，某行李箱的质量为5 kg ，行李箱与传送带之间的动摩擦因数为0.2，当旅客把这个行李箱小心地放在传送带上，通过安全检查的过程中，g 取10 m/s 2，则下列说法不正确的是（ ）A ．开始时行李的加速度为2 m/s 2B ．行李到达B 点时间为2 sC ．传送带对行李做的功为0.4 JD ．传送带上将留下一段摩擦痕迹，该痕迹的长度是0.04 m14．如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v 0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态．则下列说法正确的是（ ）A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越大D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越小15．荡秋千是一项娱乐，图示为某人荡秋千时的示意图，A点为最高位置，B点为最低位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A．在A点时，人所受的合力为零B．在B点时，人处于失重状态C．从A点运动到B点的过程中，人的角速度不变D．从A点运动到B点的过程中，人所受的向心力逐渐增大16．灯笼，又称彩灯，是一种古老的中国传统工艺品．每年的农历正月十五元宵节前后，人们都挂起红灯笼，来营造一种喜庆的氛围．如图是某节日挂出的一只灯笼，轻绳a、b将灯笼悬挂于O点绳a与水平方向的夹角为，绳b水平．灯笼保持静止，所受重力为G，绳a、b对O点拉力分別为F1、F2，下列说法正确的是（）A．B．C．F1和F2的合力与灯笼对地球的引力是一对平衡力D．灯笼只有重心位置处受重力作用，其他位置不受重力17．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。
高考物理试题真题分类汇编物理牛顿运动定律含解析
高考物理试题真题分类汇编物理牛顿运动定律含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，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=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．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l ＝26 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离． 【答案】1s 99.2m【解析】 【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间． 【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a 1==4m/s 2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：x 1=a 1t 2=2m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2==5m/s 2 由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度：v B =16m/s(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：；解得x 3=96m速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：；解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m4．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小； (3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）26N 【解析】 【分析】（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力； （3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求． 【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1， 得加速度a 1＝2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3 解得a 2＝2 m/s 2 F 阻＝Ma 2＝9000 N.(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1 F ()()221mg ma +得F ＝26 N.5．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．6．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．7．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：（1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s 【解析】 【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【详解】（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2= 代入数据解得v =1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得2v mg m R=，代入数据得R =0.1m （2）由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，代入数据解得a =0.4m/s 2由212v s a=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s ．（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s 煤块匀速运动的位移为s 2=s ﹣s 1=1.75m ，可求得煤块匀速运动的时间t 2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t =t 1+t 2代入数据解得t =4.25s8．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度0υ，沿斜面上滑。
高考物理牛顿运动定律的应用试题经典及解析
高考物理牛顿运动定律的应用试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a相连，如图所示．质量为35m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t=0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ．求：(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．【答案】（1）08sin 5mg x θ （2）sin 5g θ（3）22084sin sin 2525mg F mg x θθ=+【解析】 【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx 0=（m+35m ）gsinθ 解得：k=8 5mgsin x θ（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014x x = 说明当形变量为0010344x x x x =-=时二者分离； 对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx 1-mgsinθ=ma 联立解得：a=15gsin θ（3）设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移x=12at 2=210gsin t θ则形变量变为：△x=x 0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k △x-（m+35m ）gsinθ=（m+35m ）a解得：F=825mgsinθ+22425mg sinxθt2因分离时位移x=04x由x=04x=12at2解得：052xtgsinθ=故应保证0≤t＜052xgsinθ，F表达式才能成立．点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．2．如图甲所示,质量为1kgm=的物体置于倾角为37θ︒=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F，10.5st=时撤去拉力,物体速度与时间v-t的部分图象如图乙所示。
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
1. （2013天津市五区县质检）如图所示，水平地面上一物体在F1=10N,F2=2N的水平外力作用下做匀速直线运动，则( )
A.物体运动方向向左
B.物体所受滑动摩擦力大小为6N
C.撤去F1后物体最终会停下
D.撤去F2后物体最终会停下
2．（2013陕西省渭南市二模）压敏电阻的阻值随所受压力的增大而减小，有位同学把压敏电阻与电源、电流表、定值电阻串联成一闭合电路，并把压敏电阻放在桌子上，其上放一物块，整个装置放在可在竖直方向运动的电梯中，如图甲所示。
已知0~t1时间电梯静止不动，电流表的示数为I0，现开动电梯，得到电流表的变化如图乙所示，则关于t2~t3时间内物块与电梯运动状态的叙述正确的是
A．物块处于失重状态，电梯向下做匀加速直线
运动
B．物块处于超重状态，电梯向上做匀加速直线运动
C．物块仍旧平衡，电梯向上做匀速直线运动
D．物块仍旧平衡，电梯向下做匀速直线运动
3．（2013河北省唐山市二模）如图所示，在圆锥形内部有三根固定的光滑细杆， A、B、C为圆锥底部同一圆周上的三个点，三杆Aa、bB、cC与水平底面的夹角分别为60o、45o、30o。
每根杆上都套着一个小滑环（图中未画出），三个滑环分别从a、b、c处由静止释放（忽略阻力），用t l、t2、t3依次表示各滑环到达A、B、C所用的时间，则
A．t l>t2>t3
B．t1 <t2< t3
C．t l=t3<t2
D．t1=t3> t2
4．（2013武汉市4月调研）如图甲所示，倾角为θ的足够长传送带以恒定的速率v0沿逆时针方向运行。
t=0时，将质量m=1kg的物体（可视为质点）轻放在传送带上，物体相对地面的v——t图象如图乙所示。
设沿传送带向下为正方向，取重力加速度g=10m/s2。
则：
A．传送带的速率v0=10 m/s
B．传送带的倾角θ=30°
C．物体与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5
D．0~2.0s内摩擦力对物体做功W f=-24 J
5．（2013高考长春市三模）某物体质量为1kg，在水平拉力作用下沿粗糙水平地面做直线运动，其速度—时间（v-t）图象如图所示，根据图象可知
A．物体所受的拉力总是大于它所受的摩擦力
B．物体在第3s内所受的拉力大于1N
C．在0～3s内，物体所受的拉力方向始终与摩擦力方向相反
D．物体在第2s内所受的拉力为零
6．（14分）
（2013武汉市4月调研）如图所示，质量M=1kg的木板静置于倾角
θ=37°、足够长的固定光滑斜面底端。
质量m=1kg的小物块（可视为
v=4m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板的上端
质点）以初速度
施加一个沿斜面向上F=3.2N的恒力。
若小物块恰好不从木板的上端滑
下，求木板的长度l为多少？已知小物块与木板之间的动摩擦因数
，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。
=0.8
7.（14分）（2013上海市闵行区二模）如图所示，均可视为质点的三个物体A 、B 、C 在倾角为300
的光滑斜面上，A 与B 紧靠在一起，C 紧靠在固定挡板上，质量分别为m A =0.43kg ，m B =0.20kg ，M c =0.50kg ，其中A
不带电，B 、C 的电量分别为-5q =+210B C ⨯、-5
q =+710C C ⨯且保持不变，开始时三个物体均能保持静止.
现给A 施加一平行于斜面向上的力F ，使A 做加速度a =2.0 m/s 2
的匀加速直线运动，经过时间t ，力F 变
为恒力。
已知静电力常量922
k=910/Nm C ⨯，2
10/g m s =。
求：
(1)开始时BC 间的距离L ； (2) F 从变力到恒力需要的时间t ；
(3)在时间t 内，力F 做功W F = 2.31J ，求系统电势能的变化量
△E P 。
（2013上海市闸北区二模）质量分别为m1和m2的两个小物块用轻绳连接，m1=4m0，
8．
m2=5m0。
绳跨过位于倾角α＝37︒的光滑斜面顶端的轻滑轮，滑轮与转轴间的摩擦
不计，斜面固定在水平桌面上，如图所示。
m1悬空，m2放在斜面上，m2自斜面底
端由静止开始运动至斜面顶端，用时为t。
已知重力加速度为g，sin370=0.6，
cos370=0.8。
求：
（1）将m1和m2位置互换，使m2悬空，m1放在斜面上，m1自斜面底端由静止开始运动至斜面顶端，两次绳中拉力之比；
（2）将m1悬空，m2放在斜面上，增加m2的质量，使m2从斜面顶端由静止开始运动至斜面底端的时间也为
t，m2增加的质量。
9.（2013重庆市六区调研）某同学做了用吹风机吹物体前进的一组实验，吹风机随物体一起前进时，让出
气口与该物体始终保持恒定距离，以确保每次吹风过程中吹风机对物体施加的水平风力保持恒定。
设物体A和物体B的质量关系m A∶m B=2∶1。
在水平桌面上画等距的三条平行于桌子边缘的直线1、2、3，如题7图所示。
空气和桌面对物体的阻力均忽略不计。
（1）用同一吹风机将物体按上述要求吹动A、B两物体时，获得的
加速度之比；
（2）用同一吹风机将物体A从第1条线由静止吹到第2条线，又将物体B从第1条线由静止吹到第3条线。
求这两次A、B物体获得的速度之比。
10.(15分) （2013山东省淄博市二模）如图所示，上表面光滑，长度为3m、质量M=10kg的木板，在F=50N 的水平拉力作用下，以v0=5m／S的速度沿水平地面向右匀速运动。
现将一个质量为m=3kg的小铁块(可视为质点)无初速地放在木板最右端，当木板运动了L=1m时，又将第二个同样的小铁块无初速地放在木板最右端，以后木板每运动lm就在其最右端无初速地放上一个同样的小铁块。
(g取10m／s2)求
(1)木板与地面间的动摩擦因数。
(2)刚放第三个铁块时木板的速度。
(3)从放第三个铁块开始到木板停下的过程，木板运动的距
离。