规范作业D(上)02牛顿运动定律动量角动量解答
《大学物理》课后解答题 第二章牛顿运动定律与守恒
守恒，竖直方向不守恒）。受力分析如右图。
注意：斜劈在碰撞瞬间受到桌面的冲力。
（2）令斜劈左右位置互换，如右图
A、B系统弹性碰撞动量守恒。
4、如图4.1所示，质量为m的物体放在水平传送带上，与传送带一起以恒定的加速度 前进，当物体被传送一段距离 时，传送带对物体作功是多少？物体对传送带作功多少？请分别以地面和皮带为参照系考虑问题。在两个参照系中它们互相所做的功的总和是否改变？
（3）动量不守恒，对滑轮轴的角动量守恒，动能和机械能不守恒。
二、课堂练习
1、如图2.11所示，质量为m的物体A放在水平面上，已知滑动摩擦系数为μ，求：欲拉动A以恒定速度 沿水平方向前进所需的最小的拉力 。
图2.11
解：设拉力方向如图，受力分析得：
所以
令 得：
又因为
所以得
2、如图2.12所示，水平桌面上有一块质量为M的木板，板上放一质量为m的物体，M、m与桌面彼此之间的滑动摩擦系数均为 ，静摩擦系数均为 ，今以水平方向的拉力 作用于M，使M与m一起以加速度 运动。
解：应采用系统综合法，即以静置于桌面的绳子和提起运动部分的绳子总体作为研究对象，系统所受合外力实际上只有提起运动部分的绳子所受重力 与上提力 。提起部分的质量为： ，所受重力
由动量定理：
而： ，故得： 。
6、一根均匀的链条，总长为 ，一部分放在光滑的桌面上，另一部分从桌面边缘下垂，长为 ，如图4.6所示，设开始时链条静止，求链条刚好全部离开桌面时的速率。
图2.3
3）、A与B叠放在一起（如图2.3），分以下几种情况讨论：a、A、B静止；b、A、B一起自由下落；c、一起匀速上升。
解：对A和B分别分析分析受力如下图
牛顿力学中的动量与角动量练习题及
牛顿力学中的动量与角动量练习题及解答方法牛顿力学中的动量与角动量练习题及解答方法牛顿力学是经典力学的一个重要分支，涵盖了力、质量、加速度等概念，并且提出了许多基础性的定律和原理。
其中，动量和角动量是牛顿力学中的两个重要物理量，它们在解决实际问题中起到了关键的作用。
本文将介绍一些与动量和角动量相关的练习题，并提供相应的解答方法。
1. 动量动量是物体在运动过程中所具有的一种量度，可以用来描述物体的运动状态。
动量的计算公式为：p = m * v其中，p表示物体的动量，m表示物体的质量，v表示物体的速度。
例题1：一个质量为2kg的小球以4m/s的速度沿直线运动，求它的动量。
解答：根据动量的计算公式，我们可以得到：p = m * vp = 2kg * 4m/sp = 8kg·m/s所以，该小球的动量为8kg·m/s。
例题2：一辆汽车质量为1000kg，以20m/s的速度向东北方向行驶，求它的动量。
解答：首先，我们需要将汽车的速度分解为东西方向和南北方向的分速度。
根据三角函数的知识，可以得到汽车在东西方向上的速度为v_x = v * c osθ，其中θ为汽车速度与东方向之间的夹角。
v_x = 20m/s * cos45°v_x ≈ 14.1m/s汽车在南北方向上的速度为v_y = v * sinθ。
v_y = 20m/s * sin45°v_y ≈ 14.1m/s因此，汽车的动量为：p = m * vp = 1000kg * 20m/sp = 20000kg·m/s所以，该汽车的动量为20000kg·m/s。
2. 角动量角动量是描述物体旋转运动状态的物理量，它是由物体的质量、角速度以及旋转轴的位置决定的。
角动量的计算公式为：L = I * ω其中，L表示物体的角动量，I表示物体的转动惯量，ω表示物体的角速度。
例题3：一个半径为0.1m的圆盘质量为2kg，在不受外力作用下以10rad/s的角速度绕垂直于盘面的固定轴旋转，求圆盘的角动量。
质点动力学的三个基本定律
质点动力学的三个基本定律
质点动力学的三个基本定律分别是：牛顿运动定律，动量定理和动量守恒定律，角动量定理和角动量守恒定律。
牛顿运动定律第一定律(惯性定律):任何质点如不受力的作用，则将保持原来静止或匀速直线运动状态。
第二定律:质点的质量与加速度的乘积等于作用于质点的力的大小，加速度的方向与力的方向相同。
第三定律:对应每个作用力必有一个与其大小相等、方向相反且在同一直线上的反作用力。
物体在一个过程始末的动量变化量等于它在这个过程中所受力的冲量(用字母I表示)，即力与力作用时间的乘积，数学表达式为：
I=FΔt=Δp=mΔv=mv2-mv1
式中F指物体所受的合外力，mv1与mv2为发生Δt的初末态动量。
该式为矢量式，列式前一定要规定正方向！
动量守恒定律是现代物理学中三大基本守恒定律之一，若一个系统不受外力或所受合外力为零时，该系统的总动量保持不变。
角动量守恒定律是物理学的普遍定律之一，反映质点和质点系围绕一点或一轴运动的普遍规律；反映不受外力作用或所受诸外力对某定点（或定轴）的合力矩始终等于零的质
点和质点系围绕该点（或轴）运动的普遍规律。
角动量守恒定律是对于质点，角动量定理可表述为质点对固定点的角动量对时间的微商，等于作用于该质点上的力对该点的力矩。
牛顿力学中的角动量守恒练习题及
牛顿力学中的角动量守恒练习题及解答牛顿力学中的角动量守恒练习题及解答在牛顿力学中，角动量守恒是一个重要的概念。
它指的是如果一个物体受到的合外力矩为零，则该物体的角动量将保持不变。
本文将介绍一些关于角动量守恒的练习题，并提供解答。
练习题一：一个半径为r的质点以速度v绕一个定点做匀速圆周运动。
求该质点的角动量。
解答一：根据角动量的定义：L = r × p其中，r为质点与定点的距离，p为质点的动量。
由于质点做匀速圆周运动，所以其速度和角动量的方向是沿着圆周平面的法向量。
而质点的动量则是质量和速度的乘积，即p = mv。
所以，角动量的大小为L = r × mv = mvr角动量的方向与速度方向垂直，并由右手法则确定。
对于这道题目，要求的只是角动量的大小，所以最终答案为L = mvr。
练习题二：一个竖直绕一个定点转动的细长杆长L，质量为m。
当杆的角速度为ω时，求杆的角动量。
解答二：根据角动量的定义：L = r × p其中，r为质点与定点的距离，p为质点的动量。
对于细长杆，可以将其看作是质点，且该质点的动量为质量乘以质点的速度，即p = mLω（ω为角速度）。
而关于杆的角速度，根据直线运动的关系可得：v = ωr（v为线速度，r为质点与定点的距离）。
将v代入p = mv中，得到：p = mLωr将以上结果代入角动量的定义中，可得到：L = r × p = r × (mLωr) = mL²ω所以杆的角动量大小为L = mL²ω。
练习题三：一个质量为m的质点，以速度v沿一条与水平方向夹角θ的斜面下滑，质点的轨迹是一条半径为R的圆弧，求质点的角动量。
解答三：首先需要计算质点的速度与轨迹的关系。
根据斜面的性质和牛顿力学的知识，可以得到：mgsinθ = mv²/R其中，g为重力加速度。
将以上结果代入角动量的定义中，可得到：L = r × p = mRsinθ × mv = m²R²sinθ所以质点的角动量大小为L = m²R²sinθ。
大学物理答案第二章牛顿定律-习题解答
将牛顿运动定律应用于各种实际问题中，如天体运动、弹性碰撞、摩擦力问题等，通过建立物理模型和 运用数学工具解决实际问题。
解决复杂问题的思路与方法
01
02
03
04
建立物理模型
根据问题的实际情况，抽象出 具体的物理模型，如质点、刚 体、弹性碰撞等，为解决问题 提供清晰的思路。
定律的应用场景与实例
总结词
牛顿第一定律在日常生活和科学研究中有着广泛的应用。例如，汽车安全带的设计、投掷物体的轨迹、行星的运 动等都遵循这一规律。
详细描述
汽车安全带的设计依据了惯性定律，通过限制乘客在急刹车或碰撞时的运动，减少伤害风险。投掷物体时，出手 的角度和力量会影响物体的运动轨迹，这也符合惯性定律。行星的运动规律是牛顿第一定律的重要应用之一，行 星绕太阳的椭圆轨道运动可以由惯性定律推导出来。
05
习题解答
常见错误解析与纠正
01 02 03
错误1
混淆了牛顿第二定律中的力和加速度概念，将力误认为是 加速度的原因，而实际上力是产生加速度的原因。纠正： 正确理解力和加速度的关系，力是产生加速度的原因，加 速度的大小和方向由力的三要素决定。
错误2
在分析多力作用下物体的运动时，未能正确分析合力和加 速度的关系。纠正：在分析多力作用下物体的运动时，应 先求出合力，再根据牛顿第二定律求出加速度，最后根据 运动学公式求解速度和位移。
导出牛顿第三定律。
定律的应用场景与实例
要点一
总结词
牛顿第三定律在现实生活中有着广泛的应用，例如火箭发 射、车辆行驶、体育运动等。
要点二
详细描述
在火箭发射中，火箭向下喷射高温高压气体，产生一个向 上的反作用力，使火箭升空。在车辆行驶中，车辆发动机 产生的力推动车辆前进，同时车辆也会给地面一个向后的 反作用力，使地面产生磨损。在体育运动中，例如篮球投 篮时，投篮的力量和手受到的反作用力大小相等、方向相 反。
大学物理规范作业解答(全)
2.一子弹水平地射穿两个前后并排放在光滑水平桌面上 的木块。木块质量分别为m1和m2，测得子弹穿过两木块 的时间分别为Δ t1和Δ t2，已知子弹在木块中受的阻力 为恒力F。求子弹穿过后两木块各以多大的速度运动。 解：两个木块受到子弹给它们的力均为F 穿过木块1 Ft1 ( m1 m2 )v1 0
骑车人速度为u(车对地），人看到雨的速度为v’ （雨对车） 、雨对地的速度v如右图： v u v ' 加速后骑车人速度为u1，人看到 u1 u 雨的速度为v’1 。可得： 60 30 v' v ° v = u1 + v1 ' v '1 u 由图中的关系得： v = = 36km / h cos 60° 方向与竖直方向成30度角偏向西方。
2.一小环可在半径为R的大圆环上无摩擦地滑动，而 大圆环能以其竖直直径为轴转动，如图所示。当圆 环以恒定角速度ω 转动，小环偏离圆环转轴而且相 对圆环静止时，小环所在处圆环半径偏离竖直方向 的角度θ B ( 为 ) (A) θ =π /2 （B）θ =arccos(g/Rω 2) (C)θ =arccos(Rω 2 / g)(D）须由小珠质量决定 解：环受力N的方向指向圆心，mg向下, 法向加速度在水平面内 N sin θ = ma n = ml ω2 N N cos θ = mg 由于 l=Rsinθ
v 抛出后竖直方向的速度为： y v sin gt
x
落地前经过的时间为 t 2v sin g 水平方向做匀速直线运动，抛出的距离为 2v 2 sin cos x v cost v 2 sin 2 / g g x v2 / g 易见：θ=45° 时抛得最远，距离为
I mv mv0 1 1 3 m v0 i m( v 0 i v0 j ) 2 2 2 3 mv0 j 2
牛顿运动定律与动量守恒知识点总结
牛顿运动定律与动量守恒知识点总结一、牛顿运动定律（一）牛顿第一定律（惯性定律）任何物体都要保持匀速直线运动或静止的状态，直到外力迫使它改变运动状态为止。
理解这一定律时，要注意“惯性”这一概念。
惯性是物体保持原有运动状态的性质，质量是惯性大小的唯一量度。
质量越大，惯性越大，物体的运动状态就越难改变。
例如，一辆重型卡车和一辆小汽车，在相同的外力作用下，重型卡车的运动状态改变更困难，就是因为它的质量大，惯性大。
（二）牛顿第二定律物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
其表达式为 F ＝ ma。
这一定律揭示了力与运动的关系。
当合外力为零时，加速度为零，物体将保持匀速直线运动或静止状态；当合外力不为零时，物体将产生加速度。
比如，用力推一个静止的箱子，推力越大，箱子的加速度就越大；箱子的质量越大，相同推力下产生的加速度就越小。
（三）牛顿第三定律两个物体之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。
作用力与反作用力具有同时性、同性质、异体性等特点。
比如，人在地面上行走，脚对地面有向后的摩擦力，地面就对脚有向前的摩擦力，使人能够向前移动。
二、动量守恒定律（一）动量动量是物体的质量与速度的乘积，即 p ＝ mv。
动量是矢量，其方向与速度的方向相同。
（二）动量守恒定律如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系统的总动量保持不变。
例如，在光滑水平面上，两个质量分别为 m1 和 m2 的小球，速度分别为 v1 和 v2 ，它们发生碰撞后，速度分别变为 v1' 和 v2' 。
根据动量守恒定律，有 m1v1 ＋ m2v2 ＝ m1v1' ＋ m2v2' 。
（三）动量守恒定律的适用条件1、系统不受外力或所受外力的合力为零。
2、系统所受内力远远大于外力，如爆炸、碰撞等过程。
3、系统在某一方向上所受合力为零，则在该方向上动量守恒。
牛顿运动定律与动能(动量)定理
专题三牛顿运动定律与动能（动量）定理高考展望牛顿运动定律是力学的核心内容，也是整个物理学的重要内容。
高考命题取材广泛，多以考查对定律的理解和应用为主，尤其是与热学、电磁学及与交通运输和体育竞技等实际问题相联系，命题考查特点灵活性强，出现综合题的可能性较大。
牛顿运动定律反映了力的瞬时作用效果，动量定理反映了力对时间的积累效果，动能定理反映了力对空间的积累效果。
这三种观点被称为处理力学问题的三把“金钥匙”。
◆1．牛顿第一定律(1)它阐明了物体不受力时的运动状态是保持匀速直线运动或静止状态。
确定了力的含义，力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动的原因。
(2)它建立了惯性(3)它是不能由实验直接加以验证的(原因是因为物体不受外力的条件在实际上是无法实现的)。
它是大量实验事实的合乎逻辑的推理和总结，是动力学的重要规律之一。
◆2．牛顿第二定律，它的数学表达式是ａ=F/m，但实际应用时一般写作F=mａ：(1)理解时不可脱离开物理内容而单纯从数学形式上说“作用力跟物体的加速度成正比，跟物体的质量成正比”，也不可因为在数值上F=ma，就错误地认为mａ也是力。
(2)注意定律的“四性”，即同体性、矢量性、瞬时性、独立性。
“同体性”是指F、m和合a都是对于同一物体而言的；“矢量性”是指加速度和合外力都是矢量，加速度的方向取决于合外力的方向；“瞬时性”是指加速度与合外力存在瞬时对应关系，合外力改变，加速度随即相应改变，因此加速度可以发生突变，但物体运动的速度却不能发生突变；“独立性”是指作用在物体上的每个力都将独立地产生各自的加速度，合外力的加速度即是这些加速度的矢量和。
(3)牛顿第二定律仅适用于惯性参照系(相对地面没有加速度的参照系)，牛顿第二定律适用的范围是宏观物体(相对分子、原子)低速运动(远小于光速)的情况。
◆3．牛顿第三定律——区别一对作用力反作用力与一对平衡力。
(1)从研究对象来看，作用力和反作用力分别作用在相互作用的两个物体上，而平衡力是作用在同一物体上；(2)从作用效果看，作用力和反作用力各有各的作用效果，而平衡力的作用效果总是使物体保持平衡状态；(3)从力的性质看，作用力和反作用力的性质必须相同，而平衡力的性质可以不同。
牛顿运动定律书后习题解答
图 ２ 唱３
牛顿定律 并 注 意 到 此 时 落 下 部 分 质 量 是 变 化
的 ，故有
ｍｌ ｇｘ
＝
ｄ ｄｔ
ｍ ｌ
ｘｖ
ｘｇｄ ｔ ＝ ｄ（ ｘｖ ）
上式两边乘以 ｘｖ ，得
ｖｇｘ２ｄ ｔ ＝
１ ２
ｄ（
ｘ２
ｖ２
）
即
ｇｘ２ｄ ｘ ＝
１ ２
ｄ（
ｘ２
ｖ２
）
（因为
ｖ
＝
ｄ ｄ
ｘ ｔ
）
积分上式 ，且利用初始条件 ：ｘ ＝ ０ ，ｖ ＝ ０ ，得
０
ｈ
∫ ∫ ｖ０
－
ｍｖｄ ｖ ｍｇ ＋ αｍｖ２
＝
ｄｙ
０
小球自地面可到达的最大高度为
ｈ
＝
２１αｌｎ
ｍｇ ＋
αｍ
ｖ
２ ０
ｍｇ
（１ ）
小球下落时 ，将受到向下的重力 ｍｇ 和向上的阻力 αｍｖ２ ，根据牛顿第二定律 ，
有
作变量替换后有
－ ｍｇ ＋
αｍ ｖ ２
＝
ｍ
ｄｖ ｄｔ
－ ｍｇ ＋
αｍ ｖ ２
Ｔ － ｆ ＝ ｍＡ ａＡ ｘ
（５ ）
ｍＡ ｇ － Ｎ ＝ ｍＡ ａＡ ｙ
（６ ）
ｆ ＝ μＮ
（７ ）
Ｂ 物体 ：
－ Ｔｓｉｎ θ ＝ ｍＢ ａＢｘ
（８ ）
ｍＢ ｇ － Ｔｃｏｓ θ ＝ ｍＢ ａＢｙ
（９ ）
由加速度变换关系 ，有
ａＡ ｘ ＝ ａｒ － ａ０
ａＡ ｙ ＝ ０
ａＢｘ ＝ ａｒ ｓｉｎ θ － ａ０
部释放
，并沿相反方向自由滑下
大学物理规范作业上册答案全
a 16 2m / s
2
7
2.一艘行驶的快艇，在发动机关闭后，有一个与它的速
度方向相反的加速度，其大小与它的速度平方成正
比， 后行驶速度与行驶距离的关系。 解： 作一个变量代换
dv kv 2 ，式中k为正常数，求快艇在关闭发动机 dt
dv dv dx dv a kv v dt dx dt dx dv dv 得 ： kv 到 kdx v dx
0.5tdt 3J 2 或 v2 5i 2 j , v4 5i 4 j 1 2 2 A Ek m(v4 v2 ) 3 J 2
4
18
2. 竖直悬挂的轻弹簧下端挂一质量为m的物体后弹簧伸 长y0且处于平衡。若以物体的平衡位置为坐标原点，相 应状态为弹性势能和重力势能的零点，则物体在坐标为 y时系统弹性势能与重力势能之和是【 D 】 m gy mgy2 m gy0 m gy2 0 mgy m gy （A） （B） （C） 2 （D） 2 2 y0 2y
m 1 AG dAG L gydy m gL 32 4 L 1 A外 AG mgL 32
0
m dAG gydy L
22
三、计算题 2 1.一质点在力 F 2 y i 3xj （SI）的作用下，从原点0 出发，分别沿折线路径0ab和直线路径0b运动到b点，
小不变，受到向心力作用，力的方向时刻变化
物体运动一周后，速度方向和大小不变，动量
变化量为0，冲量为0
11
二、填空题 1 .一物体质量为10 kg，受到方向不变的力F=30+40t (SI)作用，在开始的两秒内，此力冲量的大小等于 ________；若物体的初速度为10m·-1，方向与力方 s 140kg.m/s 24m/s 向相同，则在t =2s时物体速度的大小等于________。
高中物理牛顿运动定律试题经典及解析
t1）
L
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
1 2
mv共2
，
解得： s ' 0.7m ，
车的最小长度：故 L s相对 s ' 6.7m ；
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动 分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时 针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面 间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：
(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【解析】
【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块 m ：由牛顿第二定律有： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
解得： a1 g sin 370 1g cos 370 4m / s2
对薄平板 M ，由牛顿第二定律有： Mg sin 370 f1 f2 Ma2
高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(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L =10m 的水平传送带以速度v =8m/s 匀速运动。
牛顿运动定律与动量守恒知识点总结
牛顿运动定律与动量守恒知识点总结在物理学的殿堂中，牛顿运动定律和动量守恒定律无疑是两颗璀璨的明珠。
它们不仅是理解物体运动和相互作用的基石，也是解决众多物理问题的有力工具。
接下来，让我们一同深入探索这两个重要的知识点。
一、牛顿运动定律1、牛顿第一定律牛顿第一定律，也被称为惯性定律。
它指出：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到外力迫使它改变这种状态为止。
这意味着物体具有保持其运动状态不变的特性，即惯性。
惯性的大小只与物体的质量有关，质量越大，惯性越大。
例如，在一辆行驶的公交车上，如果突然刹车，乘客会向前倾。
这是因为乘客原本具有向前的运动惯性，而刹车的外力改变了车的运动状态，但乘客的身体由于惯性仍要保持原来的运动状态。
2、牛顿第二定律牛顿第二定律揭示了力与物体运动状态变化之间的定量关系。
其表达式为 F ＝ ma，其中 F 表示作用在物体上的合力，m 是物体的质量，a 是物体的加速度。
这一定律表明，当物体受到外力作用时，它会产生加速度，且加速度的大小与合力成正比，与物体的质量成反比。
以举重运动员举起杠铃为例，运动员施加的力越大，杠铃的加速度就越大；而相同的力作用在更重的杠铃上，产生的加速度就会较小。
3、牛顿第三定律牛顿第三定律阐述了物体之间相互作用的规律：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反，且作用在同一条直线上。
这一定律强调了力的相互性，即任何一个力都有其对应的反作用力。
比如，当你用力推墙时，墙也会以同样大小的力推你。
你推墙的力是作用力，墙对你的反作用力会让你感受到无法推动墙。
二、动量守恒定律1、动量的定义动量（p）被定义为物体的质量（m）与速度（v）的乘积，即 p ＝mv。
动量是一个矢量，其方向与速度的方向相同。
2、动量守恒定律的内容如果一个系统不受外力或所受外力的矢量和为零，那么这个系统的总动量保持不变。
例如，在光滑水平面上做相向运动的两个小球，它们的质量分别为m1 和 m2，速度分别为 v1 和 v2。
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、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s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
【答案】(1) (2) (3)【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a(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1所以匀加速运动的位移为：行李随传送带匀速前进的时间：行李箱从A传送到B所需时间：(3) t1传送带的的位移为：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：2．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）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s '=-= 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s =此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．3．质量m =2kg 的物块自斜面底端A 以初速度v 0=16m/s 沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t =2s 速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块上滑过程中加速度大小； （2）物块滑动过程摩擦力大小； （3）物块下滑所用时间.【答案】（1）8m/s 2；（2）4N ；（3）s【解析】 【详解】（1）上滑时，加速度大小（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：解得（3）位移下滑时，由牛顿第二定律，得解得 由，解得=s4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得233t s =故经过时间12310.913t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．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及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
高中物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。
已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。
求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。
【答案】（1）1.65m （2）0.928m【解析】【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得：(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：2．如图所示，传送带水平部分x ab=0.2m，斜面部分x bc=5.5m，bc与水平方向夹角α=37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v=3m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，经b点时速率不变．(取g=10m/s2，sin37°=0.6)求：（1）物块从a 运动到b 的时间； （2）物块从b 运动到c 的时间． 【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ． 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间． 【详解】（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：1mg ma μ=解得：21 2.5m/s a =A 与皮带共速需要发生位移：219 1.8m 0.2m 25v x m a ===>共故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：21112ab x a t =代入数据解得：10.4s t =（2）到达b 点的速度：111m/s 3m/s b v a t ==<由牛顿第二定律得：22sin 37mg f ma ︒+= 2cos37N mg =︒且22f N μ=代入数据解得：228m/s a =物块在斜面上与传送带共速的位移是：2222b v vs a -=共代入数据解得：0.5m 5.5m s =<共时间为：2231s 0.25s 8b v v t a --=== 因为22sin 376m/s cos372m/s g g μ︒=︒=＞，物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得：23sin 37mg f ma ︒-= 2cos37N mg =︒，且22f N μ=代入数据解得：234m/s a =设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2bc x s vt a t -=+共，得： 31s t =综上，物块从b 运动到c 的时间为：23 1.25s t t +=3．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 =0v ≤≤ 【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 ≤≤4．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．5．如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定．解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上．以P 点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示．已知物体质量为2kg ，物体离开平台后下落0.8m 的过程中，水平方向也运动了0.8m ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．求：(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能． 【答案】(1)0.2μ=，400/k N m =(2)2/v m s =， 6.48p E J = 【解析】 【详解】（1）由图象知，弹簧最大压缩量为0.18x m ∆=，物体开始运动时加速度2134/a m s =，离开弹簧后加速度大小为222/a m s =.由牛顿第二定律1k x mg ma μ⋅∆-=①，2mg ma μ=②联立①②式，代入数据解得0.2μ=③400/k N m =④（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：212h gt =⑤ d vt =⑥物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：212p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧6.48p E J =⑨6．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求: (1)斜面的倾角θ(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.【答案】（1）030θ=；（2）3μ= 【解析】 【分析】对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。
高中物理高考试卷考点之动量和牛顿运动定律知识汇总,带参考答案共十五页
高中物理高考试卷考点之动量和牛顿运动定律知识汇总，带参考答案本文收集整理了高中物理高考试卷动量和牛顿运动定律知识，并配上详细参考答案，内容全共十五页。
同学们认真完成这些练习，并对过答案，对学习高中物理动量和牛顿运动定律知识一定有很大的帮助，希望大家喜欢这份文档。
一、动量知识1.[2016·北京卷] (1)动量定理可以表示为Δp＝FΔt，其中动量p和力F都是矢量．在运用动量定理处理二维问题时，可以在相互垂直的x、y两个方向上分别研究．例如，质量为m的小球斜射到木板上，入射的角度是θ，碰撞后弹出的角度也是θ，碰撞前后的速度大小都是v，如图1所示．碰撞过程中忽略小球所受重力．图1a．分别求出碰撞前后x、y方向小球的动量变化Δp x、Δp y；b．分析说明小球对木板的作用力的方向．(2)激光束可以看作是粒子流，其中的粒子以相同的动量沿光传播方向运动．激光照射到物体上，在发生反射、折射和吸收现象的同时，也会对物体产生作用．光镊效应就是一个实例，激光束可以像镊子一样抓住细胞等微小颗粒．一束激光经S点后被分成若干细光束，若不考虑光的反射和吸收，其中光束①和②穿过介质小球的光路如图1所示，图中O点是介质小球的球心，入射时光束①和②与SO的夹角均为θ，出射时光束均与SO平行．请在下面两种情况下，分析说明两光束因折射对小球产生的合力的方向．a．光束①和②强度相同；b．光束①比②的强度大.图1答案： (1)a.0 2mv cos θb．沿y轴负方向(2)a.沿SO向左b．指向左上方解析： (1)a.x方向：动量变化为Δp x＝mv sin θ－mv sin θ＝0y方向：动量变化为Δp y＝mv cos θ－(－mv cos θ)＝2mv cos θ方向沿y轴正方向．b．根据动量定理可知，木板对小球作用力的方向沿y轴正方向；根据牛顿第三定律可知，小球对木板作用力的方向沿y轴负方向．(2)a.仅考虑光的折射，设Δt时间内每束光穿过小球的粒子数为n，每个粒子动量的大小为p.这些粒子进入小球前的总动量为p1＝2np cos θ从小球出射时的总动量为p2＝2npp1、p2的方向均沿SO向右根据动量定理FΔt＝p2－p1＝2np(1－cos θ)>0可知，小球对这些粒子的作用力F的方向沿SO向右；根据牛顿第三定律，两光束对小球的合力的方向沿SO向左．b．建立如图所示的Oxy直角坐标系．x方向：根据(2)a同理可知，两光束对小球的作用力沿x轴负方向．y方向：设Δt时间内，光束①穿过小球的粒子数为n1，光束②穿过小球的粒子数为n2，n1>n2.这些粒子进入小球前的总动量为p1y＝(n1－n2)p sin θ从小球出射时的总动量为p2y＝0根据动量定理：F yΔt＝p2y－p1y＝－(n1－n2)p sin θ可知，小球对这些粒子的作用力F y的方向沿y轴负方向，根据牛顿第三定律，两光束对小球的作用力沿y轴正方向．所以两光束对小球的合力的方向指向左上方．2.[2016·全国卷Ⅰ35（2）10分]某游乐园入口旁有一喷泉，喷出的水柱将一质量为M的卡通玩具稳定地悬停在空中．为计算方便起见，假设水柱从横截面积为S的喷口持续以速度v0竖直向上喷出；玩具底部为平板(面积略大于S)；水柱冲击到玩具底板后，在竖直方向水的速度变为零，在水平方向朝四周均匀散开．忽略空气阻力．已知水的密度为ρ，重力加速度大小为g.求：(i)喷泉单位时间内喷出的水的质量；(ii)玩具在空中悬停时，其底面相对于喷口的高度．答案：(i)ρv0S(ii)20v2g－20M2g2ρ2vS2解析： (i)设Δt时间内，从喷口喷出的水的体积为ΔV，质量为Δm，则Δm＝ρΔV①ΔV＝v0SΔt②由①②式得，单位时间内从喷口喷出的水的质量为ΔmΔt＝ρv0S③(ii)设玩具悬停时其底面相对于喷口的高度为h，水从喷口喷出后到达玩具底面时的速度大小为v.对于Δt时间内喷出的水，由能量守恒得12(Δm)v2＋(Δm)gh＝12(Δm)v20 ④在h高度处，Δt时间内喷射到玩具底面的水沿竖直方向的动量变化量的大小为Δp＝(Δm)v⑤设水对玩具的作用力的大小为F，根据动量定理有FΔt＝Δp⑥由于玩具在空中悬停，由力的平衡条件得F＝Mg⑦联立③④⑤⑥⑦式得h＝20v2g－20M2g2ρ2vS2⑧3．[2016·江苏卷] (2)已知光速为c，普朗克常数为h，则频率为ν的光子的动量为________．用该频率的光垂直照射平面镜，光被镜面全部垂直反射回去，则光子在反射前后动量改变量的大小为________．答案：hνc2hνc解析：因为光速c＝λν，则λ＝cν，所以光子的动量p＝hλ＝hνc，由于动量是矢量，因此若以射向平面镜时光子的动量方向为正方向，即p1＝hνc，反射后p2＝－hνc，动量的变化量Δp＝p2－p1＝－hνc－hνc＝－2hνc，则光子在反射前后动量改变量的大小为2hνc.4.[2016·全国卷Ⅲ] [物理——选修35]如图1所示，水平地面上有两个静止的小物块a和b，其连线与墙垂直；a和b相距l，b与墙之间也相距l；a的质量为m，b的质量为34m.两物块与地面间的动摩擦因数均相同，现使a以初速度v0向右滑动，此后a与b发生弹性碰撞，但b没有与墙发生碰撞．重力加速度大小为g.求物块与地面间的动摩擦因数满足的条件．图1解析：设物块与地面间的动摩擦因数为μ.若要物块a、b能够发生碰撞，应有12mv20>μmgl①即μ<20v2gl②设在a、b发生弹性碰撞前的瞬间，a的速度大小为v1.由能量守恒有12mv20＝12mv21＋μmgl③设在a、b碰撞后的瞬间，a、b的速度大小分别为v′1、v′2，由动量守恒和能量守恒有mv1＝mv′1＋3m4v′2④12mv21＝12mv′21＋12\a\vs4\al\co1(\f(3m4))v′22 ⑤联立④⑤式解得v′2＝87v1⑥由题意，b没有与墙发生碰撞，由功能关系可知12\a\vs4\al\co1(\f(3m4))v′22≤μ3m4gl⑦联立③⑥⑦式，可得μ≥2032v113gl⑧联立②⑧式，a与b发生碰撞、但b没有与墙发生碰撞的条件2032v113gl≤μ<20v2gl⑨5．[2016·全国卷Ⅱ] [物理——选修35]如图1所示，光滑冰面上静止放置一表面光滑的斜面体，斜面体右侧一蹲在滑板上的小孩和其面前的冰块均静止于冰面上．某时刻小孩将冰块以相对冰面3 m/s的速度向斜面体推出，冰块平滑地滑上斜面体，在斜面体上上升的最大高度为h＝0.3 m(h小于斜面体的高度)．已知小孩与滑板的总质量为m1＝30 kg，冰块的质量为m2＝10 kg，小孩与滑板始终无相对运动．取重力加速度的大小g＝10 m/s2.(i)求斜面体的质量；(ii)通过计算判断，冰块与斜面体分离后能否追上小孩？图1解析：(i)规定向右为速度正方向．冰块在斜面体上运动到最大高度时两者达到共同速度，设此共同速度为v，斜面体的质量为m3.由水平方向动量守恒和机械能守恒定律得m2v20＝(m2＋m3)v①12m2v220＝12(m2＋m3)v2＋m2gh②式中v20＝－3 m/s为冰块推出时的速度．联立①②式并代入题给数据得m3＝20 kg ③(ii)设小孩推出冰块后的速度为v1，由动量守恒定律有m1v1＋m2v20＝0 ④代入数据得v1＝1 m/s ⑤设冰块与斜面体分离后的速度分别为v2和v3，由动量守恒和机械能守恒定律有m2v20＝m2v2＋m3v3⑥12m2v220＝12m2v22＋12m3v23 ⑦联立③⑥⑦式并代入数据得v2＝1 m/s ⑧由于冰块与斜面体分离后的速度与小孩推出冰块后的速度相同且处在后方，故冰块不能追上小孩．6．[2016·天津卷] 如图所示，方盒A静止在光滑的水平面上，盒内有一小滑块B，盒的质量是滑块的2倍，滑块与盒内水平面间的动摩擦因数为μ.若滑块以速度v开始向左运动，与盒的左、右壁发生无机械能损失的碰撞，滑块在盒中来回运动多次，最终相对于盒静止，则此时盒的速度大小为________，滑块相对于盒运动的路程为________．图1答案：v3v23μg解析：设滑块的质量为m，则盒的质量为2m.对整个过程，由动量守恒定律可得mv＝3mv共解得v共＝v3由能量关系可知μmgx＝12mv2－12·3m·\a\vs4\al\co1(\f(v3))2解得x＝v23μg二、牛顿运动定律知识1.[2016·全国卷Ⅰ] 一质点做匀速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则( )A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B．质点速度的方向不可能总是与该恒力的方向垂直C．质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同D．质点单位时间内速率的变化量总是不变答案：BC解析：由牛顿第二定律，质点的加速度总是与该恒力方向相同，且加速度恒定，单位时间内速度的变化量不变，但速率的变化量可能不同，选项C正确，选项D错误；当恒力与速度方向不在同一直线上时，质点做匀变速曲线运动，速度方向与恒力方向不相同，但速度方向不可能总与该恒力方向垂直，选项B正确；只有当恒力与速度同向，做匀加速直线运动时，速度方向才与该恒力方向相同，选项A错误．2.[2016·全国卷Ⅱ] 两实心小球甲和乙由同一种材料制成，甲球质量大于乙球质量．两球在空气中由静止下落，假设它们运动时受到的阻力与球的半径成正比，与球的速率无关．若它们下落相同的距离，则( )A．甲球用的时间比乙球长B．甲球末速度的大小大于乙球末速度的大小C．甲球加速度的大小小于乙球加速度的大小D．甲球克服阻力做的功大于乙球克服阻力做的功答案：BD解析：设f＝kR，则由牛顿第二定律得F合＝mg－f＝ma，而m＝43πR3·ρ，故a＝g－k43，由m甲>m乙、ρ甲＝ρ乙可知a甲>a乙，故C错误；因甲、乙位移相同，由v2＝2ax可知，v甲>vx＝12at2可知，t甲<t乙，A错误；由功的定义可知，W克服＝f·x，又f甲>f乙，乙，B正确；由则W甲克服>W乙克服，D正确．3.[2016·全国卷Ⅱ] 如图1，小球套在光滑的竖直杆上，轻弹簧一端固定于O点，另一端与小球相连．现将小球从M点由静止释放，它在下降的过程中经过了N点．已知在M、N两点处，弹簧对小球的弹力大小相等，且∠ONM<∠OMN<π2.在小球从M点运动到N点的过程中( )图1A．弹力对小球先做正功后做负功B．有两个时刻小球的加速度等于重力加速度C．弹簧长度最短时，弹力对小球做功的功率为零D．小球到达N点时的动能等于其在M、N两点的重力势能差答案：BCD解析：小球在M点时弹簧处于压缩状态，在N点时弹簧处于伸长状态，则在由M到N过程中有一点弹簧处于原长状态，设该点为B点，另设小球在A点时对应的弹簧最短，如图所示．从M点到A点，弹簧压缩量变大，弹力做负功，从A点到B点弹簧从压缩逐渐恢复至原长，弹力做正功，从B点到N点弹簧从原长逐渐伸长，弹力做负功，选项A错误．小球在A点时，水平方向上弹簧的弹力与杆的弹力相平衡，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g；小球在B点时，弹簧处于原长，杆对小球没有作用力，小球受到的合外力F合＝mg，故加速度a＝g，B正确．在A点时，弹簧的弹力F弹垂直于杆，小球的速度沿杆向下，则P弹＝F弹v cosα＝0，C正确．从M点到N点，小球与弹簧所组成的系统机械能守恒，则E k增＝E p减，即E k N －0＝E p重M－E p重N＋E p弹M－E p弹N，由于在M、N两点弹簧弹力大小相同，由胡克定律可知，弹簧形变量相同，则弹性势能E p弹N＝E p弹M，故E k N＝E p重M－E p重N，D正确．4.[2016·全国卷Ⅲ] 如图1所示，在竖直平面内有由14圆弧AB和12圆弧BC组成的光滑固定轨道，两者在最低点B平滑连接．AB弧的半径为R，BC弧的半径为R2.一小球在A点正上方与A相距R4处由静止开始自由下落，经A点沿圆弧轨道运动．(1)求小球在B、A两点的动能之比；(2)通过计算判断小球能否沿轨道运动到C点．图1解析： (1)设小球的质量为m，小球在A点的动能为E k A，由机械能守恒得E k A＝mgR4①设小球在B点的动能为E k B，同理有E k B＝mg5R4②由①②式得EkBEkA＝5 ③(2)若小球能沿轨道运动到C点，小球在C点所受轨道的正压力N应满足N≥0 ④设小球在C点的速度大小为v C，由牛顿运动定律和向心加速度公式有N＋mg＝2C mvR2 ⑤由④⑤式得，v C应满足mg≤m2C2vR⑥由机械能守恒有mgR4＝12mv2C ⑦由⑥⑦式可知，小球恰好可以沿轨道运动到C点．5.[2016·天津卷] 我国将于2022年举办冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一．如图1所示，质量m＝60 kg的运动员从长直助滑道AB的A处由静止开始以加速度a＝3.6 m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度v B＝24 m/s，A与B的竖直高度差H＝48 m．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h＝5 m，运动员在B、C间运动时阻力做功W＝－1530 J，g取10 m/s2.图1(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力F f的大小；(2)若运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，则C点所在圆弧的半径R至少应为多大？解析： (1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，则有v2B＝2ax ①由牛顿第二定律有mgHx－F f＝ma②联立①②式，代入数据解得F f＝144 N ③(2)设运动员到达C点时的速度为v C，在由B到达C的过程中，由动能定理有mgh＋W＝12mv2C－12mv2B ④设运动员在C点所受的支持力为F N，由牛顿第二定律有F N－mg＝m2C vR⑤由运动员能够承受的最大压力为其所受重力的6倍，联立④⑤式，代入数据解得R＝12.5 m 6.[2016·四川卷] 避险车道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倍．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/s2.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．图1解析： (1)设货物的质量为m，货物在车厢内滑动过程中，货物与车厢间的动摩擦因数μ＝0.4，受摩擦力大小为f，加速度大小为a1，则f＋mg sin θ＝ma1f＝μmg cos θ联立以上二式并代入数据得a1＝5 m/s2a1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.货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端s0＝38 m的过程中，用时为t，货物相对制动坡床的运动距离为s2.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l0＝12 m，制动坡床的长度为l，则Mg sin θ＋F－f＝Ma2F＝k(m＋M)gs1＝vt－12a1t2s2＝vt－12a2t2s＝s1－s2l＝l0＋s0＋s2联立并代入数据得l＝98 m.7.[2016·全国卷Ⅲ] 某物理课外小组利用图(a)中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系．图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小滑车相连，另一端可悬挂钩码．本实验中可用的钩码共有N＝5个，每个质量均为0.010 kg.实验步骤如下：(1)将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车(和钩码)可以在木板上匀速下滑．图1(2)将n(依次取n＝1，2，3，4，5)个钩码挂在轻绳右端，其余N－n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行．释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制st图像，经数据处理后可得到相应的加速度a.(3)对应于不同的n的a值见下表．n＝2时的st图像如图(b)所示；由图(b)求出此时小车的加速度(保留2位有效数字)，将结果填入下表．(4)利用表中的数据在图(c)中补齐数据点，并作出an图像．从图像可以看出：当物体质量一定时，物体的加速度与其所受的合外力成正比．图1(5)利用an图像求得小车(空载)的质量为______ kg(保留2位有效数字，重力加速度g取9.8 m/s2)．(6)若以“保持木板水平”来代替步骤(1)，下列说法正确的是 ________(填入正确选项前的标号)．A．an图线不再是直线B．an图线仍是直线，但该直线不过原点C．an图线仍是直线，但该直线的斜率变大答案：(3)0.39(0.37～0.49均可) (4)an图线如图所示(5)0.45(0.43～0.47均可) (6)BC解析： (3)系统做匀加速直线运动，s＝12at2，由图(b)可知，当t＝2 s时，s＝0.78 m，代入解得a＝0.39 m/s2.(4)由题意知描点法作图所得的必须是一条直线．(5)对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F＝nma；对于小车(含剩下的钩码)，有F＝[M＋(N－n)m]a；两式相加得nmg＝(M＋Nm)a；解得a＝nmgM＋Nm＝0.098M＋0.05n，可见an图像的斜率表示0.098M＋0.05，由an图可知斜率k＝0.196，所以0.098M＋0.05＝0.196，解得M＝0.45 kg.(6)木板水平时要考虑摩擦力的影响，对于挂在下面的n个钩码，有nmg－F′＝nma；对于小车(含剩下的钩码)，有F′－μ[M＋(N－n)m]g＝[M＋(N－n)m]a；两式相加得nmg－μ[M＋(N－n)m]g＝(M＋Nm)a，去中括号得n(mg＋μmg)－μ(M＋Nm)g＝(M＋Nm)a，移项化简得n(mg＋μmg)＝(M＋Nm)(a＋μg)，解得a＝mg＋μmgM＋Nm·n－μg＝0.098＋0.098μM＋0.05·n－9.8μ，可见an图像仍是一条直线，但其斜率要变大，且不过坐标原点．8.[2016·全国卷Ⅰ] 某同学用图(a)所示的实验装置验证机械能守恒定律，其中打点计时器的电源为交流电源，可以使用的频率有20 Hz、30 Hz和40 Hz，打出纸带的一部分如图(b)所示．图1该同学在实验中没有记录交流电的频率f，需要用实验数据和其他题给条件进行推算．(1)若从打出的纸带可判定重物匀加速下落，利用f和图(b)中给出的物理量可以写出：在打点计时器打出B点时，重物下落的速度大小为________，打出C点时重物下落的速度大小为________，重物下落的加速度大小为________．(2)已测得s1＝8.89 cm，s2＝9.50 cm，s3＝10.10 cm；当地重力加速度大小为9.80 m/s2，实验中重物受到的平均阻力大小约为其重力的1%.由此推算出f为________ Hz.答案：(1)12(s1＋s2)f12(s2＋s3)f12(s3－s1)f2 (2)40解析： (1)B点对应的速度v B＝s1＋s22T＝f（s1＋s2）2，C点对应的速度v C＝s2＋s32T＝f （s2＋s3）2，加速度a＝vC－vBT＝f2（s3－s1）2.(2)由牛顿第二定律得mg(1－1%)＝ma，则频率f＝2（1－1%）gs3－s1)＝40 Hz.9.[2016·全国卷Ⅱ] 小球P和Q用不可伸长的轻绳悬挂在天花板上，P球的质量大于Q球的质量，悬挂P球的绳比悬挂Q球的绳短．将两球拉起，使两绳均被水平拉直，如图1所示．将两球由静止释放，在各自轨迹的最低点( )图1A．P球的速度一定大于Q球的速度B．P球的动能一定小于Q球的动能C．P球所受绳的拉力一定大于Q球所受绳的拉力D．P球的向心加速度一定小于Q球的向心加速度答案：C解析：从释放到最低点过程中，由动能定理得mgl＝12mv2－0，可得v＝2gL，因l P<l Q，则v P<v Q，故选项A错误；由E k Q＝m Q gl Q，E k P＝m P gl P，而m P>m Q，故两球动能大小无法比较，选项B错误；在最低点对两球进行受力分析，根据牛顿第二定律及向心力公式可知T－mg＝mv2l ＝ma n，得T＝3mg，a n＝2g，则T P>T Q，a P＝a Q，C正确，D错误．10.[2016·天津卷] 我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车．假设动车组各车厢质量均相等，动车的额定功率都相同，动车组在水平直轨道上运行过程中阻力与车重成正比．某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组( )图1A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B．做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2C．进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度成正比D．与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1∶2答案：BD解析：列车启动时，乘客随着车厢加速运动，乘客受到的合力方向与车运动的方向一致，而乘客受到车厢的作用力和重力，所以启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动方向成一锐角，A错误；动车组运动的加速度a＝2F－8kmg8m＝F4m－kg，则对第6、7、8节车厢的整体有f56＝3ma＋3kmg＝0.75F，对第7、8节车厢的整体有f67＝2ma＋2kmg＝0.5F，故第5、6节车厢与第6、7节车厢间的作用力之比为3∶2，B正确；根据动能定理得12Mv2＝kMgs，解得s＝v22kg，可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的距离与关闭发动机时的速度的二次方成正比，C错误；8节车厢有2节动车时的最大速度为v m1＝2P8kmg＝P4kmg，8节车厢有4节动车的最大速度为v m2＝4P8kmg＝P2kmg，则vm1vm2＝12，D正确．本文收集整理了高中物理高考试卷动量和牛顿运动定律知识，并配上详细参考答案，内容全共十五页。
高考物理力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附答案
高考物理力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题附答案一、选择题1．在空气阻力大小恒定的条件下，小球从空中下落，与水平地面相碰（碰撞时间极短）后弹到空中某一高度．以向下为正方向，其速度随时间变化的关系如图所示，取g=10 m/s 2，则以下结论正确的是（ ）A ．小球弹起的最大高度为1.0mB ．小球弹起的最大高度为0.45 mC ．小球弹起到最大高度的时刻t 2=0.80 sD ．空气阻力与重力的比值为1∶52．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3．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4．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5．一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 ．6．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7．质量为M 的人站在地面上，用绳通过光滑定滑轮将质量为m 的重物从高处放下，如图所示，若重物以加速度a 下降（a g <），则人对地面的压力大小为（ ）A ．()M m g ma +-B ．()M g a ma --C ．()M m g ma -+D ．Mg ma -8．如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对箱子的下底面压力大小等于物体的重力大小，且物体与箱子上底面刚好接触现将箱子以初速度v 0竖直向上抛出，已知运动时箱子所受空气阻力大小不变，且箱子运动过程中始终保持图示姿态，重力加速度为g 。
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总（02）
牛顿运动定律 动量 角动量
1
一、选择题 1. 两个相同的物体A、B处于同一位置，其中A沿着水
平抛出，B沿某光滑斜面无摩擦地自由滑下，则A、B 哪一个先到达地面：【 A 】 (A) A先 (B) B先 (C) 同时到达 (D) 无法确定
解： 设物体的高度为h，水平抛出经时间t1到达地面，
平均冲力
I 6 F 15 N t 0.4
20
A
B
(3) I mv mv0 ,
0 0.1 0.3
C
0.4
t / ( s)
I m v0 I 6 v v0 1 3m / s m m 3
7
2. 质量为m的物体沿斜面向下滑动。当斜面的倾角为 时，物体正好匀速下滑。则当斜面的倾角增大到时，
I 2mv, 方向指向西南方向。
3
二、填空题 1. 一个质量为M的物体A放在光滑的水平桌面上，A上 叠放另一质量为m的物体B，如图所示。若A与B之间的 摩擦因数为，现施力沿水平方向推A，则推力至少为 ______________ ( M m) g 才能使A、B发生相对运动。
解：两物体间的最大静摩擦力大小为
h 1 2 2 h 2 h cos at , t sin 2 a sin g sin sin( )
8
解法2：第2个步骤利用动量定理 Ft (mgsin mg cos )t mv
(1) 1 2 滑到下端的速度由能量守恒得： mv mgh mg cos L 2 1 2 h 由于 sin 有 2 mv mgh mg cos h / sin L
则： v 2gh(1 cos / sin
代入（1）得
mv m 2 gh(1 u cos / sin ) 2h(1 u cos / sin ) t 2 F (mgsin mgcos ) g (sin cos )
2h g sin (sin tg cos )
B F A
f f mg
B的最大加速度满足： f mg maB A的加速度满足： F f F mg Ma A
N
B
f
f
A
mg
F
发生相对运动的条件：a A aB 解得：F ( M m) g
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2.一颗子弹从枪口飞出的速度是300m/s，在枪管内子弹 4 105 所受合力的大小由 F 400 t（SI）给出。假定子 3
t 310
5
4 105 F 400 t 0, 33
t 3 10 s
3
3.在光滑的水平面上,一根长l=2m的绳子,一端固定于O点, 另一端系一质量为 m=0.5kg 的物体 , 开始时 , 物体位于位 置A，OA间距离D=0.5m，绳子处于松弛状态 , 现在使物体 以初速度 vA=4m·s-1垂直于OA向右滑动,如图所示。设以 后的运动中物体到达位置 B,此时物体速度的方向与绳垂 直,则此时刻物体角动量的大小为 1.5kg·m2/s。速率 为 1.5m/s 。 解： 在A点角动量为：
1 2 h gt1 , 2
2h t1物体沿某斜面经过t2到达地面
h 1 1 2h 2 2 at t 2 g sin t 2 , t2 2 g sin sin 2 2
2
2.一质量为m的物体原来以速率v向北运动，它突然受 到外力打击，变为向西运动，速率仍为v，则物体所受 外力的冲量：【 A 】
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物体从高为h处由静止滑到底部时需要多少时间？ 解：作出受力分析图 N 当斜面的倾角为
m h
f
mg sin f N , mg cos N 联立以上两式： tg
当斜面的倾角为
mg
mg sin N ma, mg cos N
a g (sin cos tg ) 联立解得：
LA DmvA 0.5 0.5 6 1.5kgm / s
2
在B点角动量为： LB lmvB
根据角动量守恒定律，有： LB LA 1.5kg m 2 / s
v B 1.5m / s 由LB lmvB 1.5kg m / s 得：
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三、计算题
1.某物体受一方向恒定的变力F作用，它随时间的变化关系如下： 在0.1s内，F均匀地由0增加到20N；又在以后0.2s内，F保持不变； 在经过0.1s，F又从20N均匀地减少到0。(1) 画出F-t图；(2) 求这 段时间内力的冲量；及力的平均值(3) 如果物体的质量为3kg，开 始时速度大小为1m/s，速度方向与力方向一致，则在力刚变为0时， 物体的速度多大？ (1) F-t如图 t (2) I Fdt 1 (0.4 0.2) 20 6 Ns F / N 2 0
弹到枪口时所受到的力变为零，则子弹行经枪管长度所
3
0.6 Ns ； 3 10 s ；该力的冲量大小为________ 花费的时间为________
子弹的质量为________ 2 10 3 kg 。 解： 子弹到枪口时所受到的力变为零，
4 105 I Fdt (400 t )dt 0.6 Ns 0 0 3 I 3 m 2 10 kg I mv mv0 mv, V
（A）大小为 （B）大小为
2mv 2mv
，方向指向西南； ，方向指向西北；
y (北)
（C）大小为2mv，方向指向西南; x(东) （D）大小为2mv，方向指向西北； 解：以向东为x轴正向，向北为y轴正向建立坐标系 对物体m应用动量定理，有： I p p0 mvi mvj 根据矢量合成法则，