最新物理牛顿运动定律练习题20篇
高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。
装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。
传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。
传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。
质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。
已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。
设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。
取g =10m/s 2。
求：(1)物块B 滑到14圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：2012mgR mv =代入数据解得：v 0=5m/s在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：20v F mg m R-=代入数据解得：F =60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：μmg =ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有2202v v al -=代入数据解得：v=4m/s由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得：22212111222mv mv Mv =+ 解得：12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得：l′=2m ＜4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为g=10m/s 2．试求：①物体C 做简谐运动的振幅；②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小． 【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N 【解析】 【详解】①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比． 【答案】(1) g(sin α－()2sin sin cos hg θθμθ-【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙4．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】 【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg5．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2012m v （2）6F N ≥【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mga g mμμ==滑块相对车滑动的时间：0v t a=滑块相对车滑动的距离2002v s v t g=-滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2012Q mv =（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间011v t a = 由几何关系有：010122v t Lv t -= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：10.5s t=，16F N =则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．6．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车． 【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能 【解析】试题分析:(1)公交车的加速度221110 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：11153x x t s v -==汽车刹车过程中用时：1210103v t s a -== 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32322v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：2323·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间243437.26x x t s s v -==≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车． 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．7．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、计算题（共20题）1、处于光滑水平面上的质量为2千克的物体，开始静止，先给它一个向东的6牛顿的力F1，作用2秒后，撤去F1，同时给它一个向南的8牛顿的力，又作用2秒后撤去，求此物体在这4秒内的位移是多少？2、一个质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g.g为重力加速度，求人对电梯的压力的大小．3、一物块从倾角为θ、长为s的斜面的项端由静止开始下滑,物块与斜面的滑动摩擦系数为μ,求物块滑到斜面底端所需的时间.4、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g=10 m/s2．试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数．5、如图所示，质量为m=1l kg的物块放在水平地面上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为50N的拉力F作用下，以大小为v0=l0m/s的速度向右做匀速直线运动，（取当地的重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求（1）物块与水平面间的动摩擦因数;（2）若撤去拉力F，物块经过3秒在水平地面上滑行的距离是多少?6、质量为2kg的物体，静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。
现对物体施加一个大小为6N的水平力，此力作用一段时间后立即改变，改变后的力与原来比较，大小不变、方向相反。
再经过一段时间，物体的速度变为零。
如果这一过程物体的总位移为15m。
求：（1）力改变前后物体加速度的大小a1、a2分别为多少？（2）在这一过程物体的最大速度；（3）全过程的总时间。
（g=10m/s2）7、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M。
2025高考物理 牛顿运动定律的综合应用
2025高考物理 牛顿运动定律的综合应用一、多选题1．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 ．甲乙<m mB ．m m >甲乙C ．μμ<甲乙D ．μμ>甲乙 2．用一水平力F 拉静止在水平面上的物体，在外力F 从零开始逐渐增大的过程中，物体的加速度a 随外力F 变化的关系如图所示，2=10m /s g 。
则下列说法正确的是（ ）A ．物体与水平面间的最大静摩擦力为14NB ．物体做变加速运动，F 为14N 时，物体的加速度大小为27m /sC ．物体与水平面间的动摩擦因数为0.3D ．物体的质量为2kg3．如图所示，一物块以初速度0v 沿粗糙斜面上滑，取沿斜面向上为正向。
则物块速度随时间变化的图像可能正确的是（ ）A．B．C．D．4．如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平．t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4s时撤去外力．细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示．木板与实验台之间的摩擦可以忽略．重力加速度取g=10m/s2．由题给数据可以得出A．木板的质量为1kgB．2s~4s内，力F的大小为0.4NC．0~2s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2二、单选题5．某运送物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。
若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为（）A．F B．1920FC．19FD．20F6．如图，两物块P、Q用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P静止在水平桌面上。
高中物理牛顿运动定律应用专项训练100(附答案)
最新高中物理牛顿运动定律的应用专项训练100( 附答案 )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=0.2，重力加快度 g 取 10 m/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)x0.5m【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： t=0.25s1 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 =0.5m【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． 如下图，质量为 M =10kg 的小车停放在圆滑水平面上．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．假设小 ＝ 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 内煤块行进的位移（ 3）煤块最后在小车上留下的印迹长度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【分析】【剖析】分别对滑块和平板车进行受力剖析，依据牛顿第二定律求出各自加快度，物块在小车上停止相对滑动时，速度同样，依据运动学基本公式即能够求出时间．经过运动学公式求出位移．【详解】(1)依据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：F Nma 1F N -mg =0代入数据解得： a 1=2m/s 2刚开始运动时对小车有：FF NMa 2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 2 t解得： t=2s；(2)在 2s 内小黑煤块行进的位移为：x11a1t 24m22s 时的速度为：v1 a1t1 2 2m/s 4m/s今后加快运动的加快度为：a F 5m/s23M m6而后和小车共同运动t 2=1s 时间，此 1s 时间内位移为：x2v1t21a3t22 4.4m 2因此煤块的总位移为：x1x28.4m (3)在 2s 内小黑煤块行进的位移为：x11a1t 24m2小车行进的位移为：x v1t 1a1t2 6.8m 2二者的相对位移为：x x x1 2.8m即煤块最后在小车上留下的印迹长度 2.8m．【点睛】该题是相对运动的典型例题，要仔细剖析两个物体的受力状况，正确判断两物体的运动状况，再依据运动学基本公式求解．3．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗拙水平川面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰巧未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2，求：2=0.5，g取10m/s（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加快度大小；（2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇
(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇一、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式图象如图乙所示。
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：甲(1)物块与斜面间的动摩擦因数工(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。
vi二【答案】(1)户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& = 10m"'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VC,由动能定理得1 1 ―-mg(Lsirt37° 4- L8R) - fAmgLcosl70 =mg +F.%在最高点，根据牛顿第二定律则有：•解得：尸N = 4 N由根据牛顿第三定律得：『用=八=你物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度V I上滑，最后恰好落到物块从C到A,做平抛运动，竖直方向：水平方向：口照37。
-而加37° n 吧2.如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为 6m 的绸带，在绸带的中点放有两个 紧靠着可视为质点的小滑块A 、B,现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时.已知 A 滑块的质量 mA=2kg, B 滑块的质量mB=4kg, A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为 科=0.5 A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：(1) t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小;【解析】 【详解】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为f A,水平运动，则竖直方向平衡：N A mg , f A N A;解得：f Amg ①A 滑块在绸带上水平向右滑动， 0时刻的加速度为a i ,由牛顿第二定律得：F f A m A a i ——②B 滑块和绸带一起向左滑动， 0时刻的加速度为a 2由牛顿第二定律得：F f B m B a 2 ——③；联立①②③解得：a 1 1m/s 2, a 2 0.5m/s 2；(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时 A 、B 滑块发生的位移分别为 为和X 2LX I X 2 一21 2 x 1a 1t 2 1 .2,所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C,由动能定律可得: 1 1 -+ L8R) - ^mgLcos370 - -mv^-〉 \然二百附/s解得 解得:(2) 0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量.F【答案】(1)a i 1吸2e2 0.5ms 2 ； (2)30Jx2a2t2代入数据解得：x1 2m , x2 1m, t 2s2秒时A滑块离开绸带，离开绸带后A在光滑水平面上运动，B和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：Q f A X i X2代入数据解得：Q 30J .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因=0.25变为展=0.125. 一滑雪者从倾角为9= 37。
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)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 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=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=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （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 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 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，所以F 必须大于等于1N当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对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 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g Fa M M Mμμμμ--+--+==+乙图知114M = 12()94mg M m g M μμ--+=-解得M = 4 kg μ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则111s v t a == 位移21011112m 2x v t a t =-=M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m ga Mμμ--+==方向向左， M 的位移大小22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．3．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h ．将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数32μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ． 【答案】(1) 32mg (2) 94mgh 【解析】（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0 对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0 解得：F 0＝32mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零． 对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1 mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma 2 对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4另有：1132212 ()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ+⋅-+= 21112W F a t ＝⋅解得W ＝94mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．4．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B 处（B 处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC 之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB 长14.8m ，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s ）所经历的时间； （2）滑雪者到达B 处的速度；（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离． 【答案】（1）1s ；（2）12m/s ；（3）54.4m ． 【解析】 【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v 1=4m/s 期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间．（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s 时的加速度，球心速度为4m/s 之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B 处的速度．（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解． 【详解】（1）滑雪者从静止开始加速到v 1=4m/s 过程中： 由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1； 解得：a 1=4m/s 2； 由速度时间关系得 t 1＝11v a ＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=12a 1t 2=12×4×12=2m 从4m/s 加速到B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2； 解得：a 2=5m/s 2；根据位移速度关系：v B 2−v 12＝2a 2(L −x 1) 计算得 v B =12m/s（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到v=4m/s ）：a 3＝−μ2g ＝−1.25m /s 222223341251.222 1.25B v v x m a --===-⨯ 在水平面上第二阶段（速度从4m/s 减速到0）a 4＝−μ1g ＝−2.5m /s 2，2443.22vx m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=54.4m 【点睛】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．5．如图1所示， 质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度v 0从左端冲上木板。
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-经典习题汇总
牛顿运动定律经典练习题一、选择题1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ）A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动C ．竖直向上做减速运动D ．竖直向下做减速运动3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ）A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ）A ．等于人的推力B ．等于摩擦力C ．等于零D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3，则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的D ．F 1是正的，F 1、F 3是零6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与水平面间的动摩擦因数均为μ。
现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ）A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于FB ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩擦力大小为μmgC ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M aD ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ； (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （355s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ． （2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ， 代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．4．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤7．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgs inθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．8．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．9．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝mg解得：N＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N＝0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma根据匀变速直线运动规律有：a＝222vh-＝－15m/s2解得：N＝75N（2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N＝75N，即球对手的压力为75N考点：牛顿第二及第三定律的应用10．如图所示，质量1m kg=的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N=作用下沿杆向上滑动．（210/g m s=）求：（1）求球对杆的压力大小和方向；（2）小球的加速度多大；（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大．【答案】（1）53N方向垂直于杆向上（2）22.5m/s（3） 0N【解析】(1)小球受力如图所示：建立图示坐标，沿y方向，有：(F−mg)cos30∘−FN=0解得：FN=53N根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N，方向垂直于杆向上．(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：a=2.5m/s2（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：F=0N。
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
（3）木板的最小长度L 是0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。
木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。
1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。
共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析
(2)滑块在 B 点时的速度大小为 滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有： 可得加速度 设滑块到达 C 点时的速度大小为 vC，有： 解得：
此过程所经历的时间为： 故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移 x1=L=6m， 传送带的位移 x2=vt=4m； 传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为： 代入数据解得： 【点睛】 此题需注意两点，(1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到 B 点的速度；(2)计算摩擦力对物 体做的功时要以地面为参考系来计算位移。
4．如图所示，长 L=10m 的水平传送带以速度 v=8m/s 匀速运动。质量分别为 2m、m 的小 物块 P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环 C 相连。小物块 P 放在传送带的最 左端，恰好处于静止状态，C、P 间的细绳水平。现在 P 上固定一质量为 2m 的小物块(图中 未画出)，整体将沿传送带运动，已知 Q、C 间距大于 10 m，重力加速度 g 取 10m/s2.求：
由牛顿第二定律得：F＝m vB2 r
解得：F＝5 2 N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为 5 2 N，
6．如图所示，在竖直平面内有一倾角 θ=37°的传送带 BC．已知传送带沿顺时针方向运行的 速度 v=4 m/s，B、C 两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上 端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC 方向滑人传送 带，滑块与传送带间的动摩擦因数 μ=0.5，取重力加速度 g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。求：
（1）经历多长时间 A 相对地面速度减为零；
(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇含解析
（物理）物理牛顿运动定律练习题20篇含解析一、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．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v 0=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/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零，由动能定理可知-μ1m A gx A=0-12m A v A2解得x A=0.016m<L，包裹A在传送带上会再次向右运动.设包裹A再次离开传送带的速度为v A′μ1m A gx A=12m A v A′2解得:v A′ =0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A′=0-12m A v A2解得x A′=0.08mx A′=<0.32m包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.3．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。
牛顿运动定律习题集(含答案)
物理训练题 之 牛顿运动定律一、选择题1. 关于惯性，以下说法正确的是： （ ）A 、在宇宙飞船内，由于物体失重，所以物体的惯性消失B 、在月球上物体的惯性只是它在地球上的1/6C 、质量相同的物体，速度较大的惯性一定大D 、质量是物体惯性的量度，惯性与速度及物体的受力情况无关2. 理想实验是科学研究中的一种重要方法，它把可靠事实和理论思维结合起来，可以深刻地揭示自然规律。
以下实验中属于理想实验的是： （ ） A 、验证平行四边形定则 B 、伽利略的斜面实验C 、用打点计时器测物体的加速度D 、利用自由落体运动测定反应时间3. 关于作用力和反作用力，以下说法正确的是： （ ） A 、作用力与它的反作用力总是一对平衡力 B 、地球对物体的作用力比物体对地球的作用力大 C 、作用力与反作用力一定是性质相同的力D 、凡是大小相等，方向相反，作用在同一条直线上的，并且分别作用在不同物体上的两个力一定是一对作用力和反作用力4. 在光滑水平面上，一个质量为m 的物体，受到的水平拉力为F 。
物体由静止开始做匀加速直线运动，经过时间t ，物体的位移为s ，速度为v ，则： （ ） A 、由公式α=可知，加速度a 由速度的变化量和时间决定B 、由公式a 由物体受到的合力和物体的质量决定C 、由公式αa 由物体的速度和位移s 决定D 、由公式αa 由物体的位移s 和时间决定5.力F 1a 1＝3m/s 2，力F 2作用在该物体上产生的加速度a 2＝4m/s 2，则F 1和F 2（ ） A 、 7m/s 2B 、 5m/s 2C 、 1m/s 2D 、 8m/s26.电梯的顶部挂有一个弹簧秤，秤下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N ，在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8N ，关于电梯的运动，以下说法正确的是： （ ） A 、电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s 2B 、电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s 2C 、电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s 2D 、电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s 2 7.下国际单位制中的单位，属于基本单位的是：（ ） A 、力的单位：N B 、 质量的单位：kg C 、 长度的单位：m D 、时间的单位：s8. 关于物体的运动状态和所受合力的关系，以下说法正确的是： （ ） A 、物体所受外力为零，物体一定处于静止状态 B 、只有合力发生变化时，物体的运动状态才会发生变化 aD、物体所受的合力不变且不为零，物体的运动状态一定变化9.以下说法中正确的是： ( )A、牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律B、静止的物体一定不受外力的作用C、在水平地面上滑动的木块最终要停下来，是由于没有外力维持木块的运动D、物体运动状态发生变化时，物体必须受到外力作用10.做自由落体运动的物体，如果下落过程中某时刻重力突然消失，物体的运动情况将是：A、悬浮在空中不动B、速度逐渐减小C、保持一定速度向下匀速直线运动D、无法判断11.人从行驶的汽车上跳下来容易： ( )A 、向汽车行驶的方向跌倒 B、向汽车行驶的反方向跌倒C、从向车右侧方向跌倒D、向车左侧方向跌倒12.下面说法中正确的是： ( )A、只有运动的物体才能表现出它的惯性；B、只有静止的物体才能表现出它的惯性C、物体的运动状态发生变化时，它不具有惯性D、不论物体处于什么状态，它都具有惯性13.下列事例中，利用了物体的惯性的是：( )A、跳远运动员在起跳前的助跑运动B、跳伞运动员在落地前打开降落伞C、自行车轮胎有凹凸不平的花纹D、铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转14.火车在长直水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回车上原处，这是因为： ( )A、人跳起后，厢内空气给他以向前的力，带着他随同火车一起向前运动；B、人跳起的瞬间，车厢的地板给他一个向前的力，推动他随同火车一起向前运动；C、人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已；D、人跳起后直到落地，在水平方向上人和车始终具有相同的速度。
(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。
物理牛顿运动定律题20套(带答案)
物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B ，现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量mA=2kg ，B 滑块的质量mB=4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：（1）t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小； （2）0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．【答案】(1)22121,0.5m ma a ss ==；(2)30J【解析】 【详解】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ， 由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——② B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a 由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；联立①②③解得：211m /s a =，220.5m /s a =；(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x1221122221212L x x x a t x a t ⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t =2秒时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：()12A Q f x x =+ 代入数据解得：30J Q =．3．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
(物理)物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析
（物理）物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，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： 01212v mg mg m t 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：01100.52v 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：12 2.52v 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 ∆=+-=。
物理牛顿运动定律题20套(带答案)
物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。
某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。
重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。
【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。
高中物理牛顿运动定律练习题(含解析)
高中物理牛顿运动定律练习题学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．关于电流，下列说法中正确的是( )A ．电流跟通过截面的电荷量成正比，跟所用时间成反比B ．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大C ．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向D ．国际单位制中，其单位“安培”是导出单位2．2000年国际乒联将兵乓球由小球改为大球，改变前直径是0.038m ，质量是2.50g ；改变后直径是0.040m ，质量是2.70g 。
对此，下列说法正确的是（ ）A ．球的直径大了，所以惯性大了，球的运动状态更难改变B ．球的质量大了，所以惯性大了，球的运动状态更难改变C ．球的直径大了，所以惯性大了，球的运动状态更容易改变D ．球的质量大了，所以惯性大了，球的运动状态更容易改变3．在物理学的探索和发现过程中常用一些方法来研究物理问题和物理过程，下列说法错误的是（ ）A ．在伽利略研究运动和力的关系时，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法B ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想化模型法C ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时用质点来代替物体，运用了理想化模型法D ．比值定义包含“比较”的思想，例如，在电场强度的概念建立过程中，比较的是相同的电荷量的试探电荷受静电力的大小4．下列说法中正确的是（ ）A ．物体做自由落体运动时没有惯性B ．物体速度小时惯性小，速度大时惯性大C ．汽车匀速行驶时没有惯性，刹车或启动时才有惯性D ．惯性是物体本身的属性，无论物体处于何种运动状态，都具有惯性5．如图所示，质量为10kg 的物体A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为6N 时，物体处于静止状态。
若小车以20.8m /s 的加速度向右加速运动（取210m /s g ），则（ ）A ．物体A 受到的弹簧拉力不变B ．物体相对小车向左运动C ．物体A 相对小车向右运动D ．物体A 受到的摩擦力增大6．下列说法中错误的是（ ） A ．沿着一条直线且加速度存在且不变的运动，叫做匀变速直线运动B ．为了探究弹簧弹性势能的表达式，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每一小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做微元法C ．从牛顿第一定律我们得知，物体都要保持它们原来的匀速直线运动或静止的状态，或者说，它们都具有抵抗运动状态变化的“本领”D ．比值定义法是一种定义物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义式Q C U=，表示C 与Q 成正比，与U 成反比，这就是比值定义的特点7．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析.docx
高中物理牛顿运动定律题20 套( 带答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体 B 和质量为m=0.2kg 的物体 C，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体 C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体 C 就上下做简谐运动，且当物体 C 运动到最高点时，物体 B 刚好对地面的压力为 0．已知重力加速度大小为g=10m/s2．试求：①物体 C 做简谐运动的振幅；②当物体 C 运动到最低点时，物体 C 的加速度大小和此时物体 B 对地面的压力大小．【答案】① 0.07m ②35m/s 214N【解析】【详解】①物体 C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为x0．对物体 C，有： mg kx0解得： x0=0.02m设当物体 C 从静止向下压缩x 后释放，物体 C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅 A=x当物体 C 运动到最高点时，对物体B，有：Mg k( A x0)解得： A=0.07m②当物体 C 运动到最低点时，设地面对物体 B 的支持力大小为F，物体 C 的加速度大小为a.x0 )mg ma对物体，有： k ( AC解得： a=35m/s 2对物体 B，有：F Mg k( A x0 )解得： F=14N所以物体 B 对地面的压力大小为14N2．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s ，传送带两端AB 间距离为 s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为 m=5kg 的行李箱无初速度地放上传送带 A 端后，传送到 B 端，重力加速度 g 取 10m/ 2；求：(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；(2)行李箱从 A 端传送到 B 端所用时间t ；(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。
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最新物理牛顿运动定律练习题20篇一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
工作在传送带上上滑的总时间为：t ＝t 1+t 2＝2.4s（3）第一阶段：工件滑行位移为：x 1＝2.4m 。
传送带位移'11 1.6m x vt ==，相对位移为：10.8m x =V 。
摩擦生热为：11cos37Q mg x V μ︒=解得：Q 1＝3.2J第二阶段：工件滑行位移为：x 2＝4m ，传送带位移为：'228m x vt ==相对位移为：24m x ∆=摩擦生热为： 22cos37Q mg x μ︒=∆解得：Q 2＝16J总热量为：Q ＝19.2J 。
2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s =，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值；()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值． ()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量．【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=；11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=；220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s =联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=；031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得 2012Q mv =联立解得40.5Q J = 【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ；(2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ：水平方向：N 1F F =竖直方向：A A A m g f m a -=且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =对B 由位移公式得：212B B x a t = 由位移关系得：B A x h x =-由速度公式得B 的速度：B B v a t =对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -=恒力F 2的功率：2B P F v =联立解得：P ＝50W4．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13【解析】【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数．【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t代入数据解得：a 1=2m/s 2在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m对木板：x 2＝2212a t 可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1代入数据解得：f=100N代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．5．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 =4.25s6．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求：(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =v t① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F +T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (v t+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反．(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F +T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2，则有： 5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化 ΔT =T 2-T 1=1415kmg7．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？【答案】（1）2012m v （2）6F N ≥ 【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mg a g m μμ== 滑块相对车滑动的时间：0v t a= 滑块相对车滑动的距离2002v s v t g=- 滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ=由上述各式解得2012Q mv =（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则：滑块运动到车左端的时间011vta=由几何关系有：010122v t Lv t-=由牛顿定律有：11F mg maμ+=联立可以得到：10.5st=，16F N=则恒力F大小应该满足条件是：6F N≥．8．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N的作用下，从A点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m时撤去力F．已知A、B之间的距离x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．求：（1）在撤去力F时，滑块的速度大小；（2）滑块通过B点时的动能；（3）滑块通过B点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．【答案】（1）3．0m/s；（2）4．0J；（3）0．50J．【解析】试题分析：（1）滑动摩擦力f mgμ=（1分）设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律1F mg maμ-=（1分）解得219.0/a m s=（1分）设滑块运动位移为0.50m时的速度大小为v，根据运动学公式212v a x=（2分）解得 3.0/v m s=（1分）（2）设滑块通过B点时的动能为kBE从A到B运动过程中，依据动能定理有kW E=∆合0kBF x fx E-=，（4分）解得 4.0kBE J=（2分）（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为fW，根据动能定理f kBmgh W E--=-（3分）解得0.50fW J=（1分）考点：牛顿运动定律 功能关系9．如图所示，质量为 m ＝1 kg 的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M 、N 之间，M 、N 与金属滑块间动摩擦因数均为 μ＝0.2，金属滑块与一劲度系数为k ＝200N/m 的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M 固定不动，挡板N 与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)．起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m 的物体从距滑块L ＝20 cm 处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l ＝10 cm 时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．g 取10 m/s 2，求：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2)当滑块下移距离为d ＝5 cm 时挡板对滑块压力的大小；(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功．【答案】(1) 1J (2) 25N (3) -1J【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v 0，对物体下落过程由机械能守恒定律得2012mgl mv = 设碰后共同速度为v 1，由动量守恒定律得102mv mv = 根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能220111222E mv mv ∆=-⋅ 上式联立数据带入得1E ∆=J ．(2)设滑块下移时加速度为a ，由运动学公式得2102v al -=起初滑块静止时，有01mg F k x ==∆当滑块下移距离为5d =cm 时弹簧的弹力()1F k x d =∆+对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得()222f mg F F ma -+=滑动摩擦力f N F F μ=解得25N F =N ．(3)由功能关系可得()22211111122222k x l k x mv mgl W ∆+-∆-⨯=+ 解得1W =-J ．答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J ；(2)当滑块下移距离为d =5cm 时挡板对滑块压力的大小是25N ；(3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J ．10．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1；（2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2；（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ．【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2；（2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2；（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ．【解析】试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma θμθ+=a 1=8m/s 2（2）物体沿斜面上滑由2012=v a x ，得x=9m（3）物体沿斜面返回下滑时2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ．沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动22212x a t =则t=t 1+t 2=1)2s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用。