牛顿运动定律高考真题专题汇编带答案解析
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。
近6年全国各地高考物理真题汇编：牛顿运动定律(Word版含答案)
2017-2022年全国各地高考物理真题汇编：牛顿运动定律学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题（本大题共15题）1．（2022·山东·高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。
如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。
从火箭开始运动到点火的过程中（ ）A ．火箭的加速度为零时，动能最大B ．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能C ．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量D ．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量2．（2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L 。
一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线垂直。
当两球运动至二者相距35L 时，它们加速度的大小均为（ ）A ．58F mB ．25FmC ．38F mD ．310Fm3．（2021·海南·高考真题）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。
力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ） A ．1kg m s -⋅⋅B ．2kg m s -⋅⋅C ．2Pa m ⋅D ．1J m -⋅4．（2021·海南·高考真题）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。
将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。
已知P 、Q 两物块的质量分别为p 0.5kg m =、Q 0.2kg m =，P 与桌面间的动摩擦因数0.5μ=，重力加速度210m /s g =。
则推力F 的大小为（）A．4.0N B．3.0N C．2.5N D．1.5N5．（2021·广东·高考真题）唐代《耒耜经》记载了曲辕犁相对直辕犁的优势之一是起土省力，设牛用大小相等的拉力F通过耕索分别拉两种犁，F与竖直方向的夹角分别为α和β，αβ<，如图所示，忽略耕索质量，耕地过程中，下列说法正确的是（）A．耕索对曲辕犁拉力的水平分力比对直辕犁的大B．耕索对曲辕犁拉力的竖直分力比对直辕犁的大C．曲辕犁匀速前进时，耕索对犁的拉力小于犁对耕索的拉力D．直辕犁加速前进时，耕索对犁的拉力大于犁对耕索的拉力6．（2017·海南·高考真题）如图，水平地面上有三个靠在一起的物块P、Q和R，质量分别为m、2m和3m，物块与地面间的动摩擦因数都为μ。
2022年高考真题和模拟题物理分项汇编专题04 牛顿运动定律(解析版)
【答案】D
【解析】设A的质量为 ，B的质量为 ，AB间的动摩擦因数为 ，B与地面间的动摩擦因数为 ，则
当 ，AB处于静止状态，加速度都为0；
当 ，AB开始一起加速运动，设当 ，AB刚好要发生相对运动，以AB为整体，由牛顿第二定律
以B为对象，由牛顿第二定律
联立解得
则当 ，AB一起做匀加速直线运动，加速度为
【答案】A
【解析】AB．速度
根据牛顿第二定律得
根据运动学公式
又
联立解得
司机从发现前方路障到停止所需时间约为
故A正确，B错误；
CD．若下雨天车轮与路面的动摩擦因数为0.2，根据牛顿第二定律
解得
根据运动学公式
解得
司机反应时间不变，汽车仍以100km/h的速度行驶时
应保持的安全距离至少
故CD错误。故选A。
专题04牛顿运动定律
1、（2022·湖南卷·T9）球形飞行器安装了可提供任意方向推力的矢量发动机，总质量为 。飞行器飞行时受到的空气阻力大小与其速率平方成正比（即 ， 为常量）。当发动机关闭时，飞行器竖直下落，经过一段时间后，其匀速下落的速率为 ；当发动机以最大推力推动飞行器竖直向上运动，经过一段时间后，飞行器匀速向上的速率为 。重力加速度大小为 ，不考虑空气相对于地面的流动及飞行器质量的变化，下列说法正确的是（ ）
CD．猛拉时，细线2上拉力突然变大，作用时间极短，由于惯性，小球位置几乎不变，细线1的拉力增加几乎为零，故细线2断裂，因此断裂前细线2的拉力大于细线1，因此合力
故加速度大于重力加速度，故C正确，D错误。故选C。
3.（2022·江苏如皋市高三下学期一调）如图甲所示，A、B两物块静止叠放在水平地面上.水平拉力F作用在A上，且F从0开始逐渐增大，B的加速度 与F的关系图像如图乙所示，则A的加速度 与F的关系图像可能正确的是（ ）
(物理)50套高考物理牛顿运动定律含解析
（物理）50套高考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，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．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/s 2，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 。
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用题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．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，重力加速度g取10 m/s2．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)1N3NF≤≤ (2)0.5mx∆=【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v1，则：222011-22A Bv v vLa a=＋又：011-=A Bv v va a解得：a B=6m/s2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．3．质量M ＝0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度1 5.0v =m/s 和2 2.0v =m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律真题汇编含解析
高考物理专题力学知识点之牛顿运动定律真题汇编含解析一、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．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3．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=23F D ．f 1=F ，f 2=05．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8．2018 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．9．跳水运动员从10m 高的跳台上腾空跃起，先向上运动一段距离达到最高点后，再自由下落进入水池，不计空气阻力，关于运动员在空中的上升过程和下落过程，以下说法正确的有（ ）A ．上升过程处于超重状态，下落过程处于失重状态B ．上升过程处于失重状态，下落过程处于超重状态C ．上升过程和下落过程均处于超重状态D ．上升过程和下落过程均处于完全失重状态10．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g11．以初速度0v 竖直向上抛出一质量为m 的小物块，假定物块所受的空气阻力f 大小不变。
高考物理力学知识点之牛顿运动定律真题汇编含答案解析
高考物理力学知识点之牛顿运动定律真题汇编含答案解析一、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 g μ+B ．L v C ．2L g μ D ．2L v2．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3．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=23F D ．f 1=F ，f 2=0 4．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5．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mg6．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/s2，水平向右C．4m/s2，水平向右D．2m/s2，水平向左8．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB 段曲线可知，运动员在此过程中A．做匀变速曲线运动B．做变加速运动C．所受力的合力不断增大D．机械能守恒9．如图所示，传送带保持v0＝1 m/s的速度运动，现将一质量m＝0.5 kg的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x＝2.5 m，则运动时间为（）A．1sB．2sC．3sD．4s10．如图所示，在水平地面上有一辆小车，小车内底面水平且光滑，侧面竖直且光滑。
专题03 牛顿运动定律 (解析版)--高考物理5年真题分项汇编(2019-2023)
专题03牛顿运动定律--高中物理一、单选题1．（2023·全国·统考高考真题）一同学将排球自O点垫起，排球竖直向上运动，随后下落回到O点。
设排球在运动过程中所受空气阻力大小和速度大小成正比。
则该排球（）A．上升时间等于下落时间B．被垫起后瞬间的速度最大C．达到最高点时加速度为零D．下落过程中做匀加速运动【答案】B【详解】A．上升过程和下降过程的位移大小相同，上升过程的末状态和下降过程的初状态速度均为零。
对排球受力分析，上升过程的重力和阻力方向相同，下降过程中重力和阻力方向相反，根据牛顿第二定律可知，上升过程中任意位置的加速度比下降过程中对应位置的加速度大，则上升过程的平均加速度较大。
由位移与时间关系可知，上升时间比下落时间短，A错误；B．上升过程排球做减速运动，下降过程排球做加速运动。
在整个过程中空气阻力一直做负功，小球机械能一直在减小，下降过程中的最低点的速度小于上升过程的最低点的速度，故排球被垫起时的速度最大，B正确；C．达到最高点速度为零，空气阻力为零，此刻排球重力提供加速度不为零，C错误；D．下落过程中，排球速度在变，所受空气阻力在变，故排球所受的合外力在变化，排球在下落过程中做变加速运动，D错误。
故选B。
2．（2023·北京·统考高考真题）如图所示，在光滑水平地面上，两相同物块用细线相连，两物块质量均为1kg，细线能承受的最大拉力为2N。
若在水平拉力F作用下，两物块一起向右做匀加速直线运动。
则F的最大值为（）A．1N B．2N C．4N D．5N【答案】C【详解】对两物块整体做受力分析有F=2ma再对于后面的物块有F Tmax=2N联立解得F=4N故选C。
3．（2023·浙江·统考高考真题）在足球运动中，足球入网如图所示，则（）A．踢香蕉球时足球可视为质点B．足球在飞行和触网时惯性不变C．足球在飞行时受到脚的作用力和重力D．触网时足球对网的力大于网对足球的力【答案】B【详解】A．在研究如何踢出“香蕉球”时，需要考虑踢在足球上的位置与角度，所以不可以把足球看作质点，故A错误；B．惯性只与质量有关，足球在飞行和触网时质量不变，则惯性不变，故B正确；C．足球在飞行时脚已经离开足球，故在忽略空气阻力的情况下只受重力，故C错误；D．触网时足球对网的力与网对足球的力是相互作用力，大小相等，故D错误。
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律全集汇编含答案解析
高考物理新力学知识点之牛顿运动定律全集汇编含答案解析一、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．下列关于超重和失重的说法中，正确的是（）A．物体处于超重状态时，其重力增加了B．物体处于完全失重状态时，其重力为零C．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了D．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化4．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5．下列单位中，不能．．表示磁感应强度单位符号的是（ ） A ．TB ．NA m⋅ C ．2kgA s⋅ D ．2N sC m ⋅⋅ 6．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S 1和S 2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a 1，S 1和S 2相对原长的伸长分别为∆x 1和∆x 2，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 27．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8．滑雪运动员由斜坡高速向下滑行过程中其速度—时间图象如图乙所示，则由图象中AB 段曲线可知，运动员在此过程中A ．做匀变速曲线运动B ．做变加速运动C．所受力的合力不断增大D．机械能守恒9．2018 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．t 时刻起，用一水平向右的拉力F 10．一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．11．质量分别为m1、m2的甲、乙两球，在离地相同高度处，同时由静止开始下落，由于空气阻力的作用，两球到达地面前经时间t0同时到达稳定速度v1、v2，已知空气阻力大小f与小球的下落速率v成正比，即f=kv（k>0），且两球的比例常数k完全相同，两球下落的v-t关系如图所示，下列说法正确的是（）A ．甲球质量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．如图所示，传送带保持v 0＝1 m/s 的速度运动，现将一质量m ＝0.5 kg 的物体从传送带左端放上，设物体与传送带间动摩擦因数μ＝0.1，传送带两端水平距离x ＝2.5 m ，则运动时间为（ ）A ．1sB ．2sC ．3sD ．4s14．水平面上一质量为m 的物体，在水平恒力F 作用下，从静止开始做匀加速直线运动，经时间t 后撤去外力，又经时间2t 物体停下，则物体受到的阻力应为 A ． 3FB ．4F C ．2F D ．23F15．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 ．2Lgμ D ．2L v16．如图所示，两个质量均为m 的物块A 和B 通过一轻弹簧连接在一起，并放置于水平传送带上，水平轻绳一端连接A ，另一端固定在墙上，A 、B 与传送带间的动摩擦因数均为μ。
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
高考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1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：()2312 2.4t t t s s =+=+≈ 【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．3．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)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，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。
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(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1．一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。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)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M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量． 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ=A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =3．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14N4．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。
已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ；(3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。
【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：1sin 2mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13cos 4m f mg mg μα==由于：sin m f mg α>所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()99.0N 8m F M m g =+=（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动对小木块有：21cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=对长木棒受力如图丙所示()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=解得24.5m/s a ='由几何关系有：221122L a t at =-' 解得1t s =全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫=+=+++ ⎪⎝⎭解得：12J Q =。
2019年—2023年高考物理牛顿运动定律部分真题汇编+答案解析
1 / 82019年—2023年高考物理牛顿运动定律部分真题汇编+答案解析（真题部分）1.(2023全国甲,19,6分)(多选)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2.(2023江苏,1,4分)电梯上升过程中,某同学用智能手机记录了电梯速度随时间变化的关系,如图所示。
电梯加速上升的时段是( )A.从20.0 s 到30.0 sB.从30.0 s 到40.0 sC.从40.0 s 到50.0 sD.从50.0 s 到60.0 s3.(2022全国甲,19,6分)(多选)如图,质量相等的两滑块P 、Q 置于水平桌面上,二者用一轻弹簧水平连接,两滑块与桌面间的动摩擦因数均为μ。
重力加速度大小为g 。
用水平向右的拉力F 拉动P ,使两滑块均做匀速运动;某时刻突然撤去该拉力,则从此刻开始到弹簧第一次恢复原长之前 ( )A.P 的加速度大小的最大值为2μgB.Q 的加速度大小的最大值为2μgC.P 的位移大小一定大于Q 的位移大小D.P 的速度大小均不大于同一时刻Q 的速度大小4.(2023湖南,10,5分)(多选)如图,光滑水平地面上有一质量为2m 的小车在水平推力F 的作用下加速运动。
车厢内有质量均为m 的A 、B 两小球,两球用轻杆相连,A 球靠在光滑左壁上,B球处在车厢水平底2 / 8面上,且与底面的动摩擦因数为μ,杆与竖直方向的夹角为θ,杆与车厢始终保持相对静止。
假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
下列说法正确的是(重力加速度为g)( )A.若B 球受到的摩擦力为零,则F=2mg tan θB.若推力F 向左,且tan θ≤μ,则F 的最大值为2mg tan θC.若推力F 向左,且μ<tan θ≤2μ,则F 的最大值为4mg(2μ-tan θ)D.若推力F 向右,且tan θ>2μ,则F 的范围为4mg(tan θ-2μ)≤F≤4mg(tan θ+2μ)5.(2022江苏,1,4分)高铁车厢里的水平桌面上放置一本书,书与桌面间的动摩擦因数为0.4,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度g =10 m/s 2。
【高考物理必刷题】牛顿运动定律(后附答案解析)
上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小1D.的大小不变，而方向与角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为（）2由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）3实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对4表示滑块下滑的加速度大小，用表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大的关系式为．，．（结果保留3位有效数字）56，放在静止于水平地面上的木板的两；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为两滑块开始相向滑动，初速度大小均为．、相遇时，与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为．求：开始运动时，两者之间的距离．1上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小的合力大小方向不变，且与先增后减，始终变大．2D.；由，可知摩擦力为：，代入数据为：联立可得：，故C正确．故选C．相互作用共点力平衡多个力的动态平衡由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）34实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对56开始运动时，两者之间的距离．考点时和板共速和板共速后得加速度：再经过，和板共速，（2）牛顿运动定律牛顿运动定律专题滑块问题。
高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析
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2mgl
W
解得W 1J．
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．
8．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持 v=1m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为 m=5kg 的行李包 （可视为质点）无初速度的放在水平传送带的 A 端，传送到 B 端时没有被及时取下，行李 包从 B 端沿倾角为 37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为 0.5，行 李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）． （1）行李包相对于传送带滑动的距离． （2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．
(1)斜面倾角 θ 的正切值 tanθ； (2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前 一瞬间的速度 v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑 块 P 上 B 端的距离 x 是多少？
【答案】（1） 1 （2）直接落到水平面上；1.02m。 2
解：（1）由
得，
a=
．
故物体下落的加速度大小为 8m/s2． （2）根据牛顿第二定律得，mg﹣f=ma 则 f=mg﹣ma=50﹣5×8N=10N 故下落过程中物体所受阻力的大小为 10N． 答：（1）物体下落的加速度的大小 8m/s2；（2）下落过程中物体所受阻力的大小 10N 【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据 力求运动，也可以根据运动求力．
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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专题三牛顿运动定律考点1 牛顿运动定律的理解与应用[2019浙江4月选考,12,3分]如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁) ()A.A球将向上运动,B、C球将向下运动B.A、B球将向上运动,C球不动C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动拓展变式1.[全国卷高考题改编,多选]伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.关于惯性有下列说法,其中正确的是()A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性B.没有力的作用,物体只能处于静止状态C.物体保持静止或匀速直线运动状态的性质是惯性D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动2.[2020江苏,5,3分]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由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.FB.C.D.3.[2020浙江1月选考,2,3分]如图所示,一对父子掰手腕,父亲让儿子获胜.若父亲对儿子的力记为F1,儿子对父亲的力记为F2,则( )A.F2>F1B.F1和F2大小相等C.F1先于F2产生D.F1后于F2产生4.[2015海南,8,5分,多选]如图所示,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.现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断瞬间()A.a1=3gB.a1=0C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl25.[2020山东,1,3分]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用F N表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是()A.0~t1时间内,v增大,F N>mgB.t1~t2时间内,v减小,F N<mgC.t2~t3时间内,v增大,F N<mgD.t2~t3时间内,v减小,F N>mg6.[2021辽宁六校第一次联考,多选]如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为m的物体A、B(B与弹簧连接,A、B均可视为质点),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F 作用在A上,使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动,测得A、B的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度大小为g,则()A.施加力F前,弹簧的形变量为B.施加力F的瞬间,A、B间的弹力大小为m(g+a)C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力等于B的重力D.上升过程中,B速度最大时,A、B间的距离为a-7.[2021安徽黄山高三模拟,多选]如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用.A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示.已知物块A的质量m=3 kg,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则()A.两物块间的动摩擦因数为0.2B.当0<F<4 N时,A、B保持静止C.当4 N<F<12 N时,A、B发生相对滑动D.当F>12 N时,A的加速度随F的增大而增大考点2 动力学两类基本问题[2019江苏,15,16分]如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:(1)A被敲击后获得的初速度大小v A;(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小a B、a'B;(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.拓展变式1.[2020江西丰城模拟]如图所示,质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F作用2 s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25 s后速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体沿斜面向上运动的总位移x.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)2.[2015新课标全国Ⅰ,20,6分,多选]如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()图(a) 图(b)A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度3.[2016上海,25,4分]地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,h<H.当物体加速度最大时其高度为,加速度的最大值为.4.[2020安徽安庆检测]如图所示,质量为10 kg的环在F=140 N的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动,环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5,杆与水平地面的夹角θ=37°,拉力F与杆的夹角θ=37°,力F作用一段时间后撤去,环在杆上继续上滑了0.5 s后,速度减为零,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,杆足够长.求:(1)拉力F作用的时间;(2)环运动到杆底端时的速度大小.5.[2021山西太原模拟]如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点,其中AB长为R,AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为()A.1∶3B.1∶2C.1∶D.1∶6.[2020山东,8,3分]如图所示,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为()A.B.C.D.7.[2017全国Ⅲ,25,20分]如图,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时,A与木板恰好相对静止.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取重力加速度大小g=10 m/s2.求:(1)B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离8.[2020四川南充模拟]如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s运动,在传送带的右端点a无初速度轻放一个质量m=1 kg的物块A(视为质点),当物块A到达传送带左端点b点时,即刻再在a点无初速度轻放另一质量为2m的物块B(视为质点).两物块到达b点时都恰好与传送带等速,b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放着质量为m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长.已知:物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.2;木板与轨道间的动摩擦因数μ3=0.1;设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.试求:(1)物块A、B滑上木板C上的时间差Δt;(2)木板C运动的总时间.9.如图所示,传送带的倾角θ=37°,从A到B的长度为L AB=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度逆时针转动.在传送带A 端无初速度释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,则物体从A运动到B所需的时间是多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)10.[新情境——动车爬坡][2020四川宜宾模拟,多选]动车是怎样爬坡的?西成高铁从清凉山隧道开始一路上坡,采用25‰的大坡度穿越秦岭,长达45公里,坡道直接落差1 100米,为国内之最.几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组就是动车组.带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车.动车爬坡可以简化为如图所示模型,在沿斜面向上的恒力F作用下,A、B两物块一起沿倾角为θ的斜面向上做匀加速直线运动,两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连,已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同,则下列操作能保证A、B两物块间的距离不变的是()A.只增加斜面的粗糙程度B.只增加物块B的质量C.只增大沿斜面向上的力FD.只增大斜面的倾角θ考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系[2017浙江下半年选考,17,5分]在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中(1)右图仪器需要用到的是.(2)下列说法正确的是.A.先释放纸带再接通电源B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行C.纸带与小车相连端的点迹较疏D.轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D、…为每隔4个点取的计数点,据此纸带可知小车在打点计时器打D点时速度大小为m/s(小数点后保留2位).拓展变式1.[开放题][2020山东济南检测]如图所示的实验装置可以验证牛顿第二定律,小车上固定一个盒子,盒子内盛有砂子.砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m,小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子质量)记为M.2.[同2020北京第15题相似]在探究加速度与力的关系的实验中,小明同学设计了如图甲所示(俯视图)的实验方案:将两个小车放在水平木板上,前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘相连,后端各系一细线.(1)平衡摩擦力后,在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下,用一黑板擦把两条细线同时按在桌子上,抬起黑板擦时两小车同时开始运动,按下黑板擦时两小车同时停下来.小车前进的位移分别为x1、x2,由x=at2,知=,测出砝码和砝码盘的总质量m1、m2,若满足,即可得出小车的质量一定时,其加速度与拉力成正比的结论.若小车的总质量符合远大于砝码和砝码盘的总质量的需求,但该实验中测量的误差仍然较大,其主要原因是.(2)小军同学换用图乙所示的方案进行实验:在小车的前方安装一个拉力传感器,在小车后面固定纸带并穿过打点计时器.由于安装了拉力传感器,下列操作要求中不需要的是.(填选项前的字母)A.测出砝码和砝码盘的总质量B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力C.跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量(3)测出小车质量M并保持不变,改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F,利用测得的数据在坐标纸中画出如图丙中的a-F图线A;若小军又以为斜率在图像上画出如图丙中的图线B,利用图像中给出的信息,可求出拉力传感器的质量为.3.如图所示,某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验.在气垫导轨上安装了两个光电门1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的不同示数F,不计细绳与滑轮之间的摩擦力和滑轮的质量.(1)根据实验装置图,本实验(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高,以平衡摩擦力;实验中(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;实验中(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量;滑块(含遮光条)的加速度(填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度.(2)某同学做实验时,未挂细绳和钩码接通气源,然后推一下滑块(含遮光条)使其从气垫导轨右端向左运动,发现遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,该同学疏忽大意,未调节气垫导轨使其恢复水平,就继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误),则该同学作出的滑块(含遮光条)的加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是(填图像下方的字母).(3)若该同学作出的a-F图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为.4.图(a)[2018全国Ⅱ,23,9分]某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.砝码的质量0.05 0.10 0.15 0.20 0.25m/kg滑动摩擦力2.15 2.36 2.55 f42.93f/N图(b)图(c)回答下列问题:(1)f4= N;(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f= ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ;(4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得μ= .(保留2位有效数字)5.[2018江苏,11,10分]某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤.实验操作如下:①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;②在重锤1上加上质量为m的小钩码;③左手将重锤2压在地面上,保持系统静止.释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间;④重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t.请回答下列问题:(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的(选填“偶然”或“系统”)误差.(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了.A.使H测得更准确B.使重锤1下落的时间长一些C.使系统的总质量近似等于2MD.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差.现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做?(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0.用实验中的测量量和已知量表示g,得g= .答案专题三牛顿运动定律考点1 牛顿运动定律的理解与应用D剪断绳子之前,A球受力分析如图1所示,B球受力分析如图2所示,C球受力分析如图3所示.剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度.又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度a A=<g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向上.相对地面而言,B球的加速度a B=>g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间,C球所受的浮力和拉力均消失,其瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D正确.x图1 图2 图31.ACD物体保持静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性,所以A、C正确.如果没有力,物体将保持静止或匀速直线运动状态,所以B错误.运动物体如果不受力,将保持匀速直线运动状态,所以D正确.2.C设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f,则有F-38f=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F',则有F'-2f=2ma,联立解得F'=F,C项正确,A、B、D项均错误.3.B F1和F2是作用力和反作用力,遵循牛顿第三定律,这对力同时产生、同时消失、大小相等、方向相反,B正确,A、C、D均错误.4.AC设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线上的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1;剪断细线前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1==3g,A正确,B错误.设弹簧S2的拉力为F2,则F2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误.5.D根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力F N<mg,选项A错误;t1~t2时间内,图像斜率不变,速度v不变,加速度为零,乘客所受的支持力F N=mg,选项B错误;t2~t3时间内,图像斜率减小,速度v减小,加速度方向向上,由牛顿运动定律可知乘客处于超重状态,所受的支持力F N>mg,选项C错误,D正确.6.AD A与B分离的瞬间,A与B的加速度相同,速度也相同,A与B间的弹力恰好为零.分离后A与B的加速度不同,速度不同.t=0时刻,即施加力F的瞬间,弹簧弹力没有突变,弹簧弹力与施加力F前的相同,但A与B间的弹力发生突变.t1时刻,A与B恰好分离,此时A与B的速度相等、加速度相等,A与B间的弹力为零.t2时刻,B的v-t图线的切线与t轴平行,切线斜率为零,即加速度为零.施加力F前,A、B整体受力平衡,则弹簧弹力大小F0=kx0=2mg,解得弹簧的形变量x0=,选项A正确.施加力F的瞬间,对B,根据牛顿第二定律有F0-mg-F AB=ma,解得A、B间的弹力大小F AB=m(g-a),选项B错误.A、B在t1时刻之后分离,此时A、B具有共同的速度与加速度,且F AB=0,对B有F1-mg=ma,解得此时弹簧弹力大小F1=m(g+a),选项C错误.t2时刻B的加速度为零,速度最大,则kx'=mg,解得此时弹簧的形变量x'=,B上升的高度h'=x0-x'=,A上升的高度h=a,此时A、B间的距离Δh=a-,选项D正确.7.AB根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2,选项A正确;当0<F<4 N时,根据题图乙可知,f2还未达到B与地面间的最大静摩擦力,此时A、B保持静止,选项B正确;当4 N<F<12 N时,根据题图乙可知,此时A、B间的摩擦力还未达到最大静摩擦力,所以A、B没有发生相对滑动,选项C错误;当F>12 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A有a==2 m/s2,加速度不变,选项D错误.考点2 动力学两类基本问题(1)(2)3μg μg (3)2解析:(1)由牛顿运动定律知,A的加速度大小a A=μg由运动学公式有2a A L=解得v A=.(2)设A、B的质量均为m对齐前,B所受合外力大小F=3μmg由牛顿运动定律有F=ma B,得a B=3μg对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg由牛顿运动定律有F'=2ma'B,得a'B=μg.(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为x A、x B,A的加速度大小等于a A则v=a A t,v=v B-a B tx A=a A t2,x B=v B t-a B t2且x B-x A=L解得v B=2.1.0.2516.25 m解析:物体受力分析如图所示,设未撤去F前,物体加速运动的加速度为a1,末速度为v,将重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得F N=F sin θ+mg cos θF cos θ-f-mg sin θ=ma1又f=μF N加速过程由运动学规律可知v=a1t1撤去F后,物体减速运动的加速度大小为a2,则a2=g sin θ+μg cos θ由匀变速运动规律有v=a2t2由运动学规律知x=a1+a2联立各式解得μ=0.25,x=16.25 m.2.ACD由题图(b)可求出0~t1和t1~2t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾角为θ,由牛顿第二定律知,物块上滑时有-(mg sin θ+μmg cos θ)=ma1,下滑时有μmg cos θ-mg sin θ=ma2,联立可求得物块与斜面间的动摩擦因数μ及斜面的倾角θ,A、C正确;从以上两个方程可知,物块质量被约去,即不可求,B错误;物块沿斜面向上滑行的最大高度H=sin θ,可求出,D正确.3.0或h解析:由题图可知,力F随着高度x的增加而均匀减小,即F随高度x的变化关系为F=F0-kx,其中k=,则当物体到达h高度处时,向上的拉力F1=F0-h;由牛顿第二定律知,开始时加速度方向竖直向上,随x的增加加速度逐渐减小,然后反方向增大.物体从地面上升到h高度处的过程中,根据动能定理可得W F+W G=0,即h-mgh=0,求得F0=,则物体在刚开始运动时的加速度大小满足F0-mg=ma1,求得a1=;当物体运动到h高度处时,加速度大小满足mg-F1=ma2,而F1=-,求得a2=,因此加速度最大时其高度是0或h.4.(1)1 s (2) m/s解析:(1)撤去拉力F后,由牛顿第二定律有mg sin θ+μmg cos θ=ma2又0=v1-a2t2联立解得v1=5 m/s撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向),有F cos θ-mg sin θ-μ(F sin θ-mg cos θ)=ma1而v1=a1t1联立解得t1=1 s.(2)环上滑至速度为零后反向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma3,又s=(t1+t2),而v2=2a3s联立解得v= m/s.5.D如题图所示,设圆中任意一条弦为OM,圆的半径为R',则弦OM长s=2R'cos θ,小球下滑的加速度a=g cos θ,根据s=at2得t=2,与角θ无关,因此沿不同弦下滑的时间相等.故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R 的位置做自由落体运动所用的时间,即2R=g,小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间,即4R=g,联立有=,选项D正确.6.C根据题述, 物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力f AB=μmg cos 45°,B与木板之间的摩擦力f=μ·3mg cos 45°.隔离A进行受力分析,由平衡条件可得轻绳中拉力F= f AB+ mg sin 45°.对AB整体,由平衡条件得2F=3mg sin 45°-f,联立解得μ=,选项C正确.7.(1)1 m/s(2)1.9 m解析:(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2,地面对木板的摩擦力大小为f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有f1=μ1m A g ①f2=μ1m B g ②f3=μ2(m+m A+m B)g ③由牛顿第二定律得f1=m A a A④f2=m B a B⑤f2-f1-f3=ma1⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有v1=v0-a B t1⑦v1=a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨.(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为s B=v0t1-a B设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有f1+f3=(m B+m)a2由①②④⑤式知,a A=a B;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+a A t2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为s A=v0(t1+t2)-a A(t1+t2)2A和B相遇时,A与木板的速度恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=s A+s1+s B联立以上各式,并代入数据得s0=1.9 m.(也可用如图的速度—时间图线求解)8.(1)0.5 s (2)2.75 s解析:(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差,设物块A、B在传送带上的加速度为a0,则有μ1mg=ma0解得a0=8 m/s2根据v=a0Δt可得Δt==0.5 s.(2)过程一物块A滑上木板C与木板有相对运动,则有μ2mg=ma A,解得a A=2 m/s2,方向水平向右水平方向对木板C有μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止过程二经过Δt=0.5 s后,物块B滑上木板C,此时物块A的速度为v A=v-a AΔt=3 m/s物块B和木板C有相对运动,则有μ2·2mg=2ma B代入数据解得a B=2 m/s2,方向向右对木板C有μ2·2mg+μ2mg-μ1(2m+2m)g=ma C代入数据解得a C=2 m/s2,方向水平向左木板C由静止开始向左匀加速运动,物块A与木板C共速时有v A-a A t1=a C t1=v AC代入数据解得t1=0.75 s,v AC=1.5 m/s此时v B=v-a B t1=2.5 m/s过程三物块B相对木板C继续向左运动,仍做a B=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止,将木板C和物块A看作整体有μ2·2mg-μ3(2m+2m)g=2ma AC解得a AC=0故木板C和物块A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速,速度为v B-a B t2=v AC,解得t2=0.5 s过程四三物体保持相对静止,一起做匀减速运动,直到减速到零,木板C停止运动,则有μ3(2m+2m)g=4ma ABC代入数据解得a ABC=1 m/s2t3==1.5 s故木板C运动的总时间为t=t1+t2+t3=2.75 s.图甲9.2 s解析:开始阶段,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下,物体由静止开始加速下滑,受力分析如图甲所示由牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma1解得a1=g sin θ+μg cos θ=10 m/s2物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间t1==1 s物体运动的位移s1=a1 =5 m<16 m即物体加速到10 m/s时仍未到达B点图乙当物体加速至与传送带速度相等时,由于μ<tan θ,物体在重力作用下将继续加速,此后物体的速度大于传送带的速度,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向上,如图乙所示由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则L AB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s故所需时间t=t1+t2=2 s.10.AD A、B两物块间的距离不变,则弹簧弹力不变,对A、B及弹簧整体应用牛顿第二定律可得F-(m A+m B)g sin θ-μ(m A+m B)·g cos θ=(m A+m B)a,所以两物块做匀加速直线运动的加速度a=-g sin θ-μg cos θ,对物块B应用牛顿第二定律可得T-m B g sin θ-μm B g cos θ=m B a,所以弹簧弹力T=m B(g sin θ+μg cos θ)+m B a=.只改变斜面粗糙。