牛顿运动定律专题训练

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【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析

(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【解析】
【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块 m ：由牛顿第二定律有： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
（1）小环的质量 m；
（2）细杆与地面间的倾角 a．【答案】（1）m＝1kg，（2）a＝30°．【解析】【详解】
由图得：0-2s 内环的加速度 a= v =0.5m/s2 t
前 2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： F1 mg sin ma 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： F2 mg sin
=4m/s2
解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t= =1s
(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1= a1t2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=
=5m/s2
由 vB2-v2=2a2(L-x1) 解得滑雪者到达 B 处时的速度：vB=16m/s (3)设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，则由动能定理有：
；解得 x3=96m
速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有：
；解得 x4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：

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。

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。

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。

第四章《牛顿运动定律》专题训练

第四章《牛顿运动定律》专题训练一、选择题1．下述有关力学单位制中的说法中正确的是( )A ．在有关力学的分析计算中，只能采用国际单位，不能采用其他单位B ．力学单位制中，选为基本单位的物理量有长度、质量和速度C ．力学单位制中，采用国际单位的基本单位有kg 、m 、sD ．单位制中的导出单位可以用基本单位来表达2．下列说法中正确的有( )A ．物体相互作用时，作用力和反作用力作用在不同物体上，可以是不同性质的力B ．速度越大的物体越不易停止，说明速度越大的物体其惯性也就越大C ．伽利略的理想实验说明了力是改变物体运动状态的原因D ．放在水平桌面上静止的书对桌面的压力与桌面对书的支持力是一对平衡力3．一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行位移的讨论正确的是（）A ．车速越大，它的惯性越大B ．质量越大，它的惯性越大C ．车速越大，刹车后滑行的位移越长D ．质量越大，刹车后滑行的位移越长4．设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f 和其速度v 成正比．则雨滴的运动情况是（）A ．先加速后减速，最后静止B ．先加速后匀速C ．先加速后减速直至匀速D ．加速度逐渐减小到零5．一物体在几个力的共同作用下处于静止状态．现使其中向东的一个力F 的值逐渐减小到零，又使其逐渐恢复到原值（方向不变），则（）A ．物体始终向西运动B ．物体先向西运动后向东运动C ．物体的加速度先增大后减小D ．物体的速度先增大后减小6．两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4 s 时间内的v －t 图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t 1分别为 ( )A ．13和0.30 sB ．3和0.30 sC ．13和0.28 sD ．3和0.28 s 7．某物体做直线运动的v －t 图象如图所示，据此判断图(F 表示物体所受合力，x 表示物体的位移) 所示四个选项中正确的是 ( ) 8．在升降机内，一个人站在磅秤上，发现自己的体重减轻了20％，于是他做出了下列判断中正确的是（） A ．升降机以0.8g 的加速度加速上升 B ．升降机以0.2g 的加速度加速下降 C ．升降机以0.2g 的加速度减速上升 D ．升降机以0.8g 的加速度减速下降 9．一辆小车在水平地面上行驶，悬挂的摆球相对小车静止并与竖直方向成α角（如下图所示）下列关于小车运动情况，说法正确的是（） A ．加速度方向向左，大小为g tan α B ．加速度方向向右，大小为g tan α C ．加速度方向向左，大小为g sin α D ．加速度方向向右，大小为g sin α ★10．图中的AB 、AC 、AD 都是光滑的轨道，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直圆周上，其中AD 是竖直的．一小球从A 点由静止开始，分别沿AB 、AC 、AD 轨道滑下B 、C 、D 点所用的时间分别为t 1、 t 2、t 3．则 ( ) A ．t 1=t 2=t 3 B ．t 1＞t 2＞t 3 C ．t 1＜t 2＜t 3 D ．t 3＞t 1＞t 2《牛顿运动定律》专题训练一、选择题二、实验题11．在做“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，保持小车和砝码的总质量不变，测得小车的加速度a与拉力F的数据见下表：（1）根据表中数据，在如图所示坐标系上作出a-F图象；（2）图象斜率的物理意义是______________ ______。

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。

高一物理牛顿运动定律练习及答案.

相关习题：（牛顿运动定律）一、牛顿第一定律练习题一、选择题1．下面几个说法中正确的是[ ]A．静止或作匀速直线运动的物体，一定不受外力的作用B．当物体的速度等于零时，物体一定处于平衡状态C．当物体的运动状态发生变化时，物体一定受到外力作用D．物体的运动方向一定是物体所受合外力的方向2．关于惯性的下列说法中正确的是[ ]A．物体能够保持原有运动状态的性质叫惯性B．物体不受外力作用时才有惯性C．物体静止时有惯性，一开始运动，不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性D．物体静止时没有惯性，只有始终保持运动状态才有惯性3．关于惯性的大小，下列说法中哪个是正确的？[ ]A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C．两个物体只要质量相同，那么惯性就一定相同D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小4．火车在长直的轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到原处，这是因为[ ]A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢的地板给人一个向前的力，推动他随火车一起运动C．人跳起后，车继续前进，所以人落下必然偏后一些，只是由于时间很短，偏后的距离不易观察出来D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和车具有相同的速度5．下面的实例属于惯性表现的是[ ]A．滑冰运动员停止用力后，仍能在冰上滑行一段距离B．人在水平路面上骑自行车，为维持匀速直线运动，必须用力蹬自行车的脚踏板C．奔跑的人脚被障碍物绊住就会摔倒D．从枪口射出的子弹在空中运动6．关于物体的惯性定律的关系，下列说法中正确的是[ ]A．惯性就是惯性定律B．惯性和惯性定律不同，惯性是物体本身的固有属性，是无条件的，而惯性定律是在一定条件下物体运动所遵循的规律C．物体运动遵循牛顿第一定律，是因为物体有惯性D．惯性定律不但指明了物体有惯性，还指明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因7．如图所示，劈形物体M的各表面光滑，上表面水平，放在固定的斜面上．在M的水平上表面放一光滑小球m，后释放M，则小球在碰到斜面前的运动轨迹是[ ] A．沿斜面向下的直线B．竖直向下的直线C．无规则的曲线D．抛物线二、填空题8．行驶中的汽车关闭发动机后不会立即停止运动，是因为____，汽车的速度越来越小，最后会停下来是因为____。

物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析

由几何关系及速度分解有：解得：
(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；

高中物理牛顿运动定律的应用综合题专题训练含答案

高中物理牛顿运动定律的应用综合题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、综合题（共20题）1、（10分）物体以12m/s的初速度从斜面底端冲上倾角为37°的斜坡，已知物体与斜面间的动摩擦因数为0.25，g取10m/s2，求：sin37°=0.6，cos37°=0.8(1)物体沿斜面上滑的最大位移；(2)物体再滑到斜面底端时的速度大小；(3)物体在斜面上运动的时间。

2、（10分）某航空公司的一架客机，在正常航线上做水平飞行时，突然受到强大的垂直气流的作用，使飞机在10 s内下降高度为1800 m，造成众多乘客和机组人员的伤害事故，如果只研究在竖直方向上的运动，且假设这一运动是匀变速直线运动．（1）求飞机在竖直方向上产生的加速度多大？（2）试估算质量为65 kg的乘客所系安全带必须提供多大拉力才能使乘客不脱离座椅．3、（10分）在水平地面上有一质量为2kg的物体，物体在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大小减为F／3，该物体的运动速度随时间t的变化规律如图所示．求：（1）物体受到的拉力F的大小．（2）物体与地面之间的动摩擦因素．(g取10m／s2)4、（8分）楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F=10N，刷子的质量为，刷子可视为质点，刷子与板间的动摩擦因数为0．5，天花板长为，取，试求：（1）刷子沿天花板向上的加速度（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间5、（8分）如图所示，用水平力F将一个木块压在竖直墙壁上，已知木块重G=6N，木块与墙壁的动摩擦因数=0.25。

则：（1）当F=25N时，木块静止不动，木块受到的摩擦力是多大？（2）当F=35N时，木块静止仍不动，木块受到的摩擦力是多大？（3）当F=10N时，木块沿竖直墙壁滑动，木块受到的摩擦力是多大？6、（10分）如图 10 所示，质量m= 2kg 的物体静止在水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数μ = 0.75。

高中物理牛顿运动定律专项训练100(附答案)含解析

高中物理牛顿运动定律专项训练100(附答案)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2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？（2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？（3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=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 A 2 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 A 2 解得 x A ′=0.08m x 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．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：1397/c v m 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．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。

(物理) 高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析

（物理）高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析一、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，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】【分析】【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则：对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ；（2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（2）求3s 内煤块前进的位移（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：2N F F Ma μ-=解得：a 2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v +a 2t解得：t =2s ；(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==2s 时的速度为：11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为：235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为：128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：21114m 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为：m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ．【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．4．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ； (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ．【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】【详解】（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：112122v v v L t t t ＝++代入数值得：L =16m由平均速度的定义得：168/2L v m s t ＝＝＝（2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：22110/10/1v a m s m s t V V ＝＝＝则物体所受的合力为：F 合=ma 1=2×10N=20N ．1-2s 内的加速度为：a 2＝21＝2m /s 2，根据牛顿第二定律得：a 1＝mgsin mgcos mθμθ+=gsinθ+μgcosθa 2＝ mgsin mgcos mθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s 内，物块的位移：x1＝12a1t12＝12×10×1m＝5m传送带的位移为：x2=vt1=10×1m=10m 则相对位移的大小为：△x1=x2-x1=5m则1-2s内，物块的位移为：x3＝vt2+12a2t22=10×1+12×2×1m＝11m0-2s内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m 物块下降的高度：h=L sin37°=16×0.6=9.6m 物块机械能的变化量：△E＝12m v B2−mgh=12×2×122−2×10×9.6=-48J负号表示机械能减小．5．如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．6．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/s2，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v1=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＝11va ＝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 2，2443.22v x 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．7．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少；（2）木板的长度至少为多少；（3）物块在木板上运动的总时间是多少．【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上（2）min 61m 48L =（3）5(8t = 【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑（2）共速时：021=v v a t -共得：10.5s t =，=1m/s v 共共速前的相对位移：22101112111 1.25m 22x v t a t a t ∆=--= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：2212m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动过21s 12t =，木板停止，过21s 8t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21m 48x ∆=木板至少长度min 1261m 48L x x =∆+∆=（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度211sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312L a t '=得：3t =在木板上的总时间：1235(8t t t t =++=' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．8．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg ，小车的质量M=10kg ，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N 的力拉绳时，求：（1）人与车一起运动的加速度的大小；（2）人所受的摩擦力的大小和方向；（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s ，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．【答案】（1）2m/s 2（2）140N （3）0.5s 【解析】【详解】（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N ，总重为（60+10）×10=700N ，受阻力为700×0.1=70N ，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N ，则合外力为F=560-70-350=140N 则根据牛顿第二定律，加速度为a==2m/s 2即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s 2。

(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．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)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，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ．【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ．【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1，解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2，解得：a 2= 3m/s 2．小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ，长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ，则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．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。

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。

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题20篇含解析

（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（2）求 3s 内煤块前进的位移（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】
【分析】
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停
止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位
k(X x) mg ma Fmax Mg Ma
以上各式代如数据联立解得
Fmax 168N
该开始向上拉时有最小拉力则
Fmin kX (M m)g (M m)a
解得
Fmin 72N
考点：牛顿第二定律的应用点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.
【答案】（1）
，
（2）恰好不会从平板车的右端滑出．
【解析】
根据牛顿第二定律得
对滑块，有
，
解得
对平板车，有
，
解得
．
设经过 t 时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：
．
平板车的位移为：
．
而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
移．
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：
代入数据解得：a1=2m/s2 刚开始运动时对小车有：
FN ma1
FN-mg=0
F FN Ma2
解得：a2=0.6m/s2 经过时间 t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：

牛顿运动定律的基本应用(解析版)—2025年高考物理必刷专题训练(全国通用)

牛顿运动定律的基本应用【考点一　牛顿第二定律的瞬时性问题】1．两种模型物体的加速度与其所受合力具有因果关系，物体的加速度总是随其所受合力的变化而变化，具体可简化为以下两种模型：2．求解瞬时性问题的一般思路求解瞬时性问题时应注意的一点物体的加速度能够随其所受合力的突变而突变，但物体速度的变化需要一个过程的积累，不会发生突变。

【考点二　动力学的两类基本问题】动力学的两类基本问题的解题步骤解决动力学两类基本问题的关键(1)两个分析：物体的受力情况分析和运动过程分析。

(2)两个桥梁：加速度是联系物体运动和受力的桥梁；衔接点的速度是联系相邻两个过程的桥梁。

【考点三　动力学中的图像问题】1．常见的动力学图像vt图像、at图像、Ft图像、Fa图像等。

2．图像问题的类型(1)已知物体受的力随时间变化的图像，分析物体的运动情况。

(2)已知物体的速度、加速度随时间变化的图像，分析物体的受力情况。

(3)由已知条件确定某物理量的变化图像。

3．解题策略(1)分清图像的类别：即分清横、纵坐标所代表的物理量，明确图像的物理意义。

(2)注意图像中的特殊点、斜率、面积所表示的物理意义：图线与横、纵坐标轴的交点，图线的转折点，两图线的交点，图线的斜率，图线与坐标轴或图线与图线所围面积等所表示的物理意义。

(3)明确能从图像中获得的信息：把图像与具体的题意、情境结合起来，应用物理规律列出与图像对应的函数表达式，进而明确“图像与公式”“图像与过程”间的关系，以便对有关物理问题作出准确判断。

【考点四　超重和失重的理解】1.超重和失重的理解(1)不论超重、失重或完全失重，物体的重力都不变，只是“视重”改变。

(2)物体超重或失重多少由物体的质量m和竖直加速度a共同决定，其大小等于ma。

(3)在完全失重的状态下，一切由重力产生的物理现象都会完全消失。

(4)尽管物体的加速度不是竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态。