【预赛三一自招】最新高中物理竞赛习题专题二：牛顿运动定律(Word版含答案)

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全国高中物理竞赛牛顿运动定律训练题答案

练习1解析在水平力F 作用下，若A 和B 能相对于C 静止，则它们对地必有相同的水平加速度.而A 在绳的张力作用下只能产生水平向右的加速度，这就决定了F 只能水平向右，可用整体法来求，而求张力必须用隔离法.取物体系为研究对象，以地为参考系，受重力（m A +m B +m C ）g ，推力F 和地面的弹力N ，如图所示，设对地的加速度为a ，则有：a m m m F C B A )(++=…………① 隔离B ，以地为参考系，受重力m B g 、张力T 、C 对B 的弹力N B ，应满足：g m T a m N B B B ==绳子的张力,…………②隔离A ，以地为参考系，受重力m A g,绳的张力T ，C 的弹力N A ，应满足；N A =m A g …………③ T=m A a …………④当绳和滑轮的质量以及摩擦都不计时，由②、④两式解出加速度g m m a AB= 代入①式可得：g m m m m m F AC B A B )(++=练习2解析盒下落过程可用整体法研究，下落后弹簧的形变情况应用隔离小球研究，盒起跳时可隔离盒研究。

在盒与桌面发生碰撞之前，小球仅受重力作用，着地时速度为：gh v 2=.碰撞后盒静止，球先压缩下面的弹簧，同时拉上面的弹簧，当小球向下的速度减为零后，接着又向上运动，在弹簧原长位置上方x 处，小球的速度又减为0，则在此过程中，对小球有：2221221kx mgx mv ⨯+= 把盒隔离出来，为使盒能跳起来，需满足：).21(2:2mMk Mg h Mg kx +=>代入上式可解得练习3解析为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积木块，从上往下计算，使积木块均能保证平衡，要满足合力矩为零，平衡时，每块积木块都有最大伸出量，则单孔桥就有最大跨度，又由于每块积木块都有厚度，所以最大跨度与桥孔高度存在一比值. 将从上到下的积木块依次计为1、2、…、n ，显然第1块相对第2块的最大伸出量为21L x =∆ 第2块相对第3块的最大伸出量为2x ∆，则224)2(222⨯==∆⋅∆-=∆⋅L L x G x Lx G同理可得第3块的最大伸出量323⨯=∆L x ……最后归纳得出nL x n ⨯=∆2 所以总跨度h xk n n32.11291=∆=∑=跨度与桥孔高的比值为 258.1932.11==hh H k 练习4解析：火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短的时间，求出此时间内，火箭对气体做的功，再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率.选取在△t 时间内喷出的气体为研究对象，设火箭推气体的力为F ，根据动量定理，有 F △t=△m ·v 因为火箭静止在空中，所以根据牛顿第三定律和平衡条件有F=Mg 即 Mg ·△t=△m ·v △t=△m ·v/Mg对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做的功为： 221mv W ∆=所以发动机的功率 MgV Mg mV mv t W P 21)/(212=∆∆=∆=练习5解析：在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对象，就可以将变速冲击变为恒速冲击.设开始下落的时刻t=0，在t 时刻落在地面上的链条长为x ，未到达地面部分链条的速度为v ，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t 时刻起取很小一段时间△t ，在△t 内又有△M=ρ△x 落到地面上静止.地面对△M 作用的冲量为I t Mg F ∆=∆∆-)( 因为 0≈∆⋅∆t Mg所以 x v v M t F ∆=-⋅∆=∆ρ0 解得冲力：t x vF ∆∆=ρ，其中tx ∆∆就是t 时刻链条的速度v ，故 2v F ρ= 链条在t 时刻的速度v 即为链条下落长为x 时的即时速度，即v 2=2g x ，代入F 的表达式中，得 gx F ρ2= 此即t 时刻链对地面的作用力，也就是t 时刻链条对地面的冲力. 所以在t 时刻链条对地面的总压力为 .332LMgxgx gx gx N ==+=ρρρ 练习6解析：求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳，其两端受的张力大小相等，又因为绳上各点受的支持力方向不同，故不能以整条绳为研究对象，只能以一小段绳为研究对象分析求解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L ，△L 所对应的圆心角为△θ，如图所示，绳元△L 两端的张力均为T ，绳元所受圆盘法向支持力为△N ，因细绳质量可忽略，法向合力为零，则由平衡条件得：2sin 22sin 2sinθθθ∆=∆+∆=∆T T T N当△θ很小时，22sin θθ∆≈∆ ∴△N=T △θ 又因为 △L=R △θ则绳所受法向支持力线密度为 RTR T L N n =∆∆=∆∆=θθ ① 以M 、m 分别为研究对象，根据牛顿定律有 Mg －T=Ma ② T －mg=m a ③ 由②、③解得： mM MmgT +=2将④式代入①式得：Rm M Mmgn )(2+=练习7解析：若要直接求整个圆对质点m 的万有引力比较难，当若要用到圆的对称性及要求所受合力为零的条件，考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量m 的相互作用，然后推及整个圆环即可求解.如图3—10所示，过切点作直线交大小圆分别于P 、Q 两点，并设与水平线夹角为α，当α有微小增量时，则大小圆环上对应微小线元αα∆⋅=∆∆⋅=∆2221r L R L其对应的质量分别为 αρρ∆⋅=∆=∆21111R l mαρρ∆⋅=∆=∆22222r l m 由于△α很小，故△m 1、△m 2与m 的距离可以认为分别是 ααc o s 2c o s 221r r R r ==所以△m 1、△m 2与m 的万有引力分别为222222212111)cos 2(2,)cos 2(2ααρααρr mR G r m Gm F R m R G r m Gm F ∆⋅=∆=∆∆⋅=∆=∆ 由于α具有任意性，若△F 1与△F 2的合力为零，则两圆环对m 的引力的合力也为零，即2221)cos 2(2)cos 2(2ααρααρr mr G R m R G ∆⋅=∆⋅ 解得大小圆环的线密度之比为：rR =21ρρ 练习8解析因题目中没有给出具体数值，所以精糙斜面上物块的运动趋势就不能确定，应考虑两种可能。

【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：

高二物理牛顿运动定律试题答案及解析

高二物理牛顿运动定律试题答案及解析1.如图所示，两根竖直固定的足够长的金属导轨cd和ef相距L=0.2m，另外两根水平金属杆MN 和PQ的质量均为m=10-2kg，可沿导轨无摩擦地滑动，MN杆和PQ杆的电阻均为R=0.2（竖直金属导轨电阻不计），PQ杆放置在水平绝缘平台上，整个装置处于匀强磁场内，磁场方向垂直于导轨平面向里，磁感应强度B=1.0T。

现让MN杆在恒定拉力作用下由静止开始向上加速运动，运动位移x=0.1m时MN杆达到最大速度，此时PQ杆对绝缘平台的压力恰好为零。

（g取l0m/ s2）求：（1）MN杆的最大速度为多少？（2）当MN杆加速度达到a=2m/s2时，PQ杆对地面的压力为多大？（3）MN杆由静止到最大速度这段时间内通过MN杆的电量为多少？【答案】(1) 1m/s；(2) 0.02N；(3)0.05C【解析】（1）最大速度时，PQ杆受力平衡：BIL="mg"由闭合电路的欧姆定律可知：E=I×2RMN切割磁感线 E=BLvm最大速度 vm="1m/s"(2)对杆MN根据牛顿第二定律：PQ受力平衡：解得 FN=0.02N(3)位移x内回路产生的平均感应电动势：电流通过MN杆的电量为得：【考点】法拉第电磁感应定律；牛顿定律及物体的平衡。

2.如图所示，现把小球A由平衡位置O拉到其悬线与竖直方向成α角（α=5o，cosα=0.9875）轻轻释放，A球下摆时与静止在平衡位置的O点处的B球发生正碰，碰撞后两球速率相等，且等于碰前A球速率的1/3，碰撞后A球被弹回，B球向右在光滑水平轨道上运动，后又滑上倾角为30°的光滑斜轨道（轨道足够长）。

（已知摆长L=1m，g=10m/s2，π≈）（1）碰前的瞬间A球的速率多大？（2）水平光滑轨道的长度x应满足什么条件才能使小球B从斜面上返回后正好与小球A在平衡位置O处迎面相碰？【答案】（1）v=0.5m/s（2）x="n/6+7/90" m （n=0，1，2，3…）【解析】（1）设碰前A球的速度大小为v，A球机械能守恒有mgl(1-lcosα==mvo 2/2 得v=0.5m/s（2）A、B两球碰后速度大小v=v/3A、B两球迎面相碰，则t=（n+1/2)T,n=0、1、2、3.。

高中物理牛顿运动定律解题技巧及练习题(含答案)及解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。

t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。

如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得：2．如图所示，在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．3．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大；（2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】【详解】解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出，对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =解得：213m/s a =对木板：122F f f Ma --=解得：225m/s a =滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t =滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =4．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为0.8h m =。

高中物理竞赛培训：第2部分《牛顿运动定律》讲义(含答案)免费范文精选

第二部分牛顿运动定律第一讲牛顿三定律一、牛顿第一定律1、定律。

惯性的量度2、观念意义，突破“初态困惑”二、牛顿第二定律1、定律2、理解要点a、矢量性b、独立作用性：ΣF → a ，ΣFx → ax ?c、瞬时性。

合力可突变，故加速度可突变（与之对比：速度和位移不可突变）；牛顿第二定律展示了加速度的决定式（加速度的定义式仅仅展示了加速度的“测量手段”）。

3、适用条件a、宏观、低速b、惯性系对于非惯性系的定律修正——引入惯性力、参与受力分析三、牛顿第三定律1、定律2、理解要点a、同性质（但不同物体）b、等时效（同增同减）c、无条件（与运动状态、空间选择无关）第二讲牛顿定律的应用一、牛顿第一、第二定律的应用单独应用牛顿第一定律的物理问题比较少，一般是需要用其解决物理问题中的某一个环节。

应用要点：合力为零时，物体靠惯性维持原有运动状态；只有物体有加速度时才需要合力。

有质量的物体才有惯性。

a可以突变而v、s不可突变。

1、如图1所示，在马达的驱动下，皮带运输机上方的皮带以恒定的速度向右运动。

现将一工件（大小不计）在皮带左端A点轻轻放下，则在此后的过程中（）A、一段时间内，工件将在滑动摩擦力作用下，对地做加速运动B、当工件的速度等于v时，它与皮带之间的摩擦力变为静摩擦力C、当工件相对皮带静止时，它位于皮带上A点右侧的某一点D、工件在皮带上有可能不存在与皮带相对静止的状态解说：B选项需要用到牛顿第一定律，A、C、D选项用到牛顿第二定律。

较难突破的是A选项，在为什么不会“立即跟上皮带”的问题上，建议使用反证法（t → 0 ，a →。

高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案).docx

高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 )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 v0＝ 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：12E P mgx sin 37mgx cos37mv0解得： Ep＝ 42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg sin 37mg cos37ma1解得： a1＝ 10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：v0 v t1a1解得： t1＝ 0.4sv02v2工件滑行位移大小为： x12a1解得： x1 2.4m L因为tan 37 ，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a2，则有：mg sin 37mg cos37ma2解得： a2＝ 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：vt2a2解得： t2＝ 2sn n n 3?工件滑行位移大小为：n 2 n 1解得： x2＝ 4m工件运动到 C 点时速度恰好为零，故假设成立。

牛顿运动定律练习题含答案

牛顿运动定律练习题含答案一、高中物理精讲专題测试牛顿运动定律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vo=2m/s,此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v,=4m/s的速度从右侧滑上木板，经过Is两者速度恰好相同，速度大小为v2=lm/s,方向向左。

重力加速度g=10m/s2,试求：V1（1）木板与滑块间的动摩擦因数P,（2）木板与地面间的动摩擦因数"2（3）从滑块滑上木板，到最终两者靜止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1） 0.3 （2）丄（3） 2.75/??20【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：6/, = =^m/s2= -3m / 52,方向向右对小滑块根据牛顿第二定律有:一丛吨=叫,可以得到：//, =0.3；（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: ^mg + ^2-2mg=my-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：佝mg_“2・2ing=m¥■而且人+t2 =t = \s联立可以得到：“2=鶴，A=0.5s, t2 = 0.55 ；（3）在乙=0.5$时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：X = 0+5・f =0・5也,方向向右；2在t2 = 0.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：禺=匕?•人=0・25加，方向向左;・ 2 「在整个t = \s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x = 字・r = 2・5〃?，方向向左2则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：Av = A + X, -x2 = 2.75/??。

【点睛】本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解題的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解題。

高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题含答案

高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律技巧及练习题含答案一、选择题1．荡秋千是一项娱乐，图示为某人荡秋千时的示意图，A 点为最高位置，B 点为最低位置，不计空气阻力，下列说法正确的是（）A ．在A 点时，人所受的合力为零B ．在B 点时，人处于失重状态C ．从A 点运动到B 点的过程中，人的角速度不变D ．从A 点运动到B 点的过程中，人所受的向心力逐渐增大2．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．如图所示，质量m =1kg 、长L =0.8m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F =5N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为( )（g 取10m/s 2）A ．1JB ．1.6JC ．2JD ．4J4．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．m1/m2=v2/v1C．释放瞬间甲球的加速度较大D．t0时间内，两球下落的高度相等5．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t 时刻起，用一水平向右的拉力F 6．一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．7．如图所示，质量为1.5kg的物体A静止在竖直固定的轻弹簧上，质量为0.5kg的物体B 由细线悬挂在天花板上，B与A刚好接触但不挤压.现突然将细线剪断，则剪断细线瞬间A、B间的作用力大小为（g取210m/s）（）A．0B．2.5N C．5N D．3.75N8．如图所示，一个箱子中放有一个物体，已知静止时物体对箱子的下底面压力大小等于物体的重力大小，且物体与箱子上底面刚好接触现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知运动时箱子所受空气阻力大小不变，且箱子运动过程中始终保持图示姿态，重力加速度为g。

高中物理-牛顿运动定律测试题(含答案)

高中物理-牛顿运动定律测试题（含答案）注意事项：1．答题前,先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上,并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.2．选择题的作答：每小题选出答案后,用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内.写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.4．考试结束后,请将本试题卷和答题卡一并上交.一、选择题(本题共12小题,每小题4分.在每小题给出的四个选项中,第1～8题只有一项符合题目要求,第9～12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1．下面各组单位中属于基本物理量单位的是( )A ．千克、秒B ．千克、瓦特C ．牛顿、秒D ．特斯拉、米 2．关于惯性和理想实验,下列说法中正确的是( )A ．静止的物体可能没有惯性B ．速度越大的物体惯性越大C ．同一物体在地球上和月球上的惯性不同D ．伽利略的斜槽实验以可靠的事实为基础并把实验探究和逻辑推理和谐地结合在一起3．如图为举重运动员举起杠铃稳定时的示意图,下列说法中正确的是( )A ．杠铃所受的重力与杠铃对手的压力是一对平衡力B ．杠铃对手的压力与手对杠铃的支持力是一对平衡力C ．杠铃所受的重力与手对杠铃的支持力是一对作用力与反作用力D ．杠铃对手的压力与手对杠铃的支持力是一对作用力与反作用力4．如图所示,某兴趣小组制作了一个小降落伞,伞面底端是一个半径为R 的刚性圆环,在圆环上等间距地系有四根长度均为2R 的细线,将四根细线的另一端连接在一起,并悬挂一质量为m 的物体.它们一起竖直向下加速降落,当物体下落的加速度大小为0.2g 时(g 为重力加速度),每根细线的张力为( )A ．23mg 15B ．3mg 6C ．214mg 35D ．14mg 14 5．下列说法中正确的是( )A ．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B ．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C ．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D ．游泳运动员仰卧在水面上静止不动时处于失重状态6．如图所示,一条鱼在水中正沿直线水平向左加速游动.在这个过程中,关于水对鱼的作用力的方向,合理的是( )7．如图所示,在行驶过程中,如果车距不够,刹车不及时,汽车将发生碰撞,车里的人可能受到伤害.为了尽可能地减少碰撞引起的伤害,人们设计了安全带及安全气囊.假定乘客质量为70 kg,汽车车速为108 km/h(即30 m/s),从踩下刹车到车完全停止需要的时间为5 s,安全带及安全气囊对乘客的作用力大约为( )A ．420 NB ．600 NC ．800 ND ．1000 N8．如图所示,小球的质量为m ,用弹簧和细线悬挂在天花板上,保持静止,弹簧和细线的质量忽略不计,且与水平方向的夹角均为60°.当细线被剪断的瞬间,关于小球的加速度大小和方向,下列说法正确的是( )此卷只装订不密封A．0B．g,竖直向下C．32g,竖直向下D．33g,右下方与水平方向成60°9．关于牛顿第一定律,下列说法正确的是()A．力是维持物体运动的原因,没有力的物体将保持静止,比如自行车B．物体的速度不断增大,表示物体必受力的作用C．物体如果向正北方向运动,其受外力方向可以指向正南方D．不受力的物体将保持静止或匀速直线运动状态,而受力的物体运动状态一定改变10．如图所示,A、B两物块叠放在一起,当把A、B两物块同时竖直向上抛出时(不计空气阻力),则()A．A的加速度小于gB．B的加速度大于gC．A、B的加速度均为gD．A、B间的弹力为零11．如图甲所示为一半圆形坑,现将一颗弹丸先后两次从A点水平抛出,由于飞行过程中受气流作用,影响了弹丸的飞行时间和速度.若从弹丸离开A点开始计时,t1和t2分别表示它们落到坑壁的时间,v表示它在竖直方向的速度,其v－t图象如图乙所示,则下列说法正确的是()A．第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小B．第二次弹丸在水平方向上的位移比第一次小C．第二次弹丸在竖直方向上受到的阻力比第一次大D．第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次大12．如图所示,固定在水平面上的光滑斜面的倾角为θ,其顶端装有光滑小滑轮,绕过滑轮的轻绳一端连接一物块B,另一端被人拉着且人、滑轮间的轻绳平行于斜面.人的质量为M,B 物块的质量为m,重力加速度为g,当人拉着绳子以a1大小的加速度沿斜面向上运动时,B物块运动的加速度大小为a2,则下列说法正确的是()A．物块一定向上加速运动B．人要能够沿斜面向上加速运动,必须满足m＞M sin θC．若a2＝0,则a1一定等于sinmg MgMθ-D．若a1＝a2,则a1可能等于sinmg MgM mθ-+二、非选择题(本题共6小题,共52分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13．(6分)如图为“研究木板与木块间动摩擦因数的大小”的实验装置图,将一木块和木板叠放于水平桌面上,弹簧测力计一端固定,另一端与木块水平相连.(1)现要测量木块和木板之间的滑动摩擦力,要使弹簧测力计的示数即为木块和木板之间的滑动摩擦力的大小,要求木板的运动.(填入选项前的字母)A．必须是匀速直线运动B．必须是加速直线运动C．必须是减速直线运动D．匀速直线运动、加速直线运动、减速直线运动均可(2)为测量动摩擦因数,下列物理量中应测量的有.(填入选项前的字母)A．木板的长度L B．弹簧测力计的拉力大小FC．木板的重力G1D．木块的重力G214．(9分)某探究学习小组的同学们要验证“牛顿运动定律”,他们在实验室组装了一套如图所示的装置,水平轨道上安装两个光电门,小车上固定有力传感器和挡光板,细线一端与力传感器连接,另一端跨过定滑轮挂上砝码盘.实验时,调整轨道的倾角正好能平衡小车所受的摩擦力(图中未画出).(1)该实验中小车所受的合力________(选填“等于”或“不等于”)力传感器的示数,该实验是否需要满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量？________(选填“需要”或“不需要”).(2)实验获得以下测量数据：小车、力传感器和挡光板的总质量M,挡光板的宽度l,光电门1和2的中心距离为x.某次实验过程：力传感器的读数为F,小车通过光电门1和2的挡光时间分别为t1、t2(小车通过光电门2后,砝码盘才落地),已知重力加速度为g,则该实验要验证的关系式是________________.15．(6分)小刚在课余制作中需要计算圆锥的体积,他从一本书中查得圆锥体积的计算公式为V＝13πR3h.小红说,从单位关系上看,这个公式肯定是错误的.她的根据是什么？16．(9分)如图所示,静止在水平地面上的小黄鸭质量m＝20 kg,受到与水平面夹角为53°的斜向上的拉力,小黄鸭开始沿水平地面运动.若拉力F＝100 N,小黄鸭与地面的动摩擦因数为0.2,求：(1)小黄鸭对地面的压力；(2)小黄鸭运动的加速度的大小.(sin 53°＝0.8,cos 53°＝0.6,g＝10 m/s2)17．(10分)如图,用力F向上提通过细绳连在一起的A、B两物体,使A、B以5 m/s2的加速度匀加速竖直上升,已知A、B的质量分别是1 kg和2 kg,绳子所能承受的最大拉力是35 N,取g＝10 m/s2,则：(1)力F的大小是多少？(2)为使绳子不被拉断,加速上升的最大加速度是多少？18．(12分)如图所示,水平传送带以2 m/s的速度运动,传送带长AB＝20 m,今在其左端将一工件轻轻放在上面,工件被带动,传送到右端,已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1,g＝10 m/s2.试求：(1)工件开始时的加速度a；(2)工件加速到2 m/s时,工件运动的位移；(3)工件由传送带左端运动到右端的时间.物理答案一、选择题(本题共12小题,每小题4分.在每小题给出的四个选项中,第1～8题只有一项符合题目要求,第9～12题有多项符合题目要求.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1．【答案】A【解析】千克、秒、米是基本单位,瓦特、牛顿、特斯拉是导出单位,A正确.2．【答案】D【解析】惯性是物体的固有属性,任何物体都具有惯性,与运动状态无关,故A错误；质量是惯性大小的唯一量度,与速度、环境等因素无关,故B、C错误；伽利略的斜槽实验以可靠的事实为基础,并把实验探究和逻辑推理和谐地结合在一起,故D正确.3．【答案】D【解析】杠铃受重力和杠铃对手的压力方向相同,不是平衡力,A错误；杠铃对手的压力与手对杠铃的支持力是一对作用力与反作用力,B错误D正确；杠铃所受的重力与手对杠铃的支持力是一对平衡力,C错误.4．【答案】A【解析】由几何关系可知,每根细线与竖直方向的夹角均为30°,则对下面悬挂的物体,根据牛顿第二定律可知mg－4F cos 30°＝ma,整理可以得到F＝23mg15,A正确,B、C、D错误.5．【答案】B【解析】体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时属于平衡状态,合力为零,所以拉力等于重力,不是超重也不是失重,A错；蹦床运动员在空中上升和下落过程中都只受重力作用,支持力或拉力为零,所以属于完全失重状态,B对；举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间处于平衡状态,合力为零,不是超重也不是失重,C错；游泳运动员仰卧在水面静止不动处于平衡状态,合力为零,不是超重也不是失重,D错.6．【答案】A【解析】鱼在重力和水的作用力下向左加速运动,合力方向水平向左,所以水的作用力斜向左上方,故A正确.7．【答案】A【解析】从踩下刹车到车完全停止的5 s内,人的速度由30 m/s减小到0,视为匀减速运动,则有a＝v t－v0t＝－305m/s2＝－6 m/s2.根据牛顿第二定律知安全带及安全气囊对乘客的作用力F＝ma＝70×(－6) N＝－420 N,负号表示力的方向跟初速度方向相反,A正确.8．【答案】D【解析】细线被剪断之前,小球处于静止状态,对小球进行受力分析,如图甲所示,正交分解可得F1＝F2＝33mg；细线被剪断的瞬间,弹簧弹力和小球重力都不变,受力分析如图乙所示,两力的合力大小为F＝F1＝33mg,力F1方向相反,根据牛顿第二定律F＝ma得a ＝33g,方向向右下方与水平方向成60°角,D正确,A、B、C错误.9．【答案】BC【解析】根据牛顿第一定律的内容可以判断力是改变物体运动状态的原因,不受力的物体将保持静止或匀速直线运动状态,故A错误；物体的速度不断增大,说明物体的运动状态在改变,物体必然受到力的作用,故B正确；物体如果向正北方向运动,如果是匀速则不受力或受平衡力；如果加速,合力向正北方向；如果减速,合力向正南方向,故C正确；物体受到力的作用,若合外力为0,则物体也可以保持运动的状态不变,故D错误.10．【答案】CD【解析】先整体,整体受到重力作用,加速度为g,然后隔离任一物块,可知物块只能受到重力作用加速度才是g,所以两物块间没有相互作用力,CD正确.11．【答案】AC【解析】在v－t图象中,图象与时间轴围成的面积等于物体竖直方向的位移,由图象可知,第二次弹丸在竖直方向上的位移比第一次小,A正确；由于水平方向的运动情况不清楚,因此无法比较水平位移的大小,B错误；在v－t图象中,图象的斜率表示竖直方向的加速度,可知第二次弹丸在竖直方向上的加速度比第一次小,根据牛顿第二定律mg－f=ma,可知第二次弹丸受到的阻力比第一次大,C正确,D错误.12．【答案】CD【解析】对人受力分析,有牛顿第二定律可知F－Mg sin θ＝Ma1,得F＝Mg sin θ＋Ma1；若F＞mg,则物体B加速上升,若F＜mg,则物体B加速下降,若F＝mg,物体B静止,故A错误；人要能够沿斜面向上加速运动,只需满足F＞Mg sin θ即可,故B错误；若a2＝0,则F＝mg,故mg－Mg sin θ＝Ma1,1sinmg MgaMθ-=,故C正确,若a1＝a2,F＝Mg sin θ＋单元训练卷答案第1页（共6页）单元训练卷答案第2页（共6页）单元训练卷答案第3页（共6页）单元训练卷答案第4页（共6页）Ma 1,mg －F ＝ma 2,则1sin mg Mg a M mθ-=+,故D 正确.二、非选择题(本题共6小题,共52分.把答案填在题中的横线上或按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)13．(6分)【答案】(1)D (2)BD【解析】(1)木板受重力、木块对木板的压力、木块对木板的滑动摩擦力、桌面对木板的滑动摩擦力、桌面对木板的支持力和水平拉力,共6个力；本实验中,木板不论处于什么运动,木块总处于平衡状态,则弹簧的弹力等于木块的滑动摩擦力,故D 正确,ABC 错误.(2)根据滑动摩擦力的表达式f ＝μF N ＝μmg ,可得Fmgμ=,所以需要测量的弹簧测力计的拉力大小F 和木块的重力G 2,故选BD.14．(9分)【答案】(1)等于不需要 (2)F ＝Ml 22x (1t 22－1t 21)【解析】(1)由于力传感器显示拉力的大小,而拉力的大小就是小车所受的合力,故不需要让砝码和砝码盘的总质量远小于小车的质量.(2)由于挡光板的宽度l 很小,故小车在光电门1处的速度v 1＝lt 1,在光电门2处的速度为v 2＝l t 2,由v 22－v 21＝2ax ,得a ＝v 22－v 212x ＝12x (l 2t 22－l 2t 21),故验证的关系式为F ＝Ma ＝M 2x (l 2t 22－l 2t 21)＝Ml 22x (1t 22－1t 21). 15．(6分)【解析】由单位制的知识可知,物理公式在确定了物理量数量关系的同时,也确定了物理量的单位关系.已知V 单位m 3,而物理量13πR 3h 的运算单位为m 4,显然V ≠13πR 3h ,该公式是错误的.16．(9分)【解析】(1)小黄鸭受力如图所示.根据平衡条件可得：F sin 53°＋N =mg解得N =120 N,方向竖直向上根据牛顿第三定律得小黄鸭对地面的压力N ′=N =120 N,竖直向下. (2)受到的摩擦力为滑动摩擦力,所以f =μN 根据牛顿第二定律得：F cos 53°－f =ma 联立解得：a =1.8 m/s 2. 17．(10分)【解析】(1)以A 、B 整体为研究对象,根据牛顿第二定律有： F －(m A ＋m B )g ＝(m A ＋m B )a 代入数据解得：F ＝45 N.(2)以B 为研究对象,进行受力分析,设绳子的拉力为T ,则根据牛顿第二定律有： T max －m B g ＝m B a max 据题意有：T max ＝35 N可得A 、B 作为一个整体加速上升的最大加速度为a max ＝7.5 m/s 2. 18．(12分)【解析】(1)工件被放在传送带上时初速度为零,相对于传送带向左运动,受滑动摩擦力向右,大小为F f ＝μmg工件加速度a ＝＝1 m/s 2,方向水平向右. (2)工件加速到2 m/s 所需时间t 0＝va ＝2 s 在t 0时间内运动的位移x 0＝12at 20＝2 m.(3)由于x 0<20 m,故工件达到与传送带同样的速度后与传送带相对静止,一起运动至B 端经过时间t 0后,工件做匀速运动的时间为： t 1＝x －x 0v ＝9 s所以工件由传送带左端运动到右端的时间为：t ＝t 0＋t 1＝11 s.单元训练卷答案第5页（共6页）单元训练卷答案第6页（共6页）。

高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．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=v t=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．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为0.8h m =。

在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。

已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。

()1求货物从小车右端滑出时的速度；()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m【解析】【详解】()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：212h gt =，水平方向：AB x l v t =解得：3/x v m s =()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共，解得：4/v m s =共，由能量守恒定律得：()2201122Q mgs mv m M v μ==-+共相对，解得：6s m =相对，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：2211'22x mgs mv mv 共μ-=-，解得：'0.7s m =，车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；3．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移．【答案】（1）2N 3s （2）46.5m【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P =联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v '由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '=解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m4．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：(1)木块B 离开桌面时的速度大小；(2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小；(3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小．【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s【解析】【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ʹ．根据平抛运动规律有：212h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2g v h== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：22.5m/s Mga M μ==设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得0 2.0m/s v v at =-=(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：2Mv Mv mv =+1 解得：210.80m/s Mv mv v M-==.5．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。

高三物理牛顿运动定律试题答案及解析

高三物理牛顿运动定律试题答案及解析1.某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究。

他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动，并将小车运动的全过程记录下来，通过处理转化为v―t图象，如图所示（除2s―10s时间段图象为曲线外，其余时间段图象均为直线）。

已知在小车运动的过程中，2s―14s时间段内小车的功率保持不变，在14s末停止遥控而让小车自由滑行。

小车的质量为1.0kg，可认为在整个运动过程中小车所受到的阻力大小不变。

则A．小车所受到的阻力大小为1.5NB．小车匀速行驶阶段发动机的功率为9WC．小车在加速运动过程中位移的大小为48mD．小车在加速运动过程中位移的大小为39m【答案】AB【解析】小车在14s-18s内在阻力作用下做匀减速运动，加速度由牛顿定律可知，小车所受到的阻力大小为f=ma=1.5N，选项A 正确；小车匀速行驶阶段发动机的功率为P=Fv=fv=1.5×6W=9W，选项B正确；在0-2s匀加速阶段的位移为，在2-10s=39m所以小车在加速运动过程中位移的大小为内由动能定理：，解得x23m+39m=42m，选项CD 错误。

【考点】v-t图线；牛顿定律的应用及动能定理。

2.如图所示，倾角为a的光滑斜面下端固定一绝缘轻弹簧，M点固定一个质量为m、带电量为－q的小球Q，整个装置处在电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。

现把一个带电量为+q的小球P从N点由静止释放，释放后P沿着斜面向下运动，N点与弹簧的上端和M的距离，P、Q以及弹簧的轴线ab与斜面平行，两小球均可视为质点和点电荷，弹簧的劲度系数均为so，静电力常量为k。

则为kA．小球P返回时，可能撞到小球QB．小球P在N点的加速度大小为C．小球P沿着斜面向下运动过程中，其电势能可能增大D．当弹簧的压缩量为时，小球P的速度最大【答案】BC【解析】返回N点时，由于重力做功为零，匀强电场的电场力做功为零，电荷Q的电场对P做功为零，则合力做功为零，回到N点的速度为零．所以小球不可能撞到小球Q，故A错误；对N点受力分析有：，可知B正确；小球P沿着斜面向下运动过程中，匀强电场和点电荷的电场可能对其做正功，也可能做负功，其电势能可能增大也可能减小，C正确；当小球所受合力为零时，小球P的速度最大，此时，弹簧的压缩量小于， D错误。

高一物理牛顿运动定律试题答案及解析

高一物理牛顿运动定律试题答案及解析1.如图甲所示，一个可视为质点的质量m=2kg的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块=12m/s，同时对其施加一与运动方向相反的恒力F，此后物块速度随时间变化的规律如速度为v图乙所示，取g=10m/s2．求：（1）物块与水平面之间的动摩擦因数μ和所施加的恒力F大小；（2）从施加恒力F开始，物块再次回到A点时的速度大小．【答案】（1）,（2）【解析】（1）从图象可知，0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：根据牛顿第二定律可知：①2～4s内物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小为：根据牛顿第二定律可知：②联立①②两式得：，（2）由v﹣t图象可得匀减速阶段：反方向匀加速运动阶段：，解得：【考点】v-t图象、牛顿第二定律。

【名师】（1）根据图线的斜率求出匀减速运动的加速度大小和反向做匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数和恒力F的大小；（2）根据图线与时间轴围成的面积求出匀减速运动的位移大小，结合速度位移公式求出返回A点的速度大小。

2.A．绳子张力可能不变B．绳子张力一定减小C．模型平面与水平面的夹角一定增大D．模型平面与水平面的夹角可能不变【答案】C【解析】以模型为研究对象分析受力，如下图所示：根据平衡条件有：G=Fcosθ，故可知，当F增大时，则cosθ减小，夹角增大，故选项C正确、D错误；而T=Gtanθ，可知绳子的拉力增大，所以选项AB错误；故选C．【考点】共点力的平衡3.如图所示，倾角为30°的光滑斜面与粗糙的水平面平滑连接。

现将一滑块（可视为质点）从斜面上A 点由静止释放，最终停在水平面上的C 点。

已知A 点距水平面的高度h=0.8m ，B 点距C 点的距离L=2.0m 。

（滑块经过B 点时没有能量损失，g=10m/s 2），求：（1）滑块在运动过程中的最大速度；（2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ；【答案】（1）4m/s （2）0.4【解析】（1）滑块先在斜面上做匀加速运动，然后在水平面上做匀减速运动，故滑块运动到B 点时速度最大为v m ，设滑块在斜面上运动的加速度大小为a 1 ，得滑块的加速度：根据匀加速运动的速度位移关系有：，，（2）滑块在水平面上运动时的加速度大小为a 2 由牛顿第二定律有：解得：答：（1）滑块在运动过程中的最大速度为4m/s ；（2）滑块与水平面间的动摩擦因数μ=0.4．4. 如图所示，半径R ＝0.8 m 的光滑1/4 圆弧轨道固定在水平地面上，O 为该圆弧的圆心，轨道上方的A 处有一个可视为质点的质量m ＝1 kg 的小物块，小物块由静止开始下落后恰好沿切线进入1/4 圆弧轨道.此后小物块将沿圆弧轨道下滑，已知AO 连线与水平方向的夹角θ＝45°，在轨道末端C 点紧靠一质量M ＝3 kg 的长木板，木板上表面与圆弧轨道末端的切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ＝0.3， g 取10 m/s 2.求：(1)小物块刚到达C 点时的速度大小；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端C 点时对轨道的压力大小； (3)要使小物块不滑出长木板，木板长度L 至少为多少？【答案】（1）4m/s （2）50N ，方向竖直向下（3）4m 【解析】(1)小物块从A 到C ，根据机械能守恒有： mg×2R ＝mv ，解得v C ＝4m/s.(2)小物块刚要到C 点，由牛顿第二定律有： F N －mg ＝mv /R ，解得F N ＝50 N.由牛顿第三定律，小物块对C 点的压力F N ′＝50 N ，方向竖直向下．(3)设小物块刚滑到木板右端时达到共同速度，大小为v ，小物块在长木板上滑行过程中，小物块与长木板的加速度分别为：a m ＝μmg/m ，a M ＝μmg/M v ＝v C －a m t v ＝a M t由能量守恒定律得：－μmgL ＝(M ＋m)v 2－mv 联立解得： L ＝4 m.【考点】机械能守恒定律、牛顿第二定律、能量守恒定律5. 频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m =0.5k g 的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片。

高中物理牛顿运动定律解题技巧及练习题(含答案).docx

高中物理牛顿运动定律解题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在倾角为θ= 37的°足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板AB ，在薄平板的上端 A 处放一质量m=1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ=0.25、薄平板与斜面之间的动1摩擦因数为μ=0.5,sin37 =0°.6,cos37 =0°.8，取2g=10m/s 2。

求：(1)释放后，小滑块的加速度a l和薄平板的加速度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) t1s【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 37 0f1ma1其中 F N1mg cos37 0， f11FN 1解得： a1g sin 3701g cos3704m / s2对薄平板M ，由牛顿第二定律有：Mg sin 370f1 f2Ma 2其中 F N 2mg cos370Mg cos37 0， f 2 2 F N 2解得： a21m/s2a1 a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为 t ，由运动学公式，有： x11a1t 2， x21a2t 2， x1 x2 L 22解得： t1s2．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=0.5 A B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) a11ms 2 , a20.5m2；(2)30Js【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 A mg ——①A 滑块在绸带上水平向右滑动，0 时刻的加速度为a1，由牛顿第二定律得： F f A m A a1——②B 滑块和绸带一起向左滑动，0 时刻的加速度为a2由牛顿第二定律得： F f B m B a2——③；联立①②③解得： a11m / s2， a2 0.5m / s2；(2)A 滑块经t滑离绸带，此时A、B 滑块发生的位移分别为x1和 x2x1x2L 2x11a1t 2 2x21a2 t22代入数据解得： x12m ， 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 x1 x2代入数据解得： Q30J ．3．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于 A 点， B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径 R=1m，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个 m=2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达 A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N．已知 g=10m/s2， sin37 =0.6°， cos37°=0.8．求：(1)小球在 A 点时的速度大小；(2)小球运动到 B 点时对轨道作用力的大小及方向．【答案】 (1)8m/s(2)12N【解析】【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：Fcos mgsin( Fsin mgcos ) ma代入数据得：a4m/s 2小球在 A 点时的速度v A at8m/s(2)小球沿竖直圆轨道从 A 到 B 的过程，应用动能定理得：FRsin37mgR(1 cos37 )1mv B21mv A2 22解得： v B2m/s小球在 B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：mg F N m v B2R解得： F N=12N，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点 B 对轨道的作用力大小为12N，方向竖直向下．4．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F123、 F和 F 大小分别为 20.8N、 20.4N 和 18.4N，货物受到的阻力恒为其重力的 0.02 倍． g 取 10m/s 2．计算：(1)货物的质量 m；(2)货物上升过程中的最大动能E及东东家阳台距地面的高度h．km【答案】 (1) m＝ 2kg (2) E km 1 mv21J h＝56m2【解析】【分析】【详解】(1)在货物匀速上升的过程中由平衡条件得F2＝ mg＋ f其中 f ＝0.02mg解得 m＝2kg(2)设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段由牛顿运动定律得mg＋ f –F3＝ ma3由运动学公式得0＝ v a3t3解得 v 1ms最大动能 E k m 1 mv21J2减速阶段的位移x31vt30.5m 2匀速阶段的位移x2vt253m加速阶段，由牛顿运动定律得F1–mg –f ＝ ma1，由运动学公式得 2a1 x1v2，解得x1＝2.5m阳台距地面的高度 h x1x2 x3 56m5．如图所示，传送带水平部分x ab=0.2m，斜面部分 x bc=5.5m ， bc 与水平方向夹角α=37 °，一个小物体 A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v=3m/s 运动，若把物体 A 轻放到 a 处，它将被传送带送到 c 点，且物体 A 不脱离传送带，经 b 点时速率不变． (取 g=10m/s 2， sin37 =0°.6)求：（1）物块从 a 运动到 b 的时间；（2）物块从 b 运动到 c 的时间．【答案】（1） 0.4s；（ 2）1.25s．【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出运动时间．到达 b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bca 到b 的段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出间．【详解】（1）物体 A 轻放在 a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：b 到c 的时mg ma1解得：a12.5m/s 2A与皮带共速需要发生位移：x共v29m 1.8m 0.2m2a15故根据运动学公式，物体 A 从 a 运动到 b：xab 1a1t12 2代入数据解得：t10.4s （2）到达 b 点的速度：v b a1t11m/s 3m/s由牛顿第二定律得：N 2mg sin 37mg cos37f 2ma2且 f2N2代入数据解得：a28m/s2物块在斜面上与传送带共速的位移是：v2v b2s共2a2代入数据解得：s共0.5m 5.5m时间为：t2v v b 3 1 s0.25sa28因为g sin 376m/s2＞ g cos372m/s2，物块继续加速下滑由牛顿第二定律得：mg sin 37 f 2ma3N 2mg cos37，且 f 2N2代入数据解得：a34m/s2设从共速到下滑至 c 的时间为 t 3，由x bc s共vt31a3t32，得：2t31s综上，物块从 b 运动到 c 的时间为：t2t3 1.25s6．质量M9kg 、长L 1m的木板在动摩擦因数10.1 的水平地面上向右滑行，当速度 v0 2m/s 时，在木板的右端轻放一质量 m1kg 的小物块如图所示. 当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取g10m/s2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；（2）小物块与木板间的动摩擦因数 2 ．【答案】（ 1） 1s （ 2）0.08【解析】【分析】【详解】（1）设木板在时间 t 内的位移为 x1；铁块的加速度大小为a2，时间 t 内的位移为 x2则有x1 v0t 1a1t 2 2x21a2 t2 2x1L x2又v0a1t a2 t 代入数据得t=1s （2）根据牛顿第二定律，有1 (M m) g2 mg Ma12mg ma2解得20.087．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 s3m ，传送带与水平方向间的夹角37o，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8 ，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H 1.8m ，与运煤车车箱中心的水平距离x 0.6m. 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g10m / s2， sin37 o0.6 ， cos37o0.8，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 ， H 1 gt22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mg m v 2，R代入数据得R=0.1m（2）由牛顿第二定律得mgcos ﹣ mgsin ma ，代入数据解得a=0.4m/s 2由 s1v2得 s1=1.25m＜ s，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，2a故传送带的速度为1m/s ．（3）由 v=at1解得煤块加速运动的时间t1=2.5s煤块匀速运动的位移为s2=s﹣ s1=1.75m ，可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t=t 1+t 2代入数据解得t =4.25s8．2019 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。

高中物理专题测试：牛顿运动定律(含答案)

高中物理专题测试：牛顿运动定律(含答案)(满分100分,100分钟完成)第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题：本大题共8小题,每小题4分,共32分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确,选对的得4分,选错或不选的得0分.1．质量为2kg的物体A的质量为1kg的物体B,从同一高度自由下落,在下落的过程中,下列说法正确的是（）A．它们的速度都逐渐增大,所以它们的惯性都逐渐增大B．它们在相同的时间内的速度变化相同,所以它们的惯性大小相同C．A的质量比B大,所以A的惯性比B大D．它们落地后都静止,所以落地后它们的惯性都消失2．静止在光滑水平面上的物体,受到一个水平拉力的作用,当力刚开始作用的瞬间,下列说法正确的是（）A．物体同时获得速度和加速度B．物体立即获得速度,但加速度为零C．物体立即获得加速度,但速度为零D．物体的速度和加速度都仍为零3．一物体受绳的拉力作用由静止开始前进,先做加速运动,然后改为匀速运动,再改做匀减速运动,下列说法中正确的是（）A．加速前进时绳拉物体的力大于物体拉绳的力B．减速前进时绳拉物体的力小于物体拉绳的力C．只有匀速前进时绳拉物体的力与物体拉绳的力大小相等D．不管物体如何运动,绳拉物体的力与物体拉绳的力大小总相等4．两个用相同材料做成的大小、形状完全相同的实心球A和空心球B,从同一高度在空气中落下,两球受到的空气阻力大小相同,则（）A．A球先落地B．B球先落地C．两球同时落地D．不能确定哪个球先落地5．竖直上抛物体受到的空气阻力大小恒定,物体上升到最高点时间为t1,从最高点回到抛出点需时t2,上升时加速度大小为a1,下降时加速度大小为a2,则（）A ．a 1＜a 2,t 1＞t 2B ．a 1＞a 2,t 1＞t 2C ．a 1＜a 2,t 1＜t 2D ．a 1＞a 2,t 1＜t 26．如图1所示,两个质量相同的物体A 和B 互相接触,静止在光滑的水平桌面上,现施加水平推力F 1和F 2,F 1＞F 2,则A 对B 的作用力大小是（）A ．F 1B ．F 2C ．122F F -D ．122F F + 7．质量为2kg 的物体,在F ＝12N 的水平拉力作用下,产生的加速度为3m/s 2,经过时间t 速度达到v .若从此时开始,水平拉力减小到4N,则物体在此后的一小段时间内将（） A ．以2m/s 2的加速度继续做匀加速运动 B ．以大小为3m/s 2的加速度做匀减速运动 C ．以大小为1m/s 2的加速度做匀减速运动D ．保持速度v 做匀速直线运动8．甲、乙两人质量相等,分别站在相同的两只船上并与船保持相对静止,且初速度均为零.若甲的力气大于乙的力气,他们各自握紧绳的一端,用力拉对方,则（）A ．甲船先到中点B ．乙船先到中点C ．两船同时到达中点D ．无法判断哪只船先到中点二、选择题：本大题共4小题,每小题4分,共16分.在每小题给出的四个选项中,至少有一个选项正确,选对的得4分,对而不全得2分.选错或不选的得0分.9．在一种叫做“蹦极跳”的运动中,质量为m 的游戏者身系一根长为L 、弹性很好的轻质柔软的橡皮绳,从高处由静止下落 1.5L 时达到最低点.若不计空气阻力,则在弹性绳从原长到达最低点的过程中,下列说法正确的是（）A ．速度先减小后增大B ．加速度先减小后增大C ．速度先增大后减小D ．加速度先增大后减小10．雨滴在下降过程中,由于水汽的凝聚,雨滴质量将逐渐增大,同时由于速度逐渐增大,空气阻力也将越来越大,最后雨滴将以某一收尾速度匀速下降,在此过程中（）F 2F 1A B 图1A ．雨滴所受到的重力逐渐增大,重力产生的加速度也逐渐增大B ．由于雨滴质量逐渐增大,下落的加速度逐渐增大C ．由于空气阻力增大,雨滴下落的加速度逐渐减小D ．雨滴所受到的重力逐渐增大,但重力产生的加速度不变11．如图2所示,劈形木块B 的上表面叠放一木块A ,然后一起放在斜面上,B 的上表面恰好水平,当B 沿斜面加速下滑时,A 、B 始终保持相对静止,则（）A ．木块B 对A 的下表面没有摩擦力的作用 B ．木块B 对A 的下表面有向左的摩擦力的作用C ．木块B 对A 的支持力等于A 的重力D ．木块B 对A 的支持力小于A 的重力12．在水平地面上滑行的物块,速度减小直到停止,其滑行距离的长短决定于（） A ．物块的质量 B ．物块的初速度C ．物块与地面间的动摩擦因数D ．地面对物块的支持力第Ⅱ卷（非选择题,共52分）三、填空、实验题：本大题共6小题,每小题4分,共24分.把正确答案填写在题中横线上或按要求作答.13．一物体置于光滑的水平面上,在10N 水平拉力作用下,从静止出发经2s,速度增加到10m/s,则此物体的质量为___________kg.14．某物体质量为2kg,受到大小分别为5N 、7N 的两个力作用,则物体加速度a 的取值范围为____________.15．一物体沿倾角37º的斜面恰好匀速下滑时,则物体与斜面间的摩擦因数为___________.若把斜面倾角增为57º,其他条件不变,此时物体沿斜面下滑的加速度为___________m/s 2. 16．用F 1＝2 N 的水平力拉一个物体沿水平地面运动时,加速度a 1＝1m/s 2,改用F 2＝3 N 的水平力拉它时,加速度a 2＝2m/s 2,那么改用F 3＝4 N 的力拉它时,加速度a 3＝__________m/s 2,物体与地面间的动摩擦因数μ＝___________.17．在光滑水平面上,用一个水平力作用在A 物体上产生的加速度为a 1,作用在B 物体上产生的AB图2加速度为a 2,若将该力作用在A 、B 两物体构成的整体上时,A 、B 整体的加速度应为___________.18．在水平面上,用水平力F 拉物体从静止开始做匀加速直线运动,当速度达到v 时撤掉力F ,物体在水平面上滑行直至停止.物体运动的速度图象如图3所示.设物体与水平面间的摩擦力为F 1,则F ∶F 1＝___________.四、计算题：本大题共3小题,计26分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位. 19．（8分）一辆质量为1.0×103kg 的汽车,经过10s 由静止匀加速到速度为30m/s,然后立即刹车直到停止.设汽车受到的阻力为车重的0.6倍,求：（g ＝10m/s 2）（1）加速阶段汽车受到的合力大小；（2）刹车后汽车运动的时间；（3）刹车前后汽车通过的全部位移.20．（8分）质量m ＝2.0kg 的物体,在5.0N 的水平拉力作用下沿水平面从静止开始作匀加速直线运动,物体与水平面间的动摩擦因数为0.1,求：（g ＝10m/s 2）（1）物体运动加速度的大小.（2）经多长时间物体速度能达到6.0m/s ？图3（3）当物体速度为6.0m/s时,将水平拉力撤去再经10s物体通过的位移是多少？21．（10分）为了测量小木板和斜面间的动摩擦因数,某同学设计了如下的实验.在小木板上固定一个弹簧秤（弹簧秤的质量不计）,弹簧秤下吊一个光滑小球,将木板连同小球一起放在斜面上,如图4所示.木板固定时,弹簧秤的示数为F1,放手后木板沿斜面下滑,稳定时弹簧秤的示数为F2,测得斜面的倾角为θ.试由测量的数据计算出木板和斜面的动摩擦因数.θ参考答案一、选择题： 1．C 2．C 3．D 4．A 5．D6．D7．C8．C二、选择题： 9．BC10．CD11．BD12．BC三、填空、实验题： 13．214．1m/s 2≤a ≤6m/s 2 15．0.75；3.5 16．3；0.1 17．1212a a a a 18．4∶1 四、计算题：19．【答案】（1）3×103N ；（2）5s ；（3）225m. 【解析】（1）汽车在加速阶段的加速度为： a 1＝1vt ＝3m/s 2根据牛顿第二定律,汽车在加速阶段受到的合力为： F ＝ma 1＝3×103N.（2）根据牛顿第二定律,刹车后汽车的加速度大小为： a 2＝10.6F mgm m=＝6m/s 2 根据运动学公式,刹车后汽车运动的时间为： t 2＝20va --＝5s. （3）刹车前汽车通过的位移为： s 1＝21112a t ＝150m刹车后汽车通过的位移为：s 2＝2202v a --＝75m.故刹车前后汽车通过的全部位移为： s ＝s 1＋s 2＝150m ＋75m ＝225m.20．【答案】（1）1.5m/s 2；（2）4s ；（3）18m. 【解析】（1）用力拉物体时,根据牛顿第二定律得： F －F 1＝ma 1 解得：a 1＝F μmgm-＝1.5m/s 2. （2）设经时间t 1物体的速度能达到v ＝6.0m/s,根据运动学公式有： v ＝a 1t 1 解得：t 1＝4s.（3）撤去拉力后,物体只受摩擦力作用而做减速运动,加速度大小为：12F a g m==μ＝1m/s 2 设物体减速运动至停止的时间为t 2,则： t 2＝2va ＝6s 因为t 2＜10s,所以将水平拉力撤去再经10s 物体已经停止运动.设将水平拉力撤去物体通过的位移为s ,根据运动学公式有：2202v a s -=-解得：s ＝18m. 21．【答案】21tan F θF 【解析】设小球的质量为m ,木板的质量为M .已知木板固定时弹簧秤的示数为F 1,根据平衡条件有： F 1＝mg sin θ已知木板沿斜面下滑稳定时弹簧秤的示数为F 2,设此时小球及整体的加速度为a . 以小球为对象,根据牛顿第二定律有： mg sin θ－F 2＝ma以整体为对象,设木板与斜面间的动摩擦因数为μ,根据牛顿第二定律有： (M ＋m )g sin θ－μ(M ＋m )gcos θ＝(M ＋m )a 联立解得：21tan F μθF =.。

高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用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 。

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。

高中物理牛顿运动定律的技巧及练习题及练习题(含答案)含解析.docx

高中物理牛顿运动定律的技巧及练习题及练习题 ( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角的足够长的斜面上，放着两个相距L 0m 的滑块 A 和 B ，、质量均为滑块 A 的下表面光滑，滑块 B 与斜面间的动摩擦因数tan．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 a B ；（ 2） A 与 B 第一次相碰后， B 的速率 v B ；（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） a Ag sin ； a B0 （ 2） 2gL 0 sin2L 0（ 3） 3g sin【解析】【详解】解： (1)对 B 分析： mg sinmg cosma Ba B 0 ， B 仍处于静止状态对 A 分析，底面光滑，则有： mg sinma A解得： a Ag sin(2) 与 B 第一次碰撞前的速度，则有： v A 2 2a A L 0解得： v A2gL 0 sin所用时间由： v Aat 1 ，解得： t 12L 0g sin对 AB ，由动量守恒定律得： mv Amv 1 mv B由机械能守恒得：1mv A 21mv 121mv B 2222解得： v 1 0,v B 2gL 0 sin(3)碰后， A 做初速度为 0 的匀加速运动， B 做速度为 v 2 的匀速直线运动，设再经时间 t 2 发生第二次碰撞，则有：12x A2 a A t 2x B v 2t 2第二次相碰：x A x B解得： t222L0g sin从 A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：t t1t22L0解得： t3g sin2．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。

水平面左端 A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端 B 处与一倾角37 o的传送带平滑衔接。

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2020高中物理竞赛习题专题：牛顿运动定律（Word 版含答案）1.一杂技演员在圆筒形建筑物内表演飞车走壁．设演员和摩托车的总质量为m ,圆筒半径为R ,演员骑摩托车在直壁上以速率v 作匀速圆周螺旋运动,每绕一周上升距离为h ,如图所示．求壁对演员和摩托车的作用力．解设杂技演员连同摩托车整体为研究对象,据(b)(c)两图应有1=-mg F N (1)R mF N 22v = (2)()222π2π2cos h R Rθ+==vv v (3)2221N N N F F F += (4)以式(3)代入式(2),得222222222222π4π4π4π4h R Rm h R R R m F N +=+=v v (5)将式(1)和式(5)代入式(4),可求出圆筒壁对杂技演员的作用力(即支承力)大小为22222222221π4π4⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+=h R R g m F F F N N N v与壁的夹角φ为()g h R R F F N N 2222212π4π4arctan arctan +==v2.一质量为10 kg 的质点在力F 的作用下沿x 轴作直线运动,已知F ＝120t ＋40,式中F 的单位为N,t 的单位的ｓ．在t ＝0 时,质点位于x ＝5.0 m 处,其速度v 0＝6.0 m ·ｓ-1 ．求质点在任意时刻的速度和位置．解因加速度a ＝d v /d t ,在直线运动中,根据牛顿运动定律有t mt d d 40120v=+依据质点运动的初始条件,即t 0 ＝0 时v 0 ＝6.0 m ·ｓ-1 ,运用分离变量法对上式积分,得()⎰⎰+=ttt 0d 0.40.12d 0vv vv ＝6.0+4.0t+6.0t 2又因v ＝d x /d t ,并由质点运动的初始条件：t 0 ＝0 时x 0 ＝5.0 m,对上式分离变量后积分,有()⎰⎰++=txx tt t x 020d 0.60.40.6dx ＝5.0+6.0t+2.0t 2+2.0t 33.质量为m 的跳水运动员,从10.0 m 高台上由静止跳下落入水中．高台距水面距离为h ．把跳水运动员视为质点,并略去空气阻力．运动员入水后垂直下沉,水对其阻力为bv 2 ,其中b 为一常量．若以水面上一点为坐标原点O ,竖直向下为Oy 轴,求：(1) 运动员在水中的速率v 与y 的函数关系；(2) 如b /m ＝0.40m -1,跳水运动员在水中下沉多少距离才能使其速率v 减少到落水速率v 0 的1 /10？(假定跳水运动员在水中的浮力与所受的重力大小恰好相等)解 (1) 运动员入水前可视为自由落体运动,故入水时的速度为gh 20=v 运动员入水后,由牛顿定律得P -F ｆ -F ＝ma由题意P ＝F 、F ｆ＝bv 2 ,而a ＝d v /d t ＝v (d v /d y ),代入上式后得-bv 2＝ mv (d v /d y )考虑到初始条件y 0 ＝0 时, gh 20=v ,对上式积分,有⎰⎰=⎪⎭⎫⎝⎛-v v v v 0d d 0ty m b m by m by e gh e //02--==v v(2) 将已知条件b/m ＝0.4 m -1 ,v ＝0.1v 0 代入上式,则得m 76.5ln 0=-=v v b m y4.直升飞机的螺旋桨由两个对称的叶片组成．每一叶片的质量m＝136 kg,长l ＝3.66 m ．求当它的转速n ＝320 r/min 时,两个叶片根部的张力．(设叶片是宽度一定、厚度均匀的薄片)分析螺旋桨旋转时,叶片上各点的加速度不同,在其各部分两侧的张力也不同；由于叶片的质量是连续分布的,在求叶片根部的张力时,可选取叶片上一小段,分析其受力,列出动力学方程,然后采用积分的方法求解．解设叶片根部为原点O ,沿叶片背离原点O 的方向为正向,距原点O 为r 处的长为d r 一小段叶片,其两侧对它的拉力分别为F Ｔ(r)与F Ｔ(r ＋d r )．叶片转动时,该小段叶片作圆周运动,由牛顿定律有()()r r ωl m r r F r F F T T T d d d 2=+-=由于r ＝l 时外侧F Ｔ＝0,所以有()r r l ωm F lrtr F T T d d 2⎰⎰=()()()22222222rl l mn πr l l ωm r F T --=--=上式中取r ＝0,即得叶片根部的张力F Ｔ0 ＝-2.79 ×105 N负号表示张力方向与坐标方向相反．5.光滑的水平桌面上放置一半径为R 的固定圆环,物体紧贴环的内侧作圆周运动,其摩擦因数为μ,开始时物体的速率为v 0 ,求：(1) t 时刻物体的速率；(2) 当物体速率从v 0减少到12 v 0时,物体所经历的时间及经过的路程．分析运动学与动力学之间的联系是以加速度为桥梁的,因而,可先分析动力学问题．物体在作圆周运动的过程中,促使其运动状态发生变化的是圆环内侧对物体的支持力F N 和环与物体之间的摩擦力F ｆ ,而摩擦力大小与正压力F N ′成正比,且F N 与F N ′又是作用力与反作用力,这样,就可通过它们把切向和法向两个加速度联系起来了,从而可用运动学的积分关系式求解速率和路程．解 (1) 设物体质量为m ,取图中所示的自然坐标,按牛顿定律,有R m ma F n N 2v ==t ma F t d d f v -=-=由分析中可知,摩擦力的大小F ｆ＝μF N ,由上述各式可得t R μd d 2v v -=取初始条件t ＝0 时v ＝v 0 ,并对上式进行积分,有⎰⎰-=v v v v 020d d μR t ttμR R 00v v v +=(2) 当物体的速率从v 0 减少到1/2v 0时,由上式可得所需的时间为v μR t ='物体在这段时间内所经过的路程⎰⎰''+==t t tt μR R t s 0000d d v v v2ln μR s =6.质量为m 的摩托车,在恒定的牵引力F 的作用下工作,它所受的阻力与其速率的平方成正比,它能达到的最大速率是v m ．试计算从静止加速到v m /2所需的时间以及所走过的路程．分析该题依然是运用动力学方程求解变力作用下的速度和位置的问题,求解方法与前两题相似,只是在解题过程中必须设法求出阻力系数k ．由于阻力F r ＝kv 2 ,且F r 又与恒力F 的方向相反；故当阻力随速度增加至与恒力大小相等时,加速度为零,此时速度达到最大．因此,根据速度最大值可求出阻力系数来．但在求摩托车所走路程时,需对变量作变换．解设摩托车沿x 轴正方向运动,在牵引力F 和阻力F r 同时作用下,由牛顿定律有t mk F d d 2vv =- (1)当加速度a ＝d v /d t ＝0 时,摩托车的速率最大,因此可得k ＝F/v m 2 (2)由式(1)和式(2)可得t m F m d d 122vv v =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛- (3)根据始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m tF m t v vv v 2101220d 1d则3ln 2F m t mv =又因式(3)中x m t md d d d vv v =,再利用始末条件对式(3)积分,有⎰⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=m m xF mx v vv v 2101220d 1d则F m F m x m m 22144.034ln 2v v ≈= 7.飞机降落时,以v 0 的水平速度着落后自由滑行,滑行期间飞机受到的空气阻力F 1＝-k 1 v 2 ,升力F 2＝k 2 v 2 ,其中v 为飞机的滑行速度,两个系数之比k 1/ k 2 称为飞机的升阻比．实验表明,物体在流体中运动时,所受阻力与速度的关系与多种因素有关,如速度大小、流体性质、物体形状等．在速度较小或流体密度较小时有F ∝v ,而在速度较大或流体密度较大的有F ∝v 2 ,需要精确计算时则应由实验测定．本题中由于飞机速率较大,故取F ∝v 2 作为计算依据．设飞机与跑道间的滑动摩擦因数为μ,试求飞机从触地到静止所滑行的距离．以上计算实际上已成为飞机跑道长度设计的依据之一．分析如图所示,飞机触地后滑行期间受到5 个力作用,其中F 1为空气阻力, F 2 为空气升力, F 3 为跑道作用于飞机的摩擦力,很显然飞机是在合外力为变力的情况下作减速运动,列出牛顿第二定律方程后,用运动学第二类问题的相关规律解题．由于作用于飞机的合外力为速度v 的函数,所求的又是飞机滑行距离x ,因此比较简便方法是直接对牛顿第二定律方程中的积分变量d t 进行代换,将d t用v xd 代替,得到一个有关v 和x 的微分方程,分离变量后再作积分．解取飞机滑行方向为x 的正方向,着陆点为坐标原点,如图所示,根据牛顿第二定律有t mk F N d d 21vv =- (1)22=-+mg k F N v (2)将式(2)代入式(1),并整理得()x m t mk μk mg μd d d d 221v v v v ==---分离变量并积分,有()⎰⎰⨯-=-+0221d d 0x k μk mg μvm vv vv得飞机滑行距离()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=mg μk μk mg μk μk mx 22121ln 2v (3)考虑飞机着陆瞬间有F N ＝0 和v ＝v 0 ,应有k 2v 02 ＝mg,将其代入(3)式,可得飞机滑行距离x 的另一表达式()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=212122k ln 2k μk μk g k x v讨论如飞机着陆速度v 0＝144 km ·h -1 ,μ＝0.1,升阻比521=k k ,可算得飞机的滑行距离x ＝560 m,设计飞机跑道长度时应参照上述计算结果．8.如图(a)所示,在光滑水平面上,放一质量为m ′的三棱柱A ,它的斜面的倾角为α．现把一质量为m 的滑块B 放在三棱柱的光滑斜面上．试求：(1)三棱柱相对于地面的加速度；(2) 滑块相对于地面的加速度；(3) 滑块与三棱柱之间的正压力．分析这类问题可应用牛顿定律并采用隔离体法求解．在解题的过程中必须注意：(1) 参考系的选择．由于牛顿定律只适用于惯性系,可选择地面为参考系(惯性系)．因地面和斜面都是光滑的,当滑块在斜面上下滑时,三棱柱受到滑块对它的作用,也将沿地面作加速度为a A 的运动,这时,滑块沿斜面的加速度a BA ,不再是它相对于地面的加速度a B 了．必须注意到它们之间应满足相对加速度的矢量关系,即a B ＝a A ＋a BA ．若以斜面为参考系(非惯性系),用它求解这类含有相对运动的力学问题是较为方便的．但在非惯性系中,若仍要应用牛顿定律,则必须增添一惯性力F ,且有F ＝ma A ．(2) 坐标系的选择．常取平面直角坐标,并使其中一坐标轴方向与运动方向一致,这样,可使解题简化．(3) 在分析滑块与三棱柱之间的正压力时,要考虑运动状态的影响,切勿简单地把它视为滑块重力在垂直于斜面方向的分力mg cos α,事实上只有当a A ＝0 时,正压力才等于mg cos α．解1 取地面为参考系,以滑块B 和三棱柱A 为研究对象,分别作示力图,如图(b)所示．B 受重力P 1 、A 施加的支持力F N1 ；A 受重力P 2 、B 施加的压力F N1′、地面支持力F N2 ．A 的运动方向为Ox 轴的正向,Oy 轴的正向垂直地面向上．设a A 为A 对地的加速度,a B 为B 对的地加速度．由牛顿定律得A a m α'='sin N1F (1)Bxma α=-sin N1F (2) Byma mg α=-cos N1F (3)'=N1N1F F (4)设B 相对A 的加速度为a BA ,则由题意a B 、a BA 、a A 三者的矢量关系如图(c)所示．据此可得αa a a BA A Bx cos -= (5)αa a BA By sin -= (6)解上述方程组可得三棱柱对地面的加速度为αm m ααmg a A 2sin cos sin +'=滑块相对地面的加速度a B 在x 、y 轴上的分量分别为αm m ααg m a Bx 2sin cos sin +''=()αm m αg m m a By22sin sin +'+'-=则滑块相对地面的加速度a B 的大小为()αm m αm m m m αg a a a ByBx B 222222sin sin 2sin +'+'+'=+=其方向与y 轴负向的夹角为mm αm a a θBy Bx +'+'==cot arctan arctanA 与B 之间的正压力αm m αmg m F 2N1sin cos +''=解2 若以A 为参考系,Ox 轴沿斜面方向［图(d)］．在非惯性系中运用牛顿定律,则滑块B 的动力学方程分别为BA A ma αma αmg =+cos sin (1)sin cos N1=--αma F αmg A (2)又因 0sin N1='-'A a m αF (3)'=N1N1F F (4)由以上各式可解得αm m ααmg a A 2sin cos sin +'=()αm m αg m m a BA 2sin sin +'+'-=由a B 、a BA 、a A 三者的矢量关系可得()αm m αm m m m αg a B 2222sin sin 2sin +'+'+'=以a A 代入式(3)可得αm m αmg m F 2N1sin cos +''=。