2020_2021学年新教材高中物理习题课二牛顿运动定律的三类典型问题课堂检测含解析粤教版必修1

高考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)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：(1)物块B 滑到14圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：2012mgR mv =代入数据解得：v 0=5m/s在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：20v F mg m R-=代入数据解得：F =60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：μmg =ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有2202v v al -=代入数据解得：v=4m/s由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得：22212111222mv mv Mv =+ 解得：12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得：l′=2m ＜4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

牛顿运动定律的三类典型问题(25分钟·60分)一、选择题（本题共6小题,每题6分,共36分）1.如图所示,质量为m的小球用水平轻质弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态。

在木板AB突然撤离的瞬间,小球的加速度大小为（重力加速度为g）（）A.0 B。

g C。

g D.g【解析】选B。

未撤离木板时,小球受重力G、弹簧的拉力F T和木板的弹力F N的作用处于静止状态,通过受力分析可知,木板对小球的弹力大小为mg.在撤离木板的瞬间,弹簧的弹力大小和方向均没有发生变化，而小球的重力是恒力，故此时小球受到重力G、弹簧的拉力F T，小球所受合力与撤离木板前木板对小球的弹力大小相等、方向相反，故小球的加速度大小为g。

2。

一气球吊着一重物，以7 m/s的速度匀速上升,某时刻绳子突然断裂,则绳子断裂瞬间重物的速度v和加速度a的大小分别为(重力加速度g取10 m/s2）(）A。

v=0,a=0 B.v=7 m/s，a=0C.v=7 m/s，a=10 m/s2D。

v=0,a=10 m/s2【解析】选C。

重物和气球一起以7 m/s的速度匀速上升,在绳子突然断开的瞬时,重物由于惯性要保持原来的向上的运动状态,所以此时重物的速度仍为v=7 m/s；绳子突然断开的瞬间，绳的拉力消失,重物只受重力，故其加速度大小等于重力加速度大小，即a=g=10 m/s2，故C正确。

【加固训练】如图所示，A、B球的质量相等,弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑,系统静止时,弹簧与细线均平行于斜面,在细线被烧断的瞬间，下列说法正确的是()A。

两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下,大小均为gsin θB.B球的瞬时加速度沿斜面向下，小于gsin θC.A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsin θD。

弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上,A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度都不为零【解析】选C.系统原来静止,根据平衡条件可知，对B球有:F弹=mgsin θ,对A球有:F绳=F弹+mgsinθ,细线被烧断的瞬间，细线的拉力立即减为零,但弹簧的弹力不发生改变，则:B球受力情况未变,瞬时加速度为零;对A球,根据牛顿第二定律得:a===2gsinθ,方向沿斜面向下,故A、B、D错误,C正确。

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．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/s2．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P 到达B 时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s（4）222200.4/80.4/ca a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（） 如图所示：【解析】 【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。

2020-2021学年高中物理新教材鲁科版必修第一册学案：第5章第3节牛顿第二运动定律含解析第3节牛顿第二运动定律学习目标：1。

[物理观念]（1）掌握牛顿第二定律的文字内容和数学表达式．(2)知道单位制、基本单位和导出单位的概念． 2.[科学思维]学会利用牛顿第二定律解决实际问题,并且能够从不同角度解决动力学问题，具有质疑和创新意识． 3.[科学探究］学会通过加速度与力、质量关系的数据探究，归纳各物理量之间可能存在的关系，并能解释相关自然现象．4。

［科学态度与责任］尊重客观规律,坚持实事求是,将牛顿运动定律应用于日常生活实际，能认识牛顿运动定律的应用对人类文明进步的推动作用．阅读本节教材，回答第118页和第120页“物理聊吧”的问题，并梳理必要知识点．教材P118页“物理聊吧”问题提示：不矛盾．无论用多小的力还是很大的力推柜子时,皆因柜子受到平衡力的作用，合力为零,因而加速度为零，柜子始终静止不动．教材P120页“物理聊吧”问题提示：垫高木板一端,使小车不挂重物时能匀速运动，说明小车处于平衡状态,所受合力为零．挂上重物时，当重物质量远小于小车质量，才可以近似认为小车受到的合力约等于重物的重力．一、牛顿第二定律1．内容：物体加速度的大小与所受合外力的大小成正比,与物体的质量成反比，加速度方向与合外力方向相同．2．表达式：F＝kma。

合质量的单位用kg，加速度的单位用m/s2,且规定质量为1 kg的物体产生1 m/s2的加速度所用的力为1 N,这样表达式中的k就等于1，牛顿第二定律表达式可简化为F＝ma。

说明：公式F＝ma中，F一般指合力，a对应的指合加速度．二、力学单位制1．国际单位（1）基本单位：在力学中有米（m)(长度单位)、千克（kg)(质量单位）、秒（s)(时间单位）．（2)导出单位：在力学中利用物理公式从三个基本单位导出的其他单位．2．意义与作用：用公式计算时，所列的等式中不必一一写出每个物理量的单位,只要在计算结果的数据后面写出待求量的单位即可．注意：可以利用单位，反推出公式正确性和计算结果的正确性．1．思考判断（正确的打“√”，错误的打“×”)（1)由牛顿第二定律可知，物体的质量与物体所受合外力成正比，与物体的加速度成反比．(×）（2）物体加速度的大小由物体的质量和物体所受合外力大小决定，与物体的速度大小无关．(√)(3)物体加速度的方向只由它所受合力的方向决定，与速度方向无关．(√）(4)在力学问题的分析计算中，只能采用国际单位，不能采用其他单位．(×）(5）力学单位制中，国际单位制的基本单位有千克、米、秒．（√)（6）只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F＝ma. (√) 2．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是(）A．牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用B．某一瞬时的加速度，不但与这一瞬时的外力有关，而且与这一瞬时之前或之后的外力有关C．在公式F＝ma中,若F为合外力,则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和D．物体的运动方向一定与物体所受合外力的方向一致C［牛顿第二定律只适用于宏观物体在低速时的运动，A错误；F＝ma具有同时性，B错误;如果F＝ma中F是合外力，则a 为合外力产生的加速度,即各分力产生加速度的矢量和，C正确；如果物体做减速运动，则v与F反向，D错误．］3．(多选）下列说法中正确的是()A．质量是物理学中的基本物理量B．长度是国际单位制中的基本单位C．kg·m/s是国际单位制中的导出单位D．时间的单位——小时,是国际单位制中的导出单位AC［质量是力学中的基本物理量，A正确；长度是物理量,不是单位,B错误;kg·m/s是国际单位制中的导出单位,C正确；小时是时间的基本单位，不是导出单位，D错误．]对牛顿第二定律的理解在日常生活中，小巧美观的冰箱贴使用广泛，增加了室内的美感．一磁性冰箱贴贴在冰箱的表面上静止．探究：(1)分析冰箱贴受哪些力？是否有加速度？（2）若把冰箱贴拿在手里，猛一松手，它是否立即有加速度？若有加速度，请指明其方向？提示：(1）冰箱贴受重力和竖直向上的摩擦力，磁力和弹力，它们分别是两对平衡力，合力为零,加速度为零．（2）猛一松手，冰箱贴受重力和空气阻力，合力竖直向下，立即有了竖直向下的加速度．1．牛顿第二定律揭示了加速度与力和质量的定量关系，指明了加速度大小和方向的决定因素．2．牛顿第二定律的五点说明A．由F＝ma可知,F与a成正比，m与a成反比B．牛顿第二定律说明当物体有加速度时，物体才受到外力的作用C．加速度的方向总跟合外力的方向一致D．当外力停止作用时，加速度随之消失思路点拨：理解上述表格中加速度的“五性”是解决该类问题的关键．CD［虽然F＝ma表示牛顿第二定律，但F与a无关，因a 是由m和F共同决定的，即a∝错误!且a与F同时产生、同时消失、同时存在、同时改变;a与F的方向永远相同．综上所述,可知选项A、B错误,C、D正确．］正确理解牛顿第二定律（1)物体的加速度和合力是同时产生的，不分先后，但有因果性，力是产生加速度的原因，没有力就没有加速度．（2)不能根据m＝错误!得出m∝F、m∝错误!的结论，物体的质量m是由自身决定的，与物体所受的合力和运动的加速度无关，但物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受到的合力而求得．(3)不能由F＝ma得出F∝m、F∝a的结论,物体所受合力的大小是由物体的受力情况决定的,与物体的质量和加速度无关．［跟进训练]1．根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是（）A．物体加速度的大小跟它的质量、受到的合力无关B．物体所受合外力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C．物体加速度的大小跟它所受的作用力中的任一个的大小成正比D．当物体质量改变但其所受合外力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比［答案］D牛顿第二定律的应用“歼10”战机装备我军后，在各项军事演习中表现优异,引起了世界的广泛关注．如图所示，一架质量m＝5.0×103kg的“歼10”战机，从静止开始在机场的跑道上滑行，经过距离s＝5。

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。

高考物理新力学知识点之牛顿运动定律经典测试题附答案解析(3)一、选择题1．为了研究超重和失重现象，某同学站在力传感器上做“下蹲”和“站起”的动作，力传感器将采集到的数据输入计算机，可以绘制出压力随时间变化的图线。

某次实验获得的图线如图所示，a 、b 、c 为图线上的三点，有关图线的说法可能正确的是A ．a →b →c 为一次“下蹲”过程B ．a →b →c 为一次“站起”过程C ．a →b 为“下蹲”过程，b →c 为“站起”过程D ．a →b 为“站起”过程，b →c 为“下蹲”过程2．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=23FD ．f 1=F ，f 2=0 3．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．t0时间内，两球下落的高度相等4．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。

已知A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，下列说法正确的是A．A、B间摩擦力为零gθB．A加速度大小为cosC．C可能只受两个力作用D．斜面体受到地面的摩擦力为零t=时刻起，用一水平向右的拉力F 5．一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．6．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．3.75N7．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g8．下列说法符合历史事实的是A．伽利略的“冲淡”重力实验，证明了自由落体运动是匀加速直线运动B．牛顿开创了以实验检验、猜想和假设的科学方法C．牛顿第一定律是实验定律D．爱因斯坦先提出，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质的观点9．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。

高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

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，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）(2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ；(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J【解析】【分析】【详解】(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ，代入数据得：F =7.5N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有：mgh =212mv 解得v 2gh ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：μmgL =2201122mv mv 代入数据得：μ=0.25(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为：x=v 0t对物体有：v 0=v −atma=μmg滑块相对传送带滑动的位移为：△x =L−x相对滑动产生的热量为：Q=μmg △x代值解得：Q =0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．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：22B v 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 F a M M Mμμμμ--+--+==+ 乙图知 114M = 12()94mg M m g M μμ--+=- 解得M = 4 kgμ2=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0111s 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 g a 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 =-+-=．4．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能．（2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-=对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t +=这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为2222243()()1223a t a tx ma a∆=-=--整个过程物块与木板的相对位移为1282.673x x x m m∆=∆-∆==点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．5．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M10.5kg=，Q的质量m 1.5kg=，弹簧的质量不计，劲度系数k800/N m=，系统处于静止.如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力.求力F的最大值与最小值.(取g210/)m s=【答案】max168NF=min72NF=【解析】试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力静止时由()M m g kX+=物体离开秤盘时212x at=()k X x mg ma--=maxF Mg Ma-=以上各式代如数据联立解得max168NF=该开始向上拉时有最小拉力则min()()F kX M m g M m a+-+=+解得min72NF=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．6．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 1mg 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+⋅-+= 2111 2W 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．7．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ，A 球所带电荷量为+q ，B 球不带电。

高中物理牛顿运动定律的应用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=08 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)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=2．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．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/s 2，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：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v =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：2N Bv mg F m R-=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．4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''=解得：113t s =2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭''解得23t s =故经过时间12310.913t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsin θ-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．6．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．2．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3μ=，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．3．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。

高考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)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．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．3．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ︒=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。

高中物理牛顿运动定律解题技巧分析及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量为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，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ；(2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ：水平方向：N 1F F =竖直方向：A A A m g f m a -=且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =对B 由位移公式得：212B B x a t = 由位移关系得：B A x h x =-由速度公式得B 的速度：B B v a t =对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -=恒力F 2的功率：2B P F v =联立解得：P ＝50W4．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210.5ma g s μ==，且方向向右 板产生的加速度220.5mgm a s M μ==，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．5．某研究性学习小组利用图a所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系。

最新高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧讲解及练习题(含答案)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，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能．（2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+ 由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-=对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为2222243()()1223a t a tx ma a∆=-=--整个过程物块与木板的相对位移为1282.673x x x m m∆=∆-∆==点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．2．在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C，方向与x轴正方向相同，在原点O处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q= -5×10－8 C．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x轴正方向的初速度v0=2 m/s.如图所示．试求：(1)物块沿x轴正方向运动的加速度；(2)物块沿x轴正方向运动的最远距离；(3)物体运动的总时间为多长？【答案】(1)5 m/s2(2)0.4 m (3)1.74 s【解析】【分析】带负电的物块以初速度v0沿x轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间．【详解】（1）由牛顿第二定律可得mg Eq maμ+=，得25m/sa=（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()21012mg Eq s mvμ-+=-．代入数据，得：s1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22tv v vs t t+==，得：t1=0.4s接着物块向左作匀加速直线运动：221m/sqE mgam＝μ-=．根据：212212s a t=得220.2t s=物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/smga gmμμ=-=-=-根据：3322a t a t = 解得30.2t s =物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++=【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．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。

高中物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(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+220425mg sin x θt 2 因分离时位移x=04x 由x=04x =12at 2解得：052x t gsin θ=故应保证0≤t＜52x gsin θ，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，有一质量为M =2kg 的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m =1kg 的小物块A 和B （均可视为质点），由车上P 处开始，A 以初速度=2m/s 向左运动，同时B 以=4m/s 向右运动，最终A 、B 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B 离小车右端的距离；（2）从A 、B 开始运动计时，经t=6s 小车离原位置的距离。

高中物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(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，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=25Ncos 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F 1，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 ′c os 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．3．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.4．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。

高中物理牛顿运动定律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1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．2．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点．（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（0sin 370.6,cos370.8==）【答案】（1）2;amg F ma mg v k=+=（2）343C mg m g a ≥- 【解析】 【分析】 【详解】（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mgx k =． 根据22v ax =解得：22amgv ax k==对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg ， 解得F=ma+mg ；（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中1T kx mg =≤；竖直方向：sin C F m g θ≤； 联立解得 343C mgm g a≥-3．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.4．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．5．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =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210m/s g =，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2μ． 【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x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2 则有210112x v t a t =-22212x a t =12x L x =+又012v a t a t -=代入数据得t =1s（2）根据牛顿第二定律，有121()M m g mg Ma μμ++=22mg ma μ=解得20.08μ=6．一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．7．“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。

高考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)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 ）gsin θ 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，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。