牛顿运动定律经典例题(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。

牛顿运动定律典型例题参考答案一、连接体问题（整体法与隔离法）：1.二体连接问题例题1：F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g F=（M+m）g例题2：例题3：2.多体连接问题：例题4：例题5：二、 超失重问题：例题1：BC例题2：A 例题3：C 例题4：A例题5：D三、 等环境问题（力的质量分配原则）：例题1.例题2.D四、 临界值问题： 例题1. 解析:（1）ma sin N cos T =α-αmg cos N sin T =α+α当g 31a =时，N=68.4（N ） T=77.3（N ） (2) 若N=0，则有'm a cos T =αm g sin T =α )s /m (17g 3gctg 'a ==α=例题2.五、 瞬时值问题：例题1：解析：分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态，再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。

此类问题应注意两种模型的建立。

先分析剪断细线前两个物体的受力如图2，据平衡条件求出绳或弹簧上的弹力。

可知，F mg 2=，F F mg mg 122=+='。

剪断细线后再分析两个物体的受力示意图，如图2，绳中的弹力F 1立即消失，而弹簧的弹力不变，找出合外力据牛顿第二定律求出瞬时加速度，则图2剪断后m 1的加速度大小为2g ，方向向下，而m 2的加速度为零。

例题2：C例题3，D 例题4: （a=gsinθ ，a=gtanθ ） 例题5、BD 六、 分离问题：例题1：例题2：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用。

据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma ，当N=0时，物体与平板分离，所以此时ka g m x )(-= 因为221at x =，所以kaa g m t )(2-= 例题3：七、 相对滑动问题：例题1：例题2：BC 例题3：ABC例题4：例题5：例题6：例题7：八、 传送带问题：例题1：D例题2：解析: 物体放上传送带以后，开始一段时间，其运动加速度2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θμθ。

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析一、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的应用题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．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．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试题(有答案和解析)及解析一、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．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。

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 内由动能定理：，解得x2=39m所以小车在加速运动过程中位移的大小为3m+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.洗车档的内、外地面均水平，门口的斜坡倾角为θ 。

质量为m的Jeep洗完车出来，空挡滑行经历了如图所示的三个位置。

忽略车轮的滚动摩擦，下列说法正确的是A．在三个位置Jeep都正在做加速运动B．在乙位置Jeep正在做匀速运动C．在甲位置Jeep受到的合力等于mgsinθD．在丙位置Jeep的加速度小于gsinθ【答案】BD【解析】甲图和丙图中Jeep的前轮和后轮分别在斜坡上，所以是加速运动，而乙图中Jeep的前后轮均在水平面上，所以做运动运动，选项B正确，A错误；在甲位置和丙位置Jeep受到的合力均小于mgsinθ ，加速度均小于gsinθ， D正确，C错误。

【考点】牛顿定律的应用。

3.如图1所示，质量为m=2kg的小滑块放在质量为M=1kg的长木板上,已知小滑块与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，开始小滑块和长木板均处于静止状态，现对小滑块施加向右的水平拉力F，水平拉力F随时间的变化规律如图2所示，已知小滑块始终未从长木板上滑下且μ1=0.2，μ2=0.1，g=10m/s2。

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：255/v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=，求：()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量． 【详解】()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中，有：13mg ma μ=； 031m v v a t =-；在整个过程中，由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．3．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ； (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．【答案】（1）75m （2）40m/s （355s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m ． （2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H ， 代入数据解得 v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得．4．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =【解析】 【详解】（1）A 、B 受力如图所示：A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =（2）对A 由位移公式得：212A A x a t = 对B 由位移公式得：212B B x a t =由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：0001()m v m m v =+解得：2m v s =；(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m a g s μ==，且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==，且方向向左设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动则：12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2N v F mg m R-=代入相关数据解得：F N =12.5N.由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远．6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤7．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：2210510/10.5a m s -==- 此过程有：mgs inθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：s ＝12×10×1.5＝7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．8．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t 代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2212a t可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．9．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2112h gt =t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2hv =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝mg解得：N＝0根据牛顿第三定律有：N′＝N＝0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma根据匀变速直线运动规律有：a＝222vh-＝－15m/s2解得：N＝75N（2分）根据牛顿第三定律有：N′＝N＝75N，即球对手的压力为75N考点：牛顿第二及第三定律的应用10．如图所示，质量1m kg=的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N=作用下沿杆向上滑动．（210/g m s=）求：（1）求球对杆的压力大小和方向；（2）小球的加速度多大；（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大．【答案】（1）53N方向垂直于杆向上（2）22.5m/s（3） 0N【解析】(1)小球受力如图所示：建立图示坐标，沿y方向，有：(F−mg)cos30∘−FN=0解得：FN=53N根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N，方向垂直于杆向上．(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：a=2.5m/s2（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：F=0N。

物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析一、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 。

高一物理牛顿运动定律试题答案及解析1.（8分）汽车发动机的额定功率为60kW，汽车质量为5t，汽车在水平路面上行驶时，阻力是车重的0.1倍，g取10ｍ/s2，问：（1）汽车保持额定功率从静止起动后能达到的最大速度是多少?（2）若汽车保持0.5ｍ/s2的加速度做匀加速运动，这一过程能维持多长时间?【答案】（1）12m/s；（2）16s。

【解析】（1）因为v=m/s=12m/s；（2）做匀加速运动的最大速度为v′=m/s=8m/s；故这一过程的时间为t==16s【考点】汽车启动问题。

2.如图所示，光滑水平面上放有质量均为m的滑块A和斜面体C，在C的斜面上又放有一质量也为m的滑块B，用力F推滑块A使三者无相对运动地向前加速运动，则各物体所受的合力（）A．滑块A最大B．斜面体C最大C．同样大D．不能判断谁大谁小【答案】C【解析】由于三者无相对运动地向前共同加速运动，且质量均相同，根据牛顿第二定律F=ma可知，F均相同，故C正确。

【考点】牛顿第二定律3.一辆以12m/s的速度在水平路面上行驶的汽车，在关闭油门后刹车过程中以3m/s2的加速度做匀减速运动，那么汽车关闭油门后2s内的位移是多少米？关闭油门后5s内的位移是多少米？【答案】(1)18m(2)24m【解析】汽车停下来的时间为，汽车在关闭油门后2s内的位移是由于汽车在4s末停止运动，所以前4s的位移等于5s末的位移故有关闭油门后5s内的位移是【考点】考查了匀变速直线运动规律的应用4.一辆值勤的警车停在公路边，当警员发现在他前面9m处以7m/s的速度匀速向前行驶的货车有违章行为时，决定前去追赶，经3.0s，警车发动起来，以加速度a=2m/s2做匀加速运动.求：(1)警车发动后经多长时间能追上违章的货车，这时警车速度多大；(2)在警车追上货车之前，何时两车间的最大距离，最大距离是多少.【答案】（1）t=10s，20m/s（2）【解析】①得 t=10s v=at=20m/s②当两车速度相等时，两车间距最大【考点】追击相遇问题【名师】关键是抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时，相距最远，（1）根据位移关系，结合运动学公式求出追及的时间，根据速度时间公式求出警车的速度．（2）当两车的速度相等时，相距最远，根据速度时间公式求出相距最远的时间，根据位移公式求出相距的最远距离5.（10分）如图所示，小球在较长的斜面顶端，以初速度v=2m/s，加速度a=2m/s2向下滑，在到达底端的前1s内，所滑过的距离为，其中L为斜面长，则（1）小球在斜面上滑行的时间为多少？（2）斜面的长度L是多少？【答案】（1）3s；（2）15m【解析】设小球在斜面上运动的总时间为t，则由题意和公式 x＝vt+at2得：解上面两个方程得：t=3s；L=15m【考点】匀变速直线运动的规律6.（10分）一列车A的制动性能经测定：当它以标准速度V=20m/s在平直轨道上行驶时，制动后需tA =40s才停下。

高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

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

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。

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

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

取g =10m/s 2。

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

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

高中物理必修一一、【牛顿运动定律】1．伽利略的斜面实验证明了()A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或者静止状态解析：选D．伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确．2．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是()A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同解析：选B．力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误．3.某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则()A．此同学无法取出羽毛球B．羽毛球会从筒的下端出来C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D．该同学是在利用羽毛球的惯性解析：选D．羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D 正确．4．(多选)下列说法正确的是( )A ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，但它的惯性却不随位置的变化而变化C ．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D ．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 解析：选BD ．惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故选项B 、D 正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv ＝at 可知需要的时间长，惯性未变，故选项A 错误；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故选项C 错误．5．夸克(quark)是一种基本粒子，也是构成物质的基本单元．其中正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为E p ＝－k 4αs 3r，式中r 是正、反顶夸克之间的距离，αs 是无单位的常量，k 是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数k 的单位是( )A ．N ·mB ．NC ．J/mD ．J ·m解析：选D ．由题意有k ＝－3E p r 4αs，αs 是无单位的常量，E p 的国际单位是J ，r 的国际单位是m ，在国际单位制中常数k 的单位是J ·m ，D 正确，A 、B 、C 错误．6. (多选)如图所示，质量为m 的小球被一根橡皮筋AC 和一根绳BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．下列判断中正确的是( )A ．在AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变B ．在AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θC ．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g cos θD ．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ解析：选BC ．设小球静止时BC 绳的拉力为F ，AC 橡皮筋的拉力为T ，由平衡条件可得：F cos θ＝mg ，F sin θ＝T ，解得：F ＝mg cos θ，T ＝mg tan θ.在AC 被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝mg sin θ＝g sin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小m＝球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝Fm gcos θ，C正确，D错误．7. (多选)搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向下喷气，喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力，从而让火箭获得了向上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：选AD．火箭升空时，其尾部向下喷气，火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体．火箭向下喷气时，喷出的气体对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力．此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的，因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关，选项B、C错误，A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星吸引地球，这就是一对作用力与反作用力，故选项D正确．8.如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()A ．m g 2－⎝⎛⎭⎫F M ＋m 2B ．m g 2＋⎝⎛⎭⎫F M ＋m 2C ．m g 2＋⎝⎛⎭⎫F m 2D ．(mg )2＋F 2解析：选B ．先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：F N ＝(mg )2＋(ma )2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，故B 正确．9.如图所示，将两个相同的条形磁铁吸在一起，置于桌面上，下列说法中正确的是( )A ．甲对乙的压力的大小小于甲的重力的大小B ．甲对乙的压力的大小等于甲的重力的大小C ．乙对桌面的压力的大小等于甲、乙的总重力大小D ．乙对桌面的压力的大小小于甲、乙的总重力大小解析：选C ．以甲为研究对象，甲受重力、乙的支持力及乙的吸引力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，乙对甲的支持力大小等于甲受到的重力和吸引力的大小之和，大于甲的重力大小，由牛顿第三定律可知，甲对乙的压力大小大于甲的重力大小，故A 、B 错误；以整体为研究对象，整体受重力、支持力而处于平衡状态，故桌面对乙的支持力等于甲、乙的总重力的大小，由牛顿第三定律可知乙对桌面的压力大小等于甲、乙的总重力大小，故C 正确，D 错误．10.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法正确的是( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A．由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．11.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则()A．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态B．运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零C．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力D．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力解析：选C．运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A错误；运动员把跳板压到最低点时，跳板给运动员的弹力大于运动员受到的重力，合外力不为零，故B错误；从最低点到运动员离开跳板过程中，跳板对运动员的作用力做正功，重力做负功，二力做功位移一样，运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C正确；跳板对运动员的作用力与运动员对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误．12．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选C．根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错误；因为甲对绳的拉力和乙对绳的拉力作用在同一个物体(绳)上，故两力不可能是作用力与反作用力，故选项B错误；若甲的质量比乙大，则甲的惯性比乙的大，故运动状态改变比乙难，故乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误．13．(山东省2020等级考试) (多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是()解析：选AD．人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离均匀增加，人的加速度随下落距离先均匀减小后反向均匀增大，C 错误，D 正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加．B 错误，A 正确．14．(多选)某物体在光滑的水平面上受到两个恒定的水平共点力的作用，以10 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，其中F 1与加速度的方向的夹角为37°，某时刻撤去F 1，此后该物体( )A ．加速度可能为5 m/s 2B ．速度的变化率可能为6 m/s 2C ．1 秒内速度变化大小可能为20 m/sD ．加速度大小一定不为10 m/s 2解析：选BC ．根据牛顿第二定律得F 合＝ma ＝10m ，F 1与加速度方向的夹角为37°，根据几何知识可知，F 2有最小值，最小值为F 2min ＝F 合sin 37°＝6m ，所以当F 1撤去后，合力的最小值为F min ＝6m ，此时合力的取值范围为F 合≥6m ，所以最小的加速度为a min ＝F min m＝6 m/s 2，故B 、C 正确． 15.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 2 解析：选B ．剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统分析，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3，方向沿斜面向下． 16．(多选) 如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°，弹簧b 与竖直方向成60°，弹簧a 、b 的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶1B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶2C ．若弹簧a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g 2解析：选AD ．由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x ，由受力分析图知，弹簧a 中弹力F a ＝mg cos 30°＝32mg ，根据胡克定律可知弹簧a 的劲度系数为k 1＝F a x ＝3mg 2x ，弹簧b 中的弹力F b ＝mg cos 60°＝12mg ，根据胡克定律可知弹簧b 的劲度系数为k 2＝F b x ＝mg 2x，所以弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1，A 正确，B 错误；弹簧a 中的弹力为32mg ，若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 弹力的合力与F a 大小相等、方向相反，小球的加速度大小a ＝F a m＝32g ，C 错误；弹簧b 中弹力为12mg ，若弹簧b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a 弹力的合力与F b 大小相等、方向相反，故小球的加速度大小a ′＝F b m＝12g ，D 正确．二、【牛顿第二定律的应用】1. (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块立即做减速运动B ．木块在一段时间内速度仍增大C ．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D ．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD ．木块刚开始接触弹簧时，弹簧对木块的作用力小于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误，B 、C 、D 正确．2．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m解析：选C ．汽车匀速行驶时，F ＝F f ①，设汽车牵引力减小后加速度大小为a ，牵引力减少ΔF ＝2 000 N 时，F f －(F －ΔF )＝ma ②，解①②得a ＝2 m/s 2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t 汽车停止运动，则t ＝v 0a ＝102s ＝5 s ，故汽车行驶的路程x ＝v 02t ＝102×5 m ＝25 m ，故选项C 正确． 3. (多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A ．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B ．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的速度越大D ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的时间越短解析：选AC ．设屋檐的底角为θ，底边长度为L ，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x ，雨滴下滑时加速度为a ，对雨滴受力分析，只受重力mg 和屋顶对雨滴的支持力F N ，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N ，平行于屋顶方向：ma ＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F N′＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．4．如图所示为四旋翼无人机，它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．一架质量为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定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间．解析：(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：F－mg－F f＝ma由运动学规律得，上升高度：h＝12at2联立解得：F f＝4 N.(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－F f＝ma1得：a1＝8 m/s2落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m.(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得： F －mg ＋F f ＝ma 2 得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，则有 v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1 得：t 1＝553s.答案：(1)4 N (2)100 m (3)553s5.一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m ．求：(g 取10 m/s 2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小．解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， 解得：μ＝36. (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能． 由x ＝12a 1t 2，得a 1＝2 m/s 2，当加速度沿斜面向上时：F cos θ－mg sin θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1，代入数据解得：F＝7635N；当加速度沿斜面向下时：mg sin θ－F cos θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma1，代入数据解得：F＝437N.答案：(1)36(2)7635N或437N6．(多选)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是()A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2解析：选BC．根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝Fm得：物体的加速度范围为2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，故A错误．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确．由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误．7．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置()A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析：选D ．设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但l sin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．8．如图所示，B 是水平地面上AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动到C 点停止．小物块经过B 点时的速度等于它在A 点时速度的一半．则小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有μ1mg ＝ma 1，得a 1＝μ1g .从B 到C 根据牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma 2，得a 2＝μ2g .设小物块在A 点时速度大小为v ，则在B 点时速度大小为v 2，由于AB ＝BC ＝l ，由运动学公式知，从A 到B ：⎝⎛⎭⎫v 22－v 2＝－2μ1gl ，从B到C ∶0－⎝⎛⎭⎫v 22＝－2μ2gl ，联立解得μ1＝3μ2，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．9.有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F ＝200 N ，木箱沿AC 做直线运动，若木箱可视为质点，g 取10 m/s 2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足的条件．解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a 1，根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1， 解得a 1＝3 m/s 2.(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2， 解得a 2＝1 m/s 2.推力作用在木箱上时间t 内的位移为x 1＝12a 1t 2.撤去推力后木箱继续滑行的距离为x 2＝(a 1t )22a 2.为使木箱停在有效区域内，要满足 L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1， 解得1 s ≤t ≤76s. 答案：(1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤76s 10．如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝6.5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，玩具移动的距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数． (2)松手后玩具还能滑行多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F 与水平方向夹角θ为多少时拉力F 最小？ 解析：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2， 对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma ， 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′， 解得a ′＝1033m/s 2.由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则 F cos θ－F f >0，F f ＝μF N ， 在竖直方向上，由平衡条件得 F N ＋F sin θ＝mg ， 解得F >μmgcos θ＋μsin θ.因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)，所以当θ＝30°时，拉力最小． 答案：(1)33 (2)335m (3)30°三、【动力学中的“板块”“传送带”模型】1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2L a＝ 2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：。

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小1D.的大小不变，而方向与角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为（）2由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）3实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对4表示滑块下滑的加速度大小，用表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大的关系式为．，．（结果保留3位有效数字）56，放在静止于水平地面上的木板的两；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为两滑块开始相向滑动，初速度大小均为．、相遇时，与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为．求：开始运动时，两者之间的距离．1上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小的合力大小方向不变，且与先增后减，始终变大．2D.；由，可知摩擦力为：，代入数据为：联立可得：，故C正确．故选C．相互作用共点力平衡多个力的动态平衡由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）34实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对56开始运动时，两者之间的距离．考点时和板共速和板共速后得加速度：再经过，和板共速，（2）牛顿运动定律牛顿运动定律专题滑块问题。

牛顿运动定律经典例题(含解析)7.14作业一 牛顿第一定律、牛顿第三定律看书 ：《大一轮》 第一讲基础热身1．2012·厦门模拟用一根轻质弹簧竖直悬挂一小球，小球和弹簧的受力如图K12－1所示， 下列说法正确的是( )B ．F 2的反作用力是F 3C ．F 3的施力物体是地球D ．F 4的反作用力是F 12．2011·芜湖模拟关于惯性，下列说法中正确的是( )A ．在月球上物体的重力只有在地面上的16，但是惯性没有变化 B ．卫星内的仪器由于完全失重，惯性消失了C ．铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转可增大铁饼惯性，使其飞得更远D ．磁悬浮列车能高速行驶是因为列车浮起后惯性小了3．2011·金华模拟跳高运动员蹬地后上跳，在起跳过程中( )A ．运动员蹬地的作用力大小大于地面对他的支持力大小B ．运动员蹬地的作用力大小等于地面对他的支持力大小C ．运动员所受的支持力和重力相平衡D ．运动员所受的支持力小于重力4．2011·海淀模拟物体同时受到F 1、F 2、F 3三个力的作用而保持平衡状态，则以下说法正确的是( )A ．F 1与F 2的合力一定与F 3大小相等，方向相反B ．F 1、F 2、F 3在某一方向的分量之和可能不为零C ．F 1、F 2、F 3中的任何一个力变大，则物体必然做加速运动D ．若突然撤去F 3，则物体一定沿着F 3的反方向做匀变速直线运动技能强化5．就一些实际生活中的现象，某同学试图从惯性角度加以解释，其中正确的是( )A ．采用了大功率的发动机后，某些赛车的速度甚至能超过某些老式螺旋桨飞机的速度，这表明可以通过科学进步使小质量的物体获得大惯性B ．射出枪膛的子弹在运动相当长一段距离后连一件棉衣也穿不透，这表明它的惯性小了C ．货运列车运行到不同的车站时，经常要摘下或加挂一些车厢，这会改变它的惯性D ．摩托车转弯时，车手一方面要控制速度适当，另一方面要将身体稍微向里倾斜，通过调控人和车的惯性达到急转弯的目的6．2011·台州模拟计算机已经应用于各个领域．如图K12－2所示是利用计算机记录的某作用力和反作用力变化图线，根据图线可以得出的结论是( )图K12－2 A ．作用力大时，反作用力小B ．作用力和反作用力的方向总是相反的C ．作用力和反作用力是作用在同一个物体上的D ．牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时不再适用7．我国《道路交通安全法》中规定：各种小型车辆前排乘坐的人(包括司机)必须系好安全带，这是因为()A．系好安全带可以减小惯性B．是否系好安全带对人和车的惯性没有影响C．系好安全带可以防止因车的惯性而造成的伤害D．系好安全带可以防止因人的惯性而造成的伤害8．2011·廉江模拟关于物体运动状态的变化，下列说法中正确的是()A．运动物体的加速度不变，则其运动状态一定不变B．物体的位置在不断变化，则其运动状态一定在不断变化C．做直线运动的物体，其运动状态可能不变D．做曲线运动的物体，其运动状态也可能不变9．如图K12－3所示，在一辆足够长的小车上，用相同材料做成的质量分别为m1、m2的两个滑块(m1＞m2)原来随车一起运动，当车突然停止后，如不考虑其他阻力影响，则两个滑块()A．一定相碰B．一定不相碰C．若车原先向右运动，则可能相碰D．若车原先向左运动，则可能相碰10．一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图K12－4所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为f，则此时箱对地面的压力大小为()A. Mg＋fB. Mg－fC. Mg＋mgD. Mg－mg11．如图K12－5所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A 正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态，弹簧的长度为L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间的相互作用，则地面对B的支持力F N为多大？12. 如图K12－6所示，质量均为m的甲、乙两同学分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧测力计的两端，稳定后弹簧测力计的示数为F，若弹簧测力计的质量不计，求：(1)台秤P的读数；(2)两台秤的读数之和为多少？图K12－6挑战自我13．如图K12－7所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G′＝50 N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a＝10 cm的金属块，金属块的密度ρ＝3×103 kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水中深b＝4 cm处时，弹簧测力计和台秤示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103 kg/m3，g取10 m/s2)图K12－77.15 作业二牛顿第二定律看书：《大一轮》第二节基础热身1．2011·黄冈联考如图K13－1所示绘出了轮胎与地面间的动摩擦因数分别为μ1和μ2时，紧急刹车时的刹车痕(即刹车距离s)与刹车前车速v的关系曲线，则μ1和μ2的大小关系为() A．μ1<μ2B．μ1＝μ2C．μ1>μ2D．条件不足，不能比较图K13－1图K13－22．2011·泸州二模用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F从零开始逐渐增大的过程中，加速度a随外力F变化的图象如图K13－2所示，取g＝10 m/s2，水平面各处粗糙程度相同，则由此不能计算出()A．物体与水平面间的滑动摩擦力B．物体与水平面间的动摩擦因数C．外力F为12 N时物体的速度D．物体的质量3．2011·济南模拟质量分别为m和2m的物块A、B用轻弹簧相连，设两物块与接触面间的动摩擦因数都相同．当用水平力F作用于B上使两物块在粗糙的水平面上共同向右加速运动时，弹簧的伸长量为x1，如图K13－3甲所示；当用同样大小的力F竖直提升B使两物块共同加速时，弹簧的伸长量为x2，如图乙所示；当用同样大小的力F沿固定斜面向上拉B使两物块共同加速运动时，弹簧的伸长量为x3，如图丙所示，则x1∶x2∶x3等于()甲乙丙A．1∶1∶1B．1∶2∶3C．1∶2∶1 D．无法确定4．如图K13－4所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到O点并系住物体m.现将弹簧压缩到A点，然后释放，物体一直可以运动到B点，如果物体受到的摩擦力恒定，则()A．物体从A到O加速运动，从O到B减速运动B．物体从A到O速度越来越小，从O到B加速度不变C．物体从A到O先加速运动后减速运动，从O到B一直减速运动D．物体运动到O点时所受合力为零技能强化5．2012·荆州质检如图K13－5所示，小车上有一直立木板，木板上方有一槽，槽内固定一定滑轮，跨过定滑轮的轻绳一端系一重球，另一端系在轻质弹簧测力计上，弹簧测力计固定在小车上．开始时小车处于静止状态，轻绳竖直且重球恰好紧挨直立木板．假设重球和小车始终保持相对静止，则下列说法正确的是()A．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变B．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数及小车对地面压力均不变C．若小车匀加速向右运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力变小D．若小车匀加速向左运动，弹簧测力计读数变大，小车对地面压力不变图K13－5图K13－6 6．2011·济南一模如图K13－6所示，物块A、B叠放在水平桌面上，装沙的小桶C通过细线牵引A、B一起在水平桌面上向右加速运动，设A、B间的摩擦力为f1，B与桌面间的摩擦力为f2.若增大C桶内沙的质量，而A、B仍一起向右运动，则摩擦力f1和f2的变化情况是()A．f1不变，f2变大B．f1变大，f2不变C．f1、f2都变大D．f1、f2都不变7．2011·济南质检在工厂里经常能看到利用汽车通过钢绳移动物体的情景．如图K13－7所示，假设钢绳的质量可忽略不计，物体的质量为m，物体与水平地面间的动摩擦因数为μ，汽车的质量为m0，汽车运动中受到的阻力跟它对地面的压力成正比，比例系数为k，且k>μ.要使汽车匀速运动时的牵引力最小，α角应为()A．0°B．30°C．45°D．60°8．一个物体在多个力的作用下处于静止状态，如果仅使其中一个力大小逐渐减小到零，然后又从零逐渐恢复到原来的大小(此力的方向始终未变)，在此过程中其余各力均不变．那么，图K13－8中能正确描述该过程中物体速度变化情况的是()A B C D9．如图K13－9所示，车内绳AB与绳BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则()A．AB绳、BC绳拉力都变大B．AB绳拉力变大，BC绳拉力变小C．AB绳拉力变大，BC绳拉力不变D．AB绳拉力不变，BC绳拉力变大10．如图K13－10所示，一个质量为m的圆环套在一根固定的水平长直杆上，环与杆的动摩擦因数为μ.现给环一个向右的初速度v0，同时对环施加一个竖直向上的作用力F，并使F的大小随v的大小变化，两者的关系为F＝k v，其中k为常数，则环运动过程中的v－t图象不可能是图K13－11中的()A B C D11．2012·济南模拟如图K13－12甲所示，质量为m＝1 kg的物体置于倾角θ＝37°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，t1＝1 s时撤去拉力，物体运动的部分v－t图象如图乙所示．试求：(1)拉力F的大小．(2)t＝4 s时物体的速度v的大小．12．2011·广东调研有一种大型游戏机叫“跳楼机”(如图K13－13所示)，参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面40 m高处，然后由静止释放．可以认为座椅沿轨道做自由落体运动2 s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面4 m高处时速度刚好减小到零．然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面．取g＝10 m/s2，求：(1)座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？(2)座椅在匀减速阶段的时间是多少？(3)在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？挑战自我13．2012·荆州质检如图K13－14所示，水平面上放有质量均为m＝1 kg的物块A和B(均视为质点)，A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1＝0.4和μ2＝0.1，相距L＝0.75 m．现给物块A一初速度v0使之向物块B运动，与此同时给物块B一个水平向右F＝3 N的力使其由静止开始运动，取g＝10 m/s2.求：(1)物块B运动的加速度大小；(2)若要使A能追上B，v0应满足什么条件？图K13－147.16 作业三牛顿运动定律的应用看书：《大一轮》专题三基础热身1．2011·眉山二诊某同学站在电梯底板上，利用速度传感器和计算机研究一观光电梯升降过程中的情况，如图K14－1所示的v－t图象是计算机显示的观光电梯在某一段时间内速度变化的情况(竖直向上为正方向)．根据图象提供的信息，可以判断下列说法中正确的是()A．在5 s～10 s内，该同学对电梯底板的压力等于他所受的重力B．在0～5 s内，观光电梯在加速上升，该同学处于失重状态C．在10 s～20 s内，该同学所受的支持力在减小，该同学的机械能在减小D．在20 s～25 s内，观光电梯在加速下降，该同学处于超重状态图K14－1图K14－2 2．2011·深圳模拟如图K14－2所示，轻质弹簧的上端固定在电梯的天花板上，弹簧下端悬挂一个小铁球，在电梯运行时，乘客发现弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小，这一现象表明() A．电梯一定是在下降B．电梯一定是在上升C．电梯的加速度方向一定是向上D．乘客一定处在失重状态3．如图K14－3所示，一个箱子中放有一物体，已知静止时物体对下底面的压力等于物体的重力，且物体与箱子上表面刚好接触．现将箱子以初速度v0竖直向上抛出，已知箱子所受空气阻力与箱子运动的速率成正比，且箱子运动过程中始终保持图示姿态，则下列说法正确的是()A．上升过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力越来越小B．上升过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力越来越大C．下降过程中，物体对箱子的下底面有压力，且压力可能越来越大D．下降过程中，物体对箱子的上底面有压力，且压力可能越来越小图K14－3图K14－4 4．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图K14－4所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列说法正确的是()A．当θ一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B．当θ一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小C．当a一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D．当a一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小技能强化5．2011·黄冈模拟如图K14－5甲所示，静止在水平面C上的长木板B左端放着小物块A.某时刻，A 受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图K14－5乙所示．设A、B和B、C之间的滑动摩擦力大小分别为F 1和F 2，各物体之间的滑动摩擦力大小等于最大静摩擦力，且F 1大于F 2，则在A 、B 没有分离的过程中，图K14－6中可以定性地描述长木板B 运动的v －t 图象是( )图K14－5A B图K14－6C D6．2011·武汉模拟在上海世博会上，拉脱维亚馆的风洞飞行表演令参观者大开眼界．若风洞内总的向上的风速风量保持不变，让质量为m 的表演者通过调整身姿，可改变所受的向上的风力大小，以获得不同的运动效果．假设人体受风力大小与正对面积成正比，已知水平横躺时受风力面积最大，且人体站立时受风力面积为水平横躺时受风力面积的18，风洞内人体可上下移动的空间总高度为H .开始时，若人体与竖直方向成一定角度倾斜时，受风力有效面积是最大值的一半，恰好可以静止或匀速漂移；后来，人从最高点A 由静止开始，先以向下的最大加速度匀加速下落，经过某处B 后，再以向上的最大加速度匀减速下落，刚好能在最低点C 处减速为零，则下列说法错误的是( )A ．表演者向上的最大加速度是gB ．表演者向下的最大加速度是g 4C ．B 、C 间的高度是37H D ．由A 至C 全过程表演者克服风力做的功为mgH图K14－87．2011·台州调研如图K14－8所示，运动员“10 m 跳板跳水”运动的过程可简化为：运动员走上跳板，将跳板从水平位置B 压到最低点C ，跳板又将运动员竖直向上弹到最高点A ，然后运动员做自由落体运动，竖直落入水中．跳板自身重力忽略不计，则下列说法正确的是( )A ．运动员向下运动(B →C )的过程中，先失重后超重，对板的压力先减小后增大B ．运动员向下运动(B →C )的过程中，先失重后超重，对板的压力先增大后减小C ．运动员向上运动(C →B )的过程中，先超重后失重，对板的压力先增大后减小D ．运动员向上运动(C →B )的过程中，先超重后失重，对板的压力一直减小8．如图K14－9所示，小车的质量为M ，人的质量为m ，人用恒力F 拉绳，若人与车保持相对静止，且地面为光滑的，又不计滑轮与绳的质量，则车对人的摩擦力不可能是( )A ．0 B.m －M m ＋MF ，方向向右 C.m －M m ＋M F ，方向向左 D.M －m m ＋MF ，方向向右图K14－9 图K14－109．如图K14－10所示，一固定光滑杆与水平方向夹角为θ，将一质量为m 1的小环套在杆上，通过轻绳悬挂一个质量为m 2的小球，静止释放后，小环与小球保持相对静止以相同的加速度a 一起下滑，此时绳子与竖直方向夹角为β，则下列说法正确的是( )A ．杆对小环的作用力大于m 1g ＋m 2gB ．若m 1不变，则m 2越大，β越小C ．θ＝β，与m 1、m 2无关D ．若杆不光滑，则β可能大于θ10．2012·丹东模拟如图K14－11所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )A ．加速下降B ．匀速上升C ．减速上升D ．减速下降11．2012·武汉调研如图K14－12所示，水平面上有一固定着轻质定滑轮O 的木块A ，它的上表面与水平面平行，它的右侧是一个倾角θ＝37°的斜面．放置在A 上的物体B 和物体C 通过一轻质细绳相连，细绳的一部分与水平面平行，另一部分与斜面平行．现对A 施加一水平向右的恒力F ，使A 、B 、C 恰好保持相对静止．已知A 、B 、C 的质量均为m ，重力加速度为g ，不计一切摩擦，求恒力F 的大小．(sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)挑战自我12．2011·四川一模如图K14－13所示，在水平地面上有A 、B 两个小物体，质量分别为m A ＝3.00 kg 、m B ＝2.00 kg ，它们与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.1.A 、B 之间由一原长为L ＝15.0 cm 、劲度系数为k ＝500 N/m 的轻质弹簧连接．分别用方向相反的两个水平恒力F 1、F 2同时作用在A 、B 两物体上．当运动达到稳定时，A 、B 两物体以共同加速度a ＝1.00 m/s 2做匀加速运动．已知F 1＝20.0 N ，g 取10 m/s 2.求：运动稳定时A 、B 之间的距离．7.17 作业四 验证牛顿第二定律看书 ：《大一轮》 第三讲基础热身1．在“验证牛顿第二定律”的实验中，以下做法正确的是( )A ．平衡摩擦力时，应将小盘用细绳通过定滑轮系在小车上B ．每次改变小车的质量时，不需要重新平衡摩擦力C ．实验时，先放开小车，再接通打点计时器的电源D ．求小车运动的加速度时，可用天平测出小盘和砝码的质量(M ′和m ′)以及小车质量M ，直接用公式a ＝M ′＋m ′Mg 求出 2．关于验证牛顿第二定律的实验，下列说法中正确的是( )A ．通过同时改变小车的质量及受到的拉力的研究，能归纳出加速度、力、质量三者之间的关系B ．通过保持小车质量不变，只改变小车的拉力的研究，就可以归纳出加速度、力、质量三者之间的关系C ．通过保持小车受力不变，只改变小车质量的研究，就可以得出加速度、力、质量三者之间的关系D ．先不改变小车质量，研究加速度与力的关系；再不改变力，研究加速度与质量的关系，最后归纳出加速度、力、质量三者之间的关系3．如图K15－1所示，在研究牛顿第二定律的演示实验中，若两个相同的小车1、2所受拉力分别为F 1、F 2，车中所放砝码的质量分别为m 1、m 2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x 1、x 2，则在实验误差允许的范围内，有( )A ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 1＝2x 2B ．当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，x 2＝2x 1C ．当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，x 1＝2x 2D ．当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，x 2＝2x 14．2011·福州模拟某实验小组设计了如图K15－2甲所示的实验装置，通过改变重物的质量来探究滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a －F 图线，如图乙所示．甲 乙(1)图线①是轨道处于________(选填“水平”或“倾斜”)情况下得到的实验结果；(2)图线①②的倾斜程度(斜率)一样，说明的问题是________(填选项前的字母)．A ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是一样的B ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是不一样的C ．滑块和位移传感器发射部分的总质量在两种情况下是否一样不能确定技能强化5．2011·唐山二模某实验小组设计了如图K15－3甲所示的实验装置，通过改变重物的质量，利用计算机可得滑块运动的加速度a 和所受拉力F 的关系图象．他们在轨道水平和倾斜的两种情况下分别做了实验，得到了两条a －F 图线，如图乙所示．滑块和位移传感器发射部分的总质量m ＝________kg ；滑块和轨道间的动摩擦因数μ＝________.(重力加速度g 取10 m/s 2)甲 乙6．做“验证牛顿第二定律”实验时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：A ．保持小盘和其中砝码的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B ．保持小车质量不变，改变小盘里砝码的质量，测出加速度，重复几次C ．用天平测出小车和小盘的质量D ．在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力E ．根据测出的数据，分别画出a －F 和a －1M图象 F ．用秒表测出小车运动的时间G ．将装有砝码的小盘用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点以上步骤中，不必要的步骤是________，正确步骤的合理顺序是________．(填写代表字母)7．2011·浙江联考某实验小组利用如图K15－4甲所示的气垫导轨实验装置来探究合力一定时，物体的加速度与质量之间的关系．(1)做实验时，将滑块从图甲所示位置由静止释放，由数字计时器(图中未画出)可读出遮光条通过光电门1、2的时间分别为Δt 1、Δt 2；用刻度尺测得两个光电门中心之间的距离x ，用游标卡尺测得遮光条宽度d .则滑块经过光电门1时的速度表达式v 1＝____；滑块加速度的表达式a ＝______.(以上表达式均用已知字母表示)如图乙所示，若用20分度的游标卡尺测量遮光条的宽度，其读数为 ________mm.(2)为了保持滑块所受的合力不变，可改变滑块质量M和气垫导轨右端高度h(如图甲所示)．关于“改变滑块质量M和气垫导轨右端的高度h”的正确操作方法是________．A．M增大时，h增大，以保持二者乘积增大B．M增大时，h减小，以保持二者乘积不变C．M减小时，h增大，以保持二者乘积不变D．M减小时，h减小，以保持二者乘积减小8．“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装置如图甲K15－5所示．甲乙(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中，打出了一条纸带如图乙所示．计时器打点的时间间隔为0.02 s．从比较清晰的点起，每5个点取一个计数点，量出相邻计数点之间的距离．该小车的加速度a＝________m/s2.(结果保留两位有效数字)(2)平衡摩擦力后，将5个相同的砝码都放在小车上．挂上砝码盘，然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中，测量小车的加速度．小车的加速度a与砝码盘中砝码总重力F的实验数据如下表：砝码盘中砝码总重力F/N0.1960.3920.5880.7840.980加速度a/(m·s－2)0.69 1.18 1.66 2.18 2.70(3)根据提供的实验数据作出的a－F图线不通过原点，请说明主要原因．挑战自我9．2011·绍兴模拟某实验小组利用如图K15－7所示的实验装置来探究当合外力一定时，物体运动的加速度与其质量之间的关系．(1)由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离s＝24 cm，由图K15－8中游标卡尺测得遮光条的宽度d＝________cm.该实验小组在做实验时，将滑块从图示位置由静止释放，由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1和遮光条通过光电门2的时间Δt2，则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1＝________，滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2＝________，则滑块的加速度的表达式a＝________.(以上表达式均用字母表示)图K15－8图K15－9(2)在本次实验中，实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验，得到下表所示的实验数据．通过分析表中数据后，你得出的结论是________________________________________________________________________________________________________________________________________________.m/g250300350400500800a/(m·s－2) 2.02 1.65 1.33 1.25 1.000.63(3)应图象.。

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。