牛顿第二定律的综合应用专题训练(题型全面)

牛顿第二定律实验练习题1．关于“验证牛顿运动定律”的实验，下列说法中符合实际的是() A．通过同时改变小车的质量m及受到的拉力F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；再不改变受力，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2．如图所示，在探究牛顿运动定律的演示实验中，若1、2两个相同的小车所受拉力分别为F1、F2，车中所放砝码的质量分别为m1、m2，打开夹子后经过相同的时间两车的位移分别为x1、x2，则在实验误差允许的范围内，有()A．当m1＝m2、F1＝2F2时，x1＝2x2B．当m1＝m2、F1＝2F2时，x2＝2x1C．当m1＝2m2、F1＝F2时，x1＝2x2D．当m1＝2m2、F1＝F2时，x2＝2x13．若测得某一物体质量m一定时，a与F的有关数据资料如下表所示：a/(m·s－2) 1.98 4.06 5.958.12F/N 1.00 2.00 3.00 4.00(1)根据表中数据，画出a－F图象．(2)根据图象判定：当m一定时，a与F的关系为______________(3)若甲、乙两同学在实验过程中，由于没有按照正确步骤进行实验，处理数据后得出如图所示的a－F图象．试分析甲、乙两同学可能存在的问题：甲：_____________________________________________________乙：_____________________________________________________4．某同学设计了一个探究加速度a与物体所受合力F及质量m关系的实验，图(a)所示为实验装置简图．(交流电的频率为50 Hz)(1)图(b)所示为某次实验得到的纸带，根据纸带可求出小车的加速度大小为________m/s2.(保留两位有效数字)(2)保持砂和砂桶质量不变，改变小车质量m，分别得到小车加速度a与质量m及对应的1m数据如下表：实验次数12345678小车加速度a/m·s－21.90 1.72 1.49 1.25 1.000.750.500.30小车质量m/kg0.250.290.330.400.500.71 1.00 1.671m/kg－1 4.00 3.45 3.03 2.50 2.00 1.41 1.000.60 请在下图所示的坐标纸中画出a－1m图线，并由图线求出小车加速度a与质量倒数1m之间的关系式是________________________5．为了探究加速度与力的关系，使用如图所示的气垫导轨装置进行实验．其中G1、G2为两个光电门，它们与数字计时器相连，当滑行器通过G1、G2光电门时，光束被遮挡的时间Δt1、Δt2都可以被测量并记录，滑行器连同上面固定的一条形挡光片的总质量为M，挡光片宽度为D，光电门间距离为x，牵引砝码的质量为m.回答下列问题：(1)实验开始应先调节气垫导轨下面的螺钉，使气垫导轨水平，在不增加其他仪器的情况下，如何判定调节是否到位？答：____________________________________________________________________(2)若取M＝0.4 kg，改变m的值，进行多次实验，以下m的取值不合适的一个是A．m1＝5 g B．m2＝15 gC．m3＝40 g D．m4＝400 g(3)在此实验中，需要测得每一个牵引力对应的加速度，求得的加速度的表达式为______________________________(用Δt1、Δt2、D、x表示)6．在用DIS研究小车加速度与外力的关系时，某实验小组先用如图（a）所示的实验装置，重物通过滑轮用细线拉小车，位移传感器（发射器）随小车一起沿倾斜轨道运动，位移传感器（接收器）固定在轨道一端．实验中把重物的重力作为拉力F，改变重物重力重复实验四次，列表记录四组数据．（1）在坐标纸上作出小车加速度a和拉力F的关系图线；（2）从所得图线分析该实验小组在操作过程中的不当之处是：__________________________；a/ms-2 2.01 2.98 4.02 6.00F/N 1.00 2.00 3.00 5.003.0a/ms-21.02.04.02.06.04.0F/N位移传感器（接收器）小车位移传感器（发射器）重物轨道)a图（（3）如果实验时，在小车和重物之间接一个不计质量的微型力传感器，如图(b)所示．从理论上分析，该实验图线的斜率将___________．（填“变大”，“变小”，“不变”）7.如图所示的实验装置可以验证牛顿运动定律，小车上固定一个盒子，盒子内盛有沙子．沙桶的总质量(包括桶以及桶内沙子质量)记为m，小车的总质量(包括车、盒子及盒内沙子质量)记为M.(1)验证在质量不变的情况下，加速度与合外力成正比：从盒子中取出一些沙子，装入沙桶中，称量并记录沙桶的总重力mg，将该力视为合外力F，对应的加速度a则从打下的纸带中计算得出．多次改变合外力F的大小，每次都会得到一个相应的加速度．本次实验中，桶内的沙子取自小车中，故系统的总质量不变．以合外力F为横轴，以加速度a为纵轴，画出a－F图象，图象是一条过原点的直线．①a－F图象斜率的物理意义是_________________________________________．②你认为把沙桶的总重力mg当作合外力F是否合理？答：________.(填“合理”或“不合理”)③本次实验中，是否应该满足M≫m这样的条件？答：________(填“是”或“否”)；理由是______________________________________________________．(2)验证在合外力不变的情况下，加速度与质量成反比：保持桶内沙子质量m不变，在盒子内添加或去掉一些沙子，验证加速度与质量的关系．本次实验中，桶内的沙子总质量不变，故系统所受的合外力不变．用图象法处理数据时，以加速度a为纵横，应该以______倒数为横轴．参考答案位移传感器（接收器）小车力传感器位移传感器（发射器）重物轨道)b图（1.解析：验证牛顿运动定律的实验，是利用控制变量法，探究加速度a 与合外力F 、物体质量m 的关系，故D 项正确．答案：D2.解析：当m 1＝m 2、F 1＝2F 2时，由F ＝ma 可知，a 1＝2a 2，再由x ＝12at 2可得：x 1＝2x 2，故A 正确，B 错误；当m 1＝2m 2、F 1＝F 2时，a 1＝12a 2，再由x ＝12at 2可得：x 1＝12x 2，故C 错误，D 正确．答案：AD3.解析：(1)若a 与F 成正比，则图象是一条过原点的直线．同时，因实验中不可避免地出现误差，研究误差产生的原因，从而减小误差，增大实验的准确性，则在误差允许范围内图象是一条过原点的直线即可．连线时应使直线过尽可能多的点，不在直线上的点应大致对称地分布在直线两侧，离直线较远的点应视为错误数据，不予以考虑．描点画图如图所示．(2)由图可知a 与F 的关系是正比例关系．(3)图中甲在纵轴上有较大截距，说明绳对小车拉力为零时小车就有加速度a 0，可能是平衡摩擦力过度所致．乙在横轴上有截距，可能是实验前没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够． 答案：(1)见解析 (2)正比例关系(3)平衡摩擦力时木板抬的过高 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不够4.解析：(1)由逐差法得a ＝a ＝(x 3＋x 4)－(x 1＋x 2)(4T )2＝[(7.72＋7.21)－(6.70＋6.19)]×10－216×0.022m/s 2≈3.2 m/s 2 (2)如图所示，a ＝12mN答案：见解析5.解析：(1)如果气垫导轨水平，则不挂砝码时，M 应能在任意位置静止不动，或推动M 后能使M 匀速运动．(2)应满足M ≫m ，故m 4＝400 g 不合适．(3)由v 1＝D Δt 1，v 2＝DΔt 2，v 22－v 12＝2ax可得：a ＝(D Δt 2)2－(D Δt 1)22x.答案：(1)取下牵引砝码，M 放在任意位置都不动；或取下牵引砝码，轻推滑行器M ，数字计时器记录每一个光电门的光束被挡的时间Δt 都相等 (2)D(3)a ＝(D Δt 2)2－(D Δt 1)22x6. (1) （2）倾角过大 观察图像可以发现，当外力为零 时，加速度a 不等于0，说明在平衡摩擦力时轨道倾角过大，使得重力沿斜面向下的分力大于摩擦力。

图2F 1牛顿第二定律的应用（以下各题取2/10s m g =）第一类：由物体的受力情况确定物体的运动情况1．如图1所示，用F = 6.0 N 的水平拉力，使质量m = 2.0 kg 的物体由静止开始沿光滑水平面做匀加速直线运动。

（1）求物体的加速度a 的大小；（2）求物体开始运动后t = 4.0 s 末速度的大小；2．如图2所示，用F 1 = 16 N 的水平拉力，使质量m = 2.0 kg 的物体由静止开始沿水平地面做匀加速直线运动。

已知物体所受的滑动摩擦力F 2 = 6.0 N 。

求：(1)物体加速度a 的大小；(2)物体开始运动后t=2.0 s 通过的位移x 。

3．一辆总质量是4.0×103kg 的满载汽车，从静止出发，沿路面行驶，汽车的牵引力是6.0×103N ，受到的阻力为车重的0.1倍。

求汽车运动的加速度和20秒末的速度各是多大?4．如图3所示，一位滑雪者在一段水平雪地上滑雪。

已知滑雪者与其全部装备的总质量m = 80kg ，滑雪板与雪地之间的动摩擦因数μ＝0.05。

从某时刻起滑雪者收起雪杖自由滑行，此时滑雪者的速度v = 5m/s ，之后做匀减速直线运动。

求： （1）滑雪者做匀减速直线运动的加速度大小； （2）收起雪杖后继续滑行的最大距离。

5．如图所示，一个质量为m=20kg 的物块，在F=60N 的水平拉力作用下，从静止开始沿水平地面向右做匀加速直线运动，物体与地面之间的动摩擦因数为0.10， （1）画出物块的受力示意图（2）求物块运动的加速度的大小（3）求物块速度达到s m v /0.6=时移动的距离图1F图3图7F第二类：由物体的运动情况确定物体的受力情况1、列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s速度由5.0m/s增加到15.0m/s.（1）求列车的加速度大小．（2）若列车的质量是1.0×106kg，机车对列车的牵引力是1.5×105N，求列车在运动中所受的阻力大小．2，静止在水平地面上的物体，质量为20kg，现在用一个大小为60N的水平力使物体做匀加速直线运动，当物体移动9.0m时，速度达到6.0m/s，求：（1）物体加速度的大小（2）物体和地面之间的动摩擦因数3、一辆质量为1.0×103kg的小汽车正在以10m／s的速度行驶．现在让它在12.5 m的距离匀减速地停下来，求所需的阻力．图3-284、质量为40kg的物体静止在水平面上, 当在400N的水平拉力作用下由静止开始经过16m时, 速度为16 m/s, 求物体受到的阻力是多少?F37第三类正交分解法在牛顿第二定律中的应用1.地面上放一木箱，质量为10kg ，用50N 的力与水平方向成37°角拉木箱，使木箱从静止开始沿水平面做匀加速直线运动，假设水平面光滑，（取g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8） （1）画出物体的受力示意图 （2）求物块运动的加速度的大小（3）求物块速度达到s m v /0.4=时移动的位移2．如图，质量m=2kg 的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦因数25.0=μ，现在对物体施加一个大小F=8N 、与水平方向夹角θ=37°角的斜下上的推力．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，取g=10m/s 2，求（1）物体运动的加速度（2）物体在拉力作用下5s 通过的位移大小。

牛顿第二定律练习题牛顿第二定律练习题牛顿第二定律是力学中的基本定律之一，它描述了物体的运动与所受力的关系。

根据牛顿第二定律的表达式F=ma，我们可以通过一些练习题来巩固和应用这一定律。

下面，我们就来看几个关于牛顿第二定律的练习题。

练习题一：一个质量为2 kg的物体受到一个力为10 N的作用力，求物体的加速度是多少？解析：根据牛顿第二定律的表达式F=ma，我们可以将已知的数值代入计算。

力F=10 N，质量m=2 kg，代入公式得到a=F/m=10/2=5 m/s²。

所以，物体的加速度是5 m/s²。

练习题二：一个质量为0.5 kg的物体受到一个力为4 N的作用力，求物体的加速度是多少？解析：同样地，我们将已知的数值代入牛顿第二定律的表达式F=ma。

力F=4 N，质量m=0.5 kg，代入公式得到a=F/m=4/0.5=8 m/s²。

因此，物体的加速度是8 m/s²。

练习题三：一个物体质量为10 kg，受到一个力为20 N的作用力，求物体的加速度是多少？解析：按照牛顿第二定律的表达式F=ma，我们可以将已知的数值代入计算。

力F=20 N，质量m=10 kg，代入公式得到a=F/m=20/10=2 m/s²。

所以，物体的加速度是2 m/s²。

通过上面的练习题，我们不仅巩固了牛顿第二定律的公式，还能够应用这一定律解决实际问题。

牛顿第二定律告诉我们，物体的加速度与所受力成正比，与物体的质量成反比。

当物体所受力增大时，加速度也会增大；当物体质量增大时，加速度会减小。

除了计算加速度，我们还可以利用牛顿第二定律来计算物体所受的力。

例如，如果我们已知一个物体的质量和加速度，可以通过F=ma来计算作用力。

这样的练习题有助于我们理解力学中的基本定律，并能够在实际问题中运用它们。

练习题四：一个质量为3 kg的物体受到一个加速度为4 m/s²的作用力，求作用力的大小是多少？解析：根据牛顿第二定律的表达式F=ma，我们将已知的数值代入计算。

牛顿第二定律专练一.应用牛顿第二定律解题的两类问题(1)已知物体的受力情况，求物体的运动情况；(2)已知物体的运动情况，求物体的受力情况。

二.应用牛顿第二定律的解题步骤:(1) 确定研究对象，将研究对象从系统中隔离出来；(2) 对研究对象进行受力分析，画出物体受力图；(3) 确定物体的运动情况(是做匀速运动还是匀变速运动)(4) 根据牛顿第二定律列方程(5) 解方程求出未知量。

三.写出匀变速直线运动的运动学公式1. 2. 3.4. 5.四.基础练习【例1 】1992年8月14日，我国“长二捆”火箭在西昌卫星发射中心起飞时，总质量为4.6×105kg，起飞推力6.0×106N，求(1)火箭起飞后的合力？（2）求火箭的加速度？（3）求火箭起飞后5s上升的高度？变式练习1.一辆质量为400 g的遥控玩具车，从静止出发，在水平导轨上行驶，已知发动机的牵引力为0.16 N，玩具车在运动时所受阻力为车重的0.02倍，问：(1)玩具车开出后加速度多大？(2)玩具车经过多长时间速度可达1 m/s?变式练习2.一个静止在水平地面上的物体，质量是2kg，在12.4N的水平拉力作用下沿水平地面向右做匀加速运动，物体与水平地面的滑动摩擦力是6.4N，求物体4s末的速度和4s内发生的位移。

变式练习3.一木箱质量为m，与水平地面间的动摩擦因数为μ，现用斜向右下方与水平方向成θ角的力F推木箱，求经过t秒时木箱的速度．【例2 】如右图，质量为2 kg 的物体在40 N 水平推力作用下，从静止开始1 s 内沿竖直墙壁下滑3 m ．求：(取g ＝10 m/s2)(1)物体运动的加速度大小；(2)物体受到的摩擦力大小；(3)物体与墙间的动摩擦因数．变式练习1.质量为1000吨的列车由车站出发沿平直轨道做匀变速运动，在100秒内通过的路程为1000米。

已知运动阻力是车重的0.005倍，求列车的牵引力。

（g=10m/s 2变式练习2.一质量是 5kg 的物体静止在.水平地面上，在水平恒为F=20N 的作用下，从静止开始经过 2s 速度达到 2m/s ，则物体与水平面间的动摩擦因数是多少？五、斜面问题1.一斜面AB 长为10 ｍ,倾角为３０°,一质量为２kg 的小物体(大小不计)从斜面顶端A 点由静止开始下滑,如图所示(ｇ取10 m/s2)(1) 若斜面与物体间光滑,求小物体下滑到斜面底端B 点时的速度及所用时间.(2)若斜面与物体间的动摩擦因数为0.5,求小物体下滑到斜面底端B 点时的速度及所用时间.2、一个滑雪的人，从静止开始沿倾角为30°的山坡匀加速滑下，其间动摩擦因数为0.04, 求滑雪者在5s 内下滑的位移。

1高一物理【利用牛顿第二定律解决动力学实验】专题训练 题组一 探究加速度与力、质量的关系1.甲、乙、丙三个实验小组分别采用如图(a)、(b)、(c)所示的实验装置,探究“当质量一定时,物体运动的加速度与它所受的合力成正比”这一物理规律。

已知他们使用的小车完全相同,小车的质量为M ,重物的质量为m ,试回答下列问题:(1)①甲、乙、丙三个实验小组中,必须补偿小车和长木板之间的阻力的实验小组是 。

A.甲、乙、丙B.甲、乙C.甲、丙②实验时,必须满足“M 远大于m ”的实验小组是 (填“甲”“乙”或“丙”)。

③实验时,甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确,他们作出的a-F图线如图(d)中A、B、C所示,则甲、乙、丙三组实验对应的图线依次是(填“A、B、C”“C、B、A”或“C、A、B”)。

(2)实验中,有同学用打点计时器得到了在不同拉力作用下的几条较为理想的纸带,并在纸带上每5个点取一个计数点,按打点先后依次标为0,1,2,3,4,5。

由于不小心,几条纸带都被撕断了,如图所示(交流电源的频率为50 Hz,图中数据为相邻两计数点间的距离),请根据给出的四段纸带判断:在b、c、d三段纸带中,可能是从纸带a上撕下的是。

A.bB.cC.dD.无法确定(3)小明同学采用图(b)所示实验装置探究“质量一定时加速度与力的关系”实验,以弹簧测力计的示数F为横坐标,加速度a为纵坐标,画出的a-F图像是图(d)中的一条直线,图线与横坐标的夹角是θ,求得图线的斜率为k,则小车的质量为。

题组二测定动摩擦因数232.如图(a)所示,某同学设计了测量铁块与木板间动摩擦因数的实验。

所用器材有:铁架台、长木板、铁块、米尺、电磁打点计时器、频率为50 Hz 的交流电源、纸带等。

某次实验时,调整木板与水平面的夹角使θ=30°。

接通电源,开启打点计时器,释放铁块,铁块从静止开始沿木板滑下。

多次重复后选择点迹清晰的一条纸带,如图(b)所示。

牛顿第二定律高二的练习题1. 物体A质量为2kg，物体B质量为3kg，两物体静止在光滑水平面上，通过一根轻细的绳子连接着。

物体B受到3N的水平力F1，物体A受到2N的水平力F2，求F1和F2的大小。

根据牛顿第二定律，物体受到的合力等于质量乘以加速度。

在这里，加速度为常数，因为物体A和物体B静止在水平面上，所以合力为零。

对物体A应用牛顿第二定律的公式：F2 - T = 0，其中T为在物体A和物体B之间的拉力。

对物体B应用牛顿第二定律的公式：T - F1 = 0将上述两个方程合并，得到：F2 - F1 = 0解方程得：F2 = F1所以，F1和F2的大小都为3N。

2. 一个质量为5kg的物体受到一个13N的恒力F，开始时物体静止。

求物体的加速度是多少？根据牛顿第二定律的公式，我们可以写成：F = m * a将已知值代入方程，得到：13N = 5kg * a解方程得：a = 2.6m/s^2所以，物体的加速度为2.6m/s^2。

3. 一个力为8N的水平方向恒力作用在一个质量为4kg的物体上，物体的初速度为2m/s。

求物体经过3秒后的速度是多少？根据牛顿第二定律的公式，我们可以写成：F = m * a根据牛顿第一定律，物体受到恒力作用下会有匀加速直线运动。

我们可以使用以下公式求解：v = u + at其中，v是末速度，u是初速度，a是加速度，t是时间。

将已知值代入公式，得到：8N = 4kg * a解方程得：a = 2m/s^2将已知值代入速度公式，得到：v = 2m/s + 2m/s^2 * 3s = 8m/s所以，物体经过3秒后的速度是8m/s。

通过以上练习题，我们可以应用牛顿第二定律来解决物体在不同情况下的加速度和速度问题。

牛顿第二定律提供了一个简单而强大的工具，使我们能够理解和计算物体在力的作用下的运动情况。

熟练掌握牛顿第二定律的应用，对于高二学生来说是至关重要的，它不仅帮助我们理解自然界中的物理现象，还能在解决实际问题时提供有力支持。

牛顿第二定律应用专题课时训练(十三)一、选择题1．(2017·上海质检)某同学把一体重秤放在电梯的地板上，他站在体重秤上随电梯运动，并在下表中记录了几个特定时刻体重秤的示数(表内时刻不存在先后顺序)，若已知t 0时刻电梯处于静止状态，则( )A.t 1B ．t 2时刻电梯可能向上做减速运动 C ．t 1和t 2时刻电梯运动的方向相反 D ．t 3时刻电梯处于静止状态 答案 B解析 超重和失重时物体的重力和质量是不变的，只是对悬挂物的压力或者支持力变化了，故A 项错误；t 2时刻物体处于失重状态，电梯的加速度方向向下，可能向上做减速运动，B 项正确；t 1时刻物体处于超重状态，根据牛顿第二定律分析得知，电梯的加速度方向向上，所以t 1和t 2时刻电梯的加速度方向相反，但是速度不一定相反，C 项错误；t 3时刻电梯受力平衡，可能保持静止，也可能做匀速直线运动，故D 项错误；故选B 项．2. (2017·江苏省压轴卷)如图所示，长L 、质量m 的极其柔软的匀质物体在台面上以水平速度v 0向右运动，台面上A 左侧光滑，右侧粗糙，该物体前端在粗糙台面上滑行s 距离停下来．设物体与粗糙台面间的动摩擦因数为μ，则物体的初速度v 0为( )A.2μgLB.2μgs －μgLC.2μgsD.2μgs ＋μgL答案 C解析 物体越过A 后做匀减速直线运动，加速度：a ＝μmg m ＝μg ，由匀变速直线运动的速度－位移公式得：v 02＝2as ，解得：v 0＝2μgs ，故选C 项．3.(多选)在动摩擦因数μ＝0.2的水平面上有一个质量为m ＝2 kg 的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止平衡状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．当剪断轻绳的瞬间，取g＝10 m/s2，以下说法正确的是()A．此时轻弹簧的弹力大小为20 NB．小球的加速度大小为8 m/s2，方向向左C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度大小为10 m/s2，方向向右D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间小球的加速度为0答案ABD解析在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F＝mgtan45°＝20×1＝20 N，故A项正确；在剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20 N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；小球所受的最大静摩擦力为：f＝μmg＝0.2×20 N＝4 N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a＝(F －f)/m＝8 m/s2；合力方向向左，所以向左加速．故B项正确；剪断弹簧的瞬间，轻绳对小球的拉力瞬间为零，此时小球所受的合力为零，则小球的加速度为零，故C项错误，D项正确．4．(2017·江苏省压轴卷)(多选)如图甲所示，圆桶沿固定的光滑斜面匀加速下滑，现把一个直径与桶内径相同的光滑球置于其中后，仍静置于该斜面上，如图乙所示，释放后圆桶()A．仍沿斜面以原来的加速度下滑B．将沿斜面以更大的加速度下滑C．下滑过程中，圆桶内壁与球间没有相互作用力D．下滑过程中，圆桶内壁对球有沿斜面向下的压力答案AC解析A项，设斜面与水平面之间的夹角是θ，斜面是光滑的，开始时圆筒沿斜面方向受到的重力的分力提供加速度，则a＝gsinθ.把一个直径与桶内径相同的光滑球置于其中后，整体的重力沿斜面方向的分力仍然提供沿斜面向下的加速度，所以a′＝a＝gsinθ，所以桶仍沿斜面以原来的加速度下滑．故A项正确，B项错误；C项，对球进行受力分析，可知沿斜面方向：ma ′＝ma ＝mgsin θ，小球沿斜面方向提供加速度的合力恰好等于其重力沿斜面方向的分力，所以小球与桶的内壁之间没有相互作用力．故C 项正确，D 项错误．5．(2017·南昌二模)(多选)“蹦床”已被奥运会列为正式比赛项目．运动员利用蹦床网的弹性弹起到空中，完成动作后落回到网上，再经蹦床网的弹性弹起，如此往复．图示的F －t 图像是传感器记录的是一位运动员双脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F 随时间t 的变化情况．设运动员只在竖直方向上运动，取重力加速度为10 m/s 2，则运动员在前12 s 的时间内( )A ．获得的最大加速度为40 m/s 2B ．获得的最大加速度为50 m/s 2C ．腾空弹起时的最大高度约为2.5 mD ．腾空弹起时的最大高度约为3.2 m答案 AD解析 A 、B 项，由图知：运动员的重力G ＝500 N ，则得其质量为：m ＝G g ＝50010＝50 kg蹦床对运动员的最大弹力：F m ＝2 500 N 由牛顿第二定律得F m －G ＝ma m解得：获得的最大加速度a m ＝40 m/s 2.故A 项正确，B 项错误． C 、D 项，运动员在空中运动的时间：t 0＝8.4 s －6.8 s ＝1.6 s下落时间：t ＝t 02＝0.8 s ，腾空弹起时的最大速度为v ＝gt ＝10×0.8 m/s ＝8 m/s ，由v 2＝2gh可得，弹起的最大高度h ＝v 22g ＝822×10＝3.2 m ；故C 项错误，D 项正确．6.一游客在峨眉山滑雪时，由静止开始沿倾角为37°的山坡匀加速滑下．下滑过程中从A 点开始给游客抓拍一张连续曝光的照片如图所示．经测量游客从起点到本次曝光的中间时刻的位移恰好是40 m ．已知本次摄影的曝光时间是0.2 s ，照片中虚影的长度L 相当于实际长度4 m ，则下列结果不正确的是(g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)( ) A ．运动员在曝光的中间时刻的速度为20 m/sB ．运动员下滑的加速度为5.0 m/s 2C ．滑雪板与坡道间的动摩擦因数为18D ．滑雪板与坡道间的动摩擦因数为38答案 D解析 用s 表示题中的位移，θ表示斜面倾角，Δt 表示曝光时间，μ表示滑雪板与坡道间的动摩擦因数，m 表示滑雪运动员的质量．设运动员下滑的加速度为a ，曝光的中间时刻的速度为v 0，则有v 0＝LΔt ，代入数据得v 0＝20 m/s ，故A 项正确；由v 02＝2as ，可求得a ＝5.0 m/s 2，故B 项正确；又根据牛顿第二定律有mgsin θ－μmg cos θ＝ma ，可求得动摩擦因数为μ＝18，故C 项正确，D 项错误．7.如图所示，AO 、AB 、AC 是竖直平面内的三根固定的细杆，A 、O 位于同一圆周上，A 点位于圆周的最高点，O 点位于圆周的最低点，每一根细杆上都套有一个光滑的小环(图中未画出)，三个环都从A 点无初速地释放，用T 1、T 2、T 3表示各环到O 、B 、C 时所用的时间，则( )A ．T 1＞T 2＞T 3B ．T 3＜T 1＜T 2C ．T 1＜T 2＜T 3D ．T 3＞T 1＞T 2答案 D解析 如图，小环沿杆下滑做匀加速直线运动，设∠OAB 为θ，∠OAC为α，圆的半径为r ，则小环沿AO 下滑时，做自由落体运动，时间为：T 1＝2×2rg由匀变速运动规律得，滑环滑到B 1点的时间T 2′＝2×2rcos θgcos θ＝T 1而由图可知，滑到B 点的时间T 2＜T 2′＝T 1同样根据匀变速运动规律可得滑到C 1的时间T 3′＝2×2rcos αgcos α＝T 1而由图可知，滑到C 点的时间T 3＞T 3′＝T 1 故有T 3＞T 1＞T 2.8．(2017·江西一模)在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m 的物体．当电梯静止时，弹簧被压缩了x ；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x10.则电梯运动的情况可能是( ) A ．以大小为1110g 的加速度加速上升B ．以大小为110g 的加速度减速上升 C ．以大小为110g 的加速度加速下降D ．以大小为110g 的加速度减速下降答案 D解析 因为电梯静止时，弹簧被压缩了x ，由此可以知道mg ＝kx ，当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了x 10，弹簧的弹力变大了，所以物体的合力应该是向上的，大小是110mg ，由牛顿第二定律F ＝ma ，可得110mg ＝ma ，所以加速度大小为a ＝110g ，合力是向上的，当然加速度的方向也就是向上的，此时物体可能是向上的匀加速运动，也可能是向下的匀减速运动，所以D 项正确．9.(多选)某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α＝60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ＝30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t 后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，下列说法中正确的是( )A ．加速时加速度的大小为gB ．加速时动力的大小等于mgC ．减速时动力的大小等于32mg D ．减速飞行时间2t 后速度为零 答案 ACD解析 起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F ，合力为F h ，如图所示：在△OFF h中，由几何关系，得F＝3mg，F h＝mg由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1＝g故A项正确，B项错误；t时刻的速率：v＝a1t＝gt推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F′跟合力F′h垂直，如图所示，此时合力大小为：F′h＝mgsin30°动力大小：F′＝32mg飞行器的加速度大小为：a2＝mgsin30°m＝12g到最高点的时间为：t′＝va2＝gt12g＝2t故C、D项正确．10.(2017·六安模拟)如图所示，两个相同车里，各用两根细线悬吊质量相同的球，细线均处于拉直状态，细线b竖直、细线d水平，a、c两细线与竖直方向的夹角均为θ，两车均向左做匀加速直线运动，当两车向左加速运动后，关于细线上张力的变化，下列说法错误的是(加速运动时细线仍处拉直状态)()A．a线的张力增大B．b线的张力不变C．d线的张力增大D．c线的张力不变答案 B解析两车静止时，在左车中，以小球为研究对象，根据共点力平衡可知T b＋T a cosθ－mg＝0T a sinθ＝0(θ是a线与竖直方向的夹角)解得T a ＝0，T b ＝mg在右车中，根据共点力平衡可知T c cos α＝mg ，T c sin α＝T d ，解得T c ＝mgcos α，T d ＝mgtan α(α是c 线与竖直方向的夹角)当两车向左加速运动时，根据牛顿第二定律可知 在左车中，有T a sin θ＝ma ，T a cos θ＋T b ＝mg ，解得T a ＝ma sin θ，T b ＝mg －matan θ在右车中，根据牛顿第二定律可知T d －T c sin α＝ma ，T c cos α＝mg ，解得T c ＝mg cos α，T d ＝ma ＋mgtan α对比可知，a 、d 线的张力增大，b 线的张力变小，c 线的张力不变，故A 、C 、D 项正确，B 项错误． 二、非选择题11．(2017·台州模拟)已知无人机质量m ＝1 kg ，动力系统能提供的最大升力F ＝16 N ，无人机上升过程中最大速度v ＝6 m/s ，若无人机从地面以最大升力竖直起飞，达到最大速度所用时间为3 s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变，求： (1)无人机以最大升力起飞的加速度；(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h ＝30 m 的高空所需的最短时间． 答案 (1)2 m/s 2 (2)4 N (3)6.5 s解析 (1)无人机以最大升力起飞的加速度： a ＝v t ＝63m/s 2＝2 m/s 2.(2)根据牛顿第二定律可得，F －mg －F f ＝ma ， 代入数据可解得：F f ＝4 N.(3)由位移－时间公式得，无人机匀加速上升的高度： h 1＝12at 2＝12×2×32 m ＝9 m ，无人机达到最大速度匀速上升的高度：h 2＝h －h 1＝30 m －9 m ＝21 m ，由x ＝vt 得，无人机匀速飞行的时间：t ′＝h 2v ＝216s ＝3.5 s则无人机从地面起飞竖直上升至离地高度h ＝30 m 的高空所需的最短时间： t 总＝t ＋t ′＝3 s ＋3.5 s ＝6.5 s.12.(2017·河南一模)如图所示，粗糙斜面倾角θ＝37°，斜面宽a 为3 m ，长b 为4 m ，质量为0.1 kg 的小木块从斜面A 点静止释放，释放同时用与斜面底边BC 平行的恒力F 推该小木块，小木块与斜面间的动摩擦因数为μ＝0.5(g 取10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)． (1)若F 大小为0，求木块到达底边所需的时间t 1；(2)若木块沿斜面对角线从点A 运动到点C ，求力F 的大小及A 到C 所需时间t 2. 答案 (1)2 s (2)1.5 s解析 (1)物体在斜面上沿斜面产生的加速度为： a ＝mgsin θ－μmg cos θm ＝gsin θ－μg cos θ＝2 m/s 2下滑的时间为：t 1＝2b a＝2×42s ＝2 s (2)若木块沿斜面对角线从点A 运动到点C ，说明物体受到的合力沿AC 方向，设AC 与AB 的夹角为α，AC ＝a 2＋b 2＝5 m ，由几何关系可得：sin α＝35故施加的外力为：F ＝mgsin θ·tan α＝0.45 N由牛顿第二定律可得产生的加速度为：a ′＝mgsin θcos α－μmg cos θm＝3.5 m/s 2由运动学公式x ＝12a ′t 22，得t 2＝2x a ′＝2×43.5s ≈1.5 s 13.(2017·江西一模)如图，光滑水平面AB 和粗糙斜面BC 平滑连接，斜面倾角为53°，AB ＝BC ＝3.75 m ．质量为m ＝2 kg 的小物块在与水平面成53°角的恒力F ＝20 N 作用下，从A 点由静止开始沿ABC 运动到C 点．(取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6，g＝10 m/s 2)求：(1)物块从A 点运动到B 点所用的时间t 1；(2)若物块在AB 和BC 上运动的时间之比为2∶1，求物块与斜面间的动摩擦因数； (3)若斜面光滑，改变恒力的大小(方向不变)，仍能使物体沿ABC 运动到C ，求力F 的取值范围． 答案 (1)52 s (2)13(3)[10 N ，25 N] 解析 (1)对物块受力分析，Fcos53°＝ma 1 得a 1＝6 m/s 2根据位移－时间公式可知，t 1＝2x ABa 1＝2×3.756 s ＝52s (2)物块在BC 上的运动时间t 2＝12t 1＝54 s因为x BC ＝v B t 2＋12a 2t 22，物体在B 点的速度为v B ＝a 1t 1＝3 5 m/s 联立解得，a 2＝0，即物块在斜面上匀速运动． 在斜面上，F ＝f ＋mgsin53° N ＝mgcos53° f ＝μN联立上式，计算得物块与斜面间的动摩擦因数μ＝13(3)当物块与水平地面间弹力恰好为零时，F 值最大． 此时，F max sin53°＝mg 代入数据得，F max ＝25 N当物块恰好能到达C 点(v C ＝0)时，F 值最小．此时，物块在AB 间的加速度a 1′与BC 间的加速度a 2′大小相等． 根据牛顿第二定律，F min cos53°＝ma 1′， mgsin53°－F min ＝ma 2′.因此，F min cos53°＝mgsin53°－F min .代入数据计算，得F min＝10 N.综上，F的取值范围为[10 N，25 N]．。

1、如图所示，A、B两物体的质量之比为2：1，在平行于固定斜面的推力F的作用下，一起沿斜面向上做匀速直线运动，A、B间轻弹簧的劲度系数为k，斜面的倾角为θ，求下面两种情况下，弹簧的压缩量？（1）斜面光滑；（2）斜面粗糙，A、B与斜面间的摩擦因数都等于μ．2、“辽宁号”航母在某次海试中，歼15舰载机降落着舰后顺利勾上拦阻索，在甲板上滑行s=117m停下。

设舰载机勾上拦阻索后的运动可视为做匀减速直线运动，航母始终保持静止。

已知飞机的质量m=3 x104kg，勾上拦阻索时的速度大小V0=78m／s，求：(1)舰载机勾上拦阻索后滑行的时间t；(2)舰载机滑行过程所受的总阻力f。

3、如图甲，在水平地面上，有一个质量为4kg的物体，受到在一个与水平地面成37°的斜向右下方F=50N的推力，由静止开始运动，其速度时间图象如图乙所示. (g=10N/kg , sin370=0.6, cos370=0.8.)求：（1）物体的加速度大小；（2）物体与地面间的动摩擦因数。

4、如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A、B，它们的质量分别为，弹簧的劲度条数为K，C为一固定挡板。

系统处于静止状态。

现开始用一恒力F沿斜面方向拉物块A使之向上运动．求物块B刚要离开C时物块A的加速度a和从开始到此时物块A的位移d（重力加速度为g）。

5、质量为m=lkg的物体在平行于斜面向上的拉力 F的作用下从斜面底端由静止开始沿斜面向上运动，一段时间后撤去拉力F，其向上运动的v-t图象如图所示，斜面固定不动，与水平地面的夹角（).求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数(2)拉力F的大小.(3)物体沿斜面向上运动的最大距离6、如图所示，A、B质量分别为mA=1kg，mB=2kg，A与小车壁的动摩擦因数为0.5，B与小车间的摩擦不计，要使小车向左加速时B与小车保持相对静止，求小车的加速度大小应满足什么条件？（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留2位有效数字）7、用F＝135N的水平力拉质量m=30kg的箱子，使箱子在水平地面上由静止开始做匀加速直线运动，当箱子的速度达到v=10m/s时撤去力F。

牛顿第二定律专题训练牛顿第二定律专题训练以及强化1．如图是我国“美男子”长征火箭把载人神舟飞船送上太空的情景．宇航员在火箭发射与飞船回收的过程中均要经受超重与失重的考验，下列说法正确的是 ( )A ．火箭加速上升时，宇航员处于失重状态B ．飞船加速下落时，宇航员处于失重状态C ．飞船落地前减速，宇航员对座椅的压力大于其重力D ．火箭上升的加速度逐渐减小时，宇航员对座椅的压力小于其重力2．如图所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力3．在完全失重的状态下，下列物理仪器还能使用的是( )A.托盘天平B.水银气压计C.电流表D.弹簧测力计专题2：瞬时值问题牛顿第二定律的表达式为F ＝ma ，其核心是加速度与合外力的瞬时对应关系，瞬时对应关系是指物体受到外力作用的同时产生加速度，外力恒定，加速度也恒定，外力变化，加速度也立即变化，外力消失，加速度也立即消失．题目中常伴随一些如“瞬时”、“瞬间”、“突然”、“猛地”等词语． 1 如图所示，质量为m 的小球用水平轻弹簧系住，并用倾角为30°的光滑木板AB 托住，小球恰好处于静止状态．当木板AB 突然向下撤离的瞬间，小球的加速度大小为( )A ．0 B.2 33g C ．g D.33g 2．“儿童蹦极”中，拴在腰间左右两侧的是弹性极好的橡皮绳．质量为m 的小明如图3静止悬挂时，两橡皮绳的拉力大小均恰为mg ，若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时 ( )A ．速度为零B ．加速度a ＝g ，沿原断裂橡皮绳的方向斜向下C ．加速度a ＝g ，沿未断裂橡皮绳的方向斜向上D ．加速度a ＝g ，方向竖直向下3．如图11所示，A 、B 两木块间连一轻质弹簧，A 、B 质量相等，一起静止地放在一块光滑木板上，若将此木板突然抽去，在此瞬间，A 、B 两木块的加速度分别是 ( )A ．a A ＝0，aB ＝2g B ．a A ＝g ，a B ＝gC ．a A ＝0，a B ＝0D ．a A ＝g ，a B ＝2g专题3：极值问题极值问题中主要是用来求解拉力的最大的最小值等等，主要伴随着摩擦力一起出题，当取得极值问题的时候往往摩擦力由静摩擦力变成滑动摩擦力。

高中物理牛顿运动定律的应用专项训练100(附答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．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。

【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止，，解得B离右端距离(2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.2．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2 联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.3．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．4．如图1所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度v0从左端冲上木板。