牛顿运动定律高考真题专题汇编带答案解析

专题三牛顿运动定律

考点1 牛顿运动定律的理解与应用

[2019浙江4月选考,12,3分]

如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁) ()

A.A球将向上运动,B、C球将向下运动

B.A、B球将向上运动,C球不动

C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动

D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动

拓展变式

1.[全国卷高考题改编,多选]伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.关于惯性有下列说法,其中正确的是()

A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性

B.没有力的作用,物体只能处于静止状态

C.物体保持静止或匀速直线运动状态的性质是惯性

D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动

2.[2020江苏,5,3分]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为()

A.F

B.

C.

D.

3.

[2020浙江1月选考,2,3分]如图所示,一对父子掰手腕,父亲让儿子获胜.若父亲对儿子的力记为F1,儿子对父亲的力记为F2,则( )

A.F2>F1

B.F1和F2大小相等

C.F1先于F2产生

D.F1后于F2产生

4.

[2015海南,8,5分,多选]如图所示,物块a、b和c的质量相同,a和b、b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态.现将细线剪断.将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g.在剪断瞬间()

A.a1=3g

B.a1=0

C.Δl1=2Δl2

D.Δl1=Δl2

5.

[2020山东,1,3分]一质量为m的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s与时间t的关系图像如图所示.乘客所受支持力的大小用F N表示,速度大小用v表示.重力加速度大小为g.以下判断正确的是

()

A.0~t1时间内,v增大,F N>mg

B.t1~t2时间内,v减小,F N

C.t2~t3时间内,v增大,F N

D.t2~t3时间内,v减小,F N>mg

6.[2021辽宁六校第一次联考,多选]如图甲所示,一轻质弹簧的下端固定在水平面上,上端叠放两个质量均为m的物体A、B(B与弹簧连接,A、B均可视为质点),弹簧的劲度系数为k,初始时物体处于静止状态.现用竖直向上的拉力F 作用在A上,使A开始向上做加速度大小为a的匀加速运动,测得A、B的v-t图像如图乙所示,已知重力加速度大小为g,则()

A.施加力F前,弹簧的形变量为

B.施加力F的瞬间,A、B间的弹力大小为m(g+a)

C.A、B在t1时刻分离,此时弹簧弹力等于B的重力

D.上升过程中,B速度最大时,A、B间的距离为a-

7.[2021安徽黄山高三模拟,多选]如图甲所示,物块A、B静止叠放在水平地面上,B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F的作用.A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示.已知物块A的质量m=3 kg,取g=10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,则

()

A.两物块间的动摩擦因数为0.2

B.当0

C.当4 N

D.当F>12 N时,A的加速度随F的增大而增大

考点2 动力学两类基本问题

[2019江苏,15,16分]如图所示,质量相等的物块A和B叠放在水平地面上,左边缘对齐.A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ.先敲击A,A立即获得水平向右的初速度,在B上滑动距离L后停下.接着敲击B,B立即获得水平向右的初速度,A、B都向右运动,左边缘再次对齐时恰好相对静止,此后两者一起运动至停下.最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g.求:

(1)A被敲击后获得的初速度大小v A;

(2)在左边缘再次对齐的前、后,B运动加速度的大小a B、a'B;

(3)B被敲击后获得的初速度大小v B.

拓展变式

1.

[2020江西丰城模拟]如图所示,质量为10 kg的物体在F=200 N的水平推力作用下,从粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面运动,斜面固定不动,与水平地面的夹角θ=37°,力F作用2 s后撤去,物体在斜面上继续上滑了1.25 s后速度减为零.求物体与斜面间的动摩擦因数μ和物体沿斜面向上运动的总位移x.(已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g=10 m/s2)

2.[2015新课标全国Ⅰ,20,6分,多选]如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示.若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()

图(a) 图(b)

A.斜面的倾角

B.物块的质量

C.物块与斜面间的动摩擦因数

D.物块沿斜面向上滑行的最大高度

3.

[2016上海,25,4分]地面上物体在变力F作用下由静止开始竖直向上运动,力F随高度x的变化关系如图所示,物体能上升的最大高度为h,h

4.[2020安徽安庆检测]

如图所示,质量为10 kg的环在F=140 N的恒定拉力作用下,沿粗糙直杆由静止从杆的底端开始运动,环与杆之间的动摩擦因数μ=0.5,杆与水平地面的夹角θ=37°,拉力F与杆的夹角θ=37°,力F作用一段时间后撤去,环在杆上继续上滑了0.5 s后,速度减为零,g取 10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,杆足够长.求:

(1)拉力F作用的时间;

(2)环运动到杆底端时的速度大小.

5.

[2021山西太原模拟]如图所示,在竖直平面内有半径为R和2R的两个圆,两圆的最高点相切,切点为A.B和C分别是小圆和大圆上的两个点,其中AB长为R,AC长为2R.现沿AB和AC建立两条光滑轨道,自A处由静止释放小球,

已知小球沿AB轨道运动到B点所用时间为t1,沿AC轨道运动到C点所用时间为t2,则t1与t2之比为()

A.1∶3

B.1∶2

C.1∶

D.1∶

6.[2020山东,8,3分]如图所示

,一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上,质量分别为m和2m的物块A、B,通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接,A、B间的接触面和轻绳均与木板平行.A与B间、B与木板间的动摩擦因数均为μ,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.当木板与水平面的夹角为45°时,物块A、B刚好要滑动,则μ的值为()

A.B.C.D.

7.[2017全国Ⅲ,25,20分]

如图,两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木板的质量为m=4 kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1.某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3 m/s.A、B相遇时,A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g=10 m/s2.求:

(1)B与木板相对静止时,木板的速度;

(2)A、B开始运动时,两者之间的距离

8.[2020四川南充模拟]如图传送装置,水平传送带ab在电机的带动下以恒定速率v=4 m/s运动,在传送带的右端点a无初速度轻放一个质量m=1 kg的物块A(视为质点),当物块A到达传送带左端点b点时,即刻再在a点无初速度轻放另一质量为2m的物块B(视为质点).两物块到达b点时都恰好与传送带等速,b端点的左方为一个水平放置的长直轨道cd,轨道上静止停放着质量为m的木板C,从b点滑出的物块恰能水平滑上(无能量损失)木板上表面,木板足够长.已知:物块与传送带间的动摩擦因数μ1=0.8,与木板间的动摩擦因数μ2=0.2;木板与轨道间的动摩擦因数μ3=0.1;设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,取g=10 m/s2.试求:

(1)物块A、B滑上木板C上的时间差Δt;

(2)木板C运动的总时间.

9.如图所示,传送带的倾角θ=37°,从A到B的长度为L AB=16 m,传送带以v0=10 m/s的速度逆时针转动.在传送带A 端无初速度释放一个质量为m=0.5 kg 的物体,它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5,则物体从A运动到B所需的时间是多少?(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g取10 m/s2)

10.[新情境——动车爬坡][2020四川宜宾模拟,多选]动车是怎样爬坡的?西成高铁从清凉山隧道开始一路上坡,采用25‰的大坡度穿越秦岭,

长达45公里,坡道直接落差1 100米,为国内之最.几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组就是动车组.带动力的车厢叫动车,不带动力的车厢叫拖车.动车爬坡可以简化为如图所示模型,在沿斜面向上的恒力F作用下,A、B两物块一起沿倾角为θ的斜面向上做匀加速直线运动,两物块间用与斜面平行的轻弹簧相连,已知两物块与斜面间的动摩擦因数相同,则下列操作能保证A、B两物块间的距离不变的是()

A.只增加斜面的粗糙程度

B.只增加物块B的质量

C.只增大沿斜面向上的力F

D.只增大斜面的倾角θ

考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系

[2017浙江下半年选考,17,5分]

在做“探究加速度与力、质量的关系”实验中

(1)右图仪器需要用到的是.

(2)下列说法正确的是.

A.先释放纸带再接通电源

B.拉小车的细线应尽可能与长木板平行

C.纸带与小车相连端的点迹较疏

D.轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡

(3)如图所示是实验时打出的一条纸带,A、B、C、D、…为每隔4个点取的计数点,据此纸带可知小车在打点计时器打D点时速度大小为m/s(小数点后保留2位).

拓展变式

1.[开放题][2020山东济南检测]如图所示的实验装置可以验证牛顿第二定律,小车上固定一个盒子,盒子内盛有砂子.砂桶的总质量(包括桶以及桶内砂子质量)记为m,小车的总质量(包括车、盒子及盒内砂子质量)记为M.

2.[同2020北京第15题相似]在探究加速度与力的关系的实验中,小明同学设计了如图甲所示(俯视图)的实验方案:将两个小车放在水平木板上,前端分别系一条细线跨过定滑轮与砝码盘相连,后端各系一细线.

(1)平衡摩擦力后,在保证两小车质量相同、盘中砝码质量不同的情况下,用一黑板擦把两条细线同时按在桌子上,抬起黑板擦时两小车同时开始运动,按下黑板擦时两小车同时停下来.小车前进的位移分别为x1、x2,由x=at2,知=,测出砝码和砝码盘的总质量m1、m2,若满足,即可得出小车的质量一定时,其加速度与拉力成正比的结论.若小车的总质量符合远大于砝码和砝码盘的总质量的需求,但该实验中测量的误差仍然较大,其主要原因是.

(2)小军同学换用图乙所示的方案进行实验:在小车的前方安装一个拉力传感器,在小车后面固定纸带并穿过打点计时器.由于安装了拉力传感器,下列操作要求中不需要的是.(填选项前的字母)

A.测出砝码和砝码盘的总质量

B.将木板垫起适当角度以平衡摩擦力

C.跨过滑轮连接小车的细线与长木板平行

D.砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量

(3)测出小车质量M并保持不变,改变砝码的质量分别测得小车加速度a与拉力传感器示数F,利用测得的数据在坐标纸中画出如图丙中的a-F图线A;若小军又以为斜率在图像上画出如图丙中的图线B,利用图像中给出的信息,可求出拉力传感器的质量为.

3.如图所示,某同学利用图示装置做“探究加速度与物体所受合力的关系”的实验.在气垫导轨上安装了两个光电门1、2,滑块上固定一遮光条,滑块通过绕过两个滑轮的细绳与弹簧测力计相连,实验时改变钩码的质量,读出弹簧测力计的不同示数F,不计细绳与滑轮之间的摩擦力和滑轮的质量.

(1)根据实验装置图,本实验(填“需要”或“不需要”)将带滑轮的气垫导轨右端垫高,以平衡摩擦力;实验中(填“一定要”或“不必要”)保证钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量;实验中(填“一定要”或“不必要”)用天平测出所挂钩码的质量;滑块(含遮光条)的加速度(填“大于”“等于”或“小于”)钩码的加速度.

(2)某同学做实验时,未挂细绳和钩码接通气源,然后推一下滑块(含遮光条)使其从气垫导轨右端向左运动,发现遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,该同学疏忽大意,未调节气垫导轨使其恢复水平,就继续进行其他实验步骤(其他实验步骤没有失误),则该同学作出的滑块(含遮光条)的加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是(填图像下方的字母).

(3)若该同学作出的a-F图像中图线的斜率为k,则滑块(含遮光条)的质量为.

4.

图(a)

[2018全国Ⅱ,23,9分]某同学用图(a)所示的装置测量木块与木板之间的动摩擦因数.跨过光滑定滑轮的细线两端分别与木块和弹簧秤相连,滑轮和木块间的细线保持水平,在木块上方放置砝码.缓慢向左拉动水平放置的木板,当木

块和砝码相对桌面静止且木板仍在继续滑动时,弹簧秤的示数即木块受到的滑动摩擦力的大小.某次实验所得数据在表中给出,其中f4的值可从图(b)中弹簧秤的示数读出.

砝码的质量

0.05 0.10 0.15 0.20 0.25

m/kg

滑动摩擦力

2.15 2.36 2.55 f42.93

f/N

图(b)图(c)

回答下列问题:

(1)f4= N;

(2)在图(c)的坐标纸上补齐未画出的数据点并绘出f-m图线;

(3)f与m、木块质量M、木板与木块之间的动摩擦因数μ及重力加速度大小g之间的关系式为f= ,f-m图线(直线)的斜率的表达式为k= ;

(4)取g=9.80 m/s2,由绘出的f-m图线求得μ= .(保留2位有效数字)

5.[2018江苏,11,10分]

某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g.细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮,两端各悬挂一只质量为M的重锤.实验操作如下:

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H;

②在重锤1上加上质量为m的小钩码;

③左手将重锤2压在地面上,保持系统静止.释放重锤2,同时右手开启秒表,在重锤1落地时停止计时,记录下落时间;

④重复测量3次下落时间,取其平均值作为测量值t.

请回答下列问题:

(1)步骤④可以减小对下落时间t测量的(选填“偶然”或“系统”)误差.

(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,主要是为了.

A.使H测得更准确

B.使重锤1下落的时间长一些

C.使系统的总质量近似等于2M

D.使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等

(3)滑轮的摩擦阻力会引起实验误差.现提供一些橡皮泥用于减小该误差,可以怎么做?

(4)使用橡皮泥改进实验后,重新进行实验测量,并测出所用橡皮泥的质量为m0.用实验中的测量量和已知量表示g,得g= .

答案

专题三牛顿运动定律

考点1 牛顿运动定律的理解与应用

D剪断绳子之前,A球受力分析如图1所示,B球受力分析如图2所示,C球受力分析如图3所示.剪断绳子瞬间,水杯和水都处于完全失重状态,水的浮力消失,杯子的瞬时加速度为重力加速度.又由于弹簧的形状来不及发生改变,弹

簧的弹力大小不变,相对地面而言,A球的加速度a A=

对地面而言,B球的加速度a B=>g,方向竖直向下,其相对杯子的加速度方向竖直向下.绳子剪断瞬间,C球所受的浮力和拉力均消失,其瞬时加速度为重力加速度,故相对杯子静止,综上所述,D正确.

x

图1 图2 图3

1.ACD物体保持静止或匀速直线运动状态的性质叫惯性,所以A、C正确.如果没有力,物体将保持静止或匀速直线运动状态,所以B错误.运动物体如果不受力,将保持匀速直线运动状态,所以D正确.

2.C设列车做匀加速直线运动的加速度为a,可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析,设每节车厢的质量均为m,每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f,则有F-38f=38ma,再将最后面的2节车厢作为一个整体进行

分析,设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F',则有F'-2f=2ma,联立解得F'=F,C项正确,A、B、D项均错误.

3.B F1和F2是作用力和反作用力,遵循牛顿第三定律,这对力同时产生、同时消失、大小相等、方向相反,B正确,A、

C、D均错误.

4.AC设物块的质量为m,剪断细线的瞬间,细线上的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力F1;剪断细线前对bc和弹簧S2组成的整体分析可知F1=2mg,故a受到的合力F合

=mg+F1=mg+2mg=3mg,故加速度a1==3g,A正确,B错误.设弹簧S2的拉力为F2,则F2=mg,根据胡克定律F=kΔx可得Δl1=2Δl2,C正确,D错误.

5.D根据位移—时间图像的斜率表示速度可知,0~t1时间内,图像斜率增大,速度v增大,加速度方向向下,由牛顿运动定律可知乘客处于失重状态,所受的支持力F Nmg,选项C错误,D正确.

6.AD A与B分离的瞬间,A与B的加速度相同,速度也相同,A与B间的弹力恰好为零.分离后A与B的加速度不同,速度不同.t=0时刻,即施加力F的瞬间,弹簧弹力没有突变,弹簧弹力与施加力F前的相同,但A与B间的弹力发生突变.t1时刻,A与B恰好分离,此时A与B的速度相等、加速度相等,A与B间的弹力为零.t2时刻,B的v-t图线的切线与t轴平行,切线斜率为零,即加速度为零.施加力F前,A、B整体受力平衡,则弹簧弹力大小F0=kx0=2mg,解得弹簧的形变量x0=,选项A正确.施加力F的瞬间,对B,根据牛顿第二定律有F0-mg-F AB=ma,解得A、B间的弹力大小

F AB=m(g-a),选项B错误.A、B在t1时刻之后分离,此时A、B具有共同的速度与加速度,且F AB=0,对B有F1-mg=ma,解得此时弹簧弹力大小F1=m(g+a),选项C错误.t2时刻B的加速度为零,速度最大,则kx'=mg,解得此时弹簧的形变量

x'=,B上升的高度h'=x0-x'=,A上升的高度h=a,此时A、B间的距离Δh=a-,选项D正确.

7.AB根据题图乙可知,发生相对滑动时,A、B间的滑动摩擦力为6 N,所以A、B之间的动摩擦因数μ==0.2,选项A正确;当012 N时,根据题图乙可知,此时A、B发生相对滑动,对A有a==2 m/s2,加速度不变,选项D错误.考点2 动力学两类基本问题

(1)(2)3μg μg (3)2

解析:(1)由牛顿运动定律知,A的加速度大小a A=μg

由运动学公式有2a A L=

解得v A=.

(2)设A、B的质量均为m

对齐前,B所受合外力大小F=3μmg

由牛顿运动定律有F=ma B,得a B=3μg

对齐后,A、B所受合外力大小F'=2μmg

由牛顿运动定律有F'=2ma'B,得a'B=μg.

(3)经过时间t,A、B达到共同速度v,位移分别为x A、x B,A的加速度大小等于a A

则v=a A t,v=v B-a B t

x A=a A t2,x B=v B t-a B t2

且x B-x A=L

解得v B=2.

1.0.2516.25 m

解析:

物体受力分析如图所示,设未撤去F前,物体加速运动的加速度为a1,末速度为v,将重力mg和F沿斜面方向和垂直于斜面方向正交分解,由牛顿运动定律得

F N=F sin θ+mg cos θ

F cos θ-f-mg sin θ=ma1

又f=μF N

加速过程由运动学规律可知v=a1t1

撤去F后,物体减速运动的加速度大小为a2,则a2=g sin θ+μg cos θ

由匀变速运动规律有v=a2t2

由运动学规律知x=a1+a2

联立各式解得μ=0.25,x=16.25 m.

2.ACD由题图(b)可求出0~t1和t1~2t1时间内物块的加速度分别为a1=、a2=.设斜面的倾角为θ,由牛顿第二定律知,物块上滑时有-(mg sin θ+μmg cos θ)=ma1,下滑时有μmg cos θ-mg sin θ=ma2,联立可求得物块与斜面间

的动摩擦因数μ及斜面的倾角θ,A、C正确;从以上两个方程可知,物块质量被约去,即不可求,B错误;物块沿斜面向上滑行的最大高度H=sin θ,可求出,D正确.

3.0或h

解析:由题图可知,力F随着高度x的增加而均匀减小,即F随高度x的变化关系为F=F0-kx,其中k=,则当物体到达h高度处时,向上的拉力F1=F0-h;由牛顿第二定律知,开始时加速度方向竖直向上,随x的增加加速度逐渐减小,然后反方向增大.物体从地面上升到h高度处的过程中,根据动能定理可得W F+W G=0,即h-mgh=0,求得F0=,则物体在刚开始运动时的加速度大小满足F0-mg=ma1,求得a1=;当物体运动到h高度处时,加速度大小满足mg-F1=ma2,而

F1=-,求得a2=,因此加速度最大时其高度是0或h.

4.(1)1 s (2) m/s

解析:(1)撤去拉力F后,由牛顿第二定律有

mg sin θ+μmg cos θ=ma2

又0=v1-a2t2

联立解得v1=5 m/s

撤去拉力F前(注意杆对环的弹力的方向),有F cos θ-mg sin θ-μ(F sin θ-mg cos θ)=ma1

而v1=a1t1

联立解得t1=1 s.

(2)环上滑至速度为零后反向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得mg sin θ-μmg cos θ=ma3,又s=(t1+t2),而

v2=2a3s

联立解得v= m/s.

5.D如题图所示,设圆中任意一条弦为OM,圆的半径为R',则弦OM长s=2R'cos θ,小球下滑的加速度a=g cos θ,根据s=at2得t=2,与角θ无关,因此沿不同弦下滑的时间相等.故小球沿AB下滑所用的时间等于小球在高度为2R 的位置做自由落体运动所用的时间,即2R=g,小球沿AC下滑所用的时间等于小球在高度为4R的位置做自由落体运动所用的时间,即4R=g,联立有=,选项D正确.

6.C根据题述, 物块A、B刚要滑动,可知A、B之间的摩擦力f AB=μmg cos 45°,B与木板之间的摩擦力f=μ·3mg cos 45°.隔离A进行受力分析,由平衡条件可得轻绳中拉力F= f AB+ mg sin 45°.对AB整体,由平衡条件得2F=3mg sin 45°-f,联立解得μ=,选项C正确.

7.(1)1 m/s(2)1.9 m

解析:(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动.设A、B所受的摩擦力大小分别为f1、f2,地面对木板的摩擦力大小为f3,A和B相对于地面的加速度大小分别为a A和a B,木板相对于地面的加速度大小为a1.在物块B与木板达到共同速度前有

f1=μ1m A g ①

f2=μ1m B g ②

f3=μ2(m+m A+m B)g ③

由牛顿第二定律得

f1=m A a A④

f2=m B a B⑤

f2-f1-f3=ma1⑥

设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1.由运动学公式有

v1=v0-a B t1⑦

v1=a1t1⑧

联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已知数据得v1=1 m/s⑨.

(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为

s B=v0t1-a B

设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2.对于B与木板组成的系统,由牛顿第二定律有

f1+f3=(m B+m)a2

由①②④⑤式知,a A=a B;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反.由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2.设A的速度大小从v1变到v2所用的时间为t2,则由运动学公式,对木板有

v2=v1-a2t2

对A有v2=-v1+a A t2

在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为

s1=v1t2-a2

在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为

s A=v0(t1+t2)-a A(t1+t2)2

A和B相遇时,A与木板的速度恰好相同.因此A和B开始运动时,两者之间的距离为

s0=s A+s1+s B

联立以上各式,并代入数据得

s0=1.9 m.

(也可用如图的速度—时间图线求解)

8.(1)0.5 s (2)2.75 s

解析:(1)物块在传送带上的加速时间即为滑上木板的时间差,设物块A、B在传送带上的加速度为a0,则有

μ1mg=ma0

解得a0=8 m/s2

根据v=a0Δt可得Δt==0.5 s.

(2)过程一

物块A滑上木板C与木板有相对运动,则有μ2mg=ma A,解得a A=2 m/s2,方向水平向右

水平方向对木板C有μ2mg=μ3·2mg,木板C保持静止

过程二

经过Δt=0.5 s后,物块B滑上木板C,此时物块A的速度为v A=v-a AΔt=3 m/s

物块B和木板C有相对运动,则有μ2·2mg=2ma B

代入数据解得a B=2 m/s2,方向向右

对木板C有μ2·2mg+μ2mg-μ1(2m+2m)g=ma C

代入数据解得a C=2 m/s2,方向水平向左

木板C由静止开始向左匀加速运动,物块A与木板C共速时有v A-a A t1=a C t1=v AC

代入数据解得t1=0.75 s,v AC=1.5 m/s

此时v B=v-a B t1=2.5 m/s

过程三

物块B相对木板C继续向左运动,仍做a B=2 m/s2的匀减速运动,木板C和物块A保持相对静止,将木板C和物块A看作整体有

μ2·2mg-μ3(2m+2m)g=2ma AC

解得a AC=0

故木板C和物块A向左做匀速直线运动,直到A、B、C共速,速度为v B-a B t2=v AC,解得t2=0.5 s

过程四

三物体保持相对静止,一起做匀减速运动,直到减速到零,木板C停止运动,则有μ3(2m+2m)g=4ma ABC

代入数据解得a ABC=1 m/s2

t3==1.5 s

故木板C运动的总时间为t=t1+t2+t3=2.75 s.

图甲

9.2 s

解析:开始阶段,传送带对物体的滑动摩擦力沿传送带向下,物体由静止开始加速下滑,受力分析如图甲所示

由牛顿第二定律得

mg sin θ+μmg cos θ=ma1

解得a1=g sin θ+μg cos θ=10 m/s2

物体加速至速度与传送带速度相等时需要的时间t1==1 s

物体运动的位移s1=a1 =5 m<16 m

即物体加速到10 m/s时仍未到达B点

图乙

当物体加速至与传送带速度相等时,由于μ

由牛顿第二定律得

mg sin θ-μmg cos θ=ma2,解得a2=2 m/s2

设此阶段物体滑动到B所需时间为t2,则

L AB-s1=v0t2+a2,解得t2=1 s

故所需时间t=t1+t2=2 s.

10.AD A、B两物块间的距离不变,则弹簧弹力不变,对A、B及弹簧整体应用牛顿第二定律可得F-(m A+m B)g sin θ-μ(m A+m B)·g cos θ=(m A+m B)a,所以两物块做匀加速直线运动的加速度a=-g sin θ-μg cos θ,对物块B应用牛顿第二定律可得T-m B g sin θ-μm B g cos θ=m B a,所以弹簧弹力T=m B(g sin θ+μg cos θ)+m B a=.只改变斜面粗糙

程度或斜面倾角,弹簧弹力不变,两物块间的距离不变;只增加物块B的质量,=增大,故弹簧弹力增大,两物块间的距离增大;只增大沿斜面向上的力F,弹簧弹力增大,两物块间的距离增大,故选项A、D正确.

考点3 实验:探究加速度与力、质量的关系

(1)AD(2)BD(3)0.21

解析:(1)实验通过打点计时器打出的纸带求解物体的加速度,所以需要打点计时器,A正确;需要通过改变小车质量和悬挂物的重力,来研究加速度与质量、合力之间的关系,故还需测量质量,即需要天平,D正确;打点计时器为计时仪器,所以不需要秒表,本实验中小车受到的合力大小等于悬挂物的重力大小,故不需要弹簧测力计.

(2)实验时应先接通电源,后释放纸带,充分利用纸带,打出更多的数据,A错误;为了使得细线对小车的拉力等于小车所受的合力,绳子要与长木板平行,B正确;刚开始运动时速度较小,所以在相等时间间隔内小车运动的位移较小,故纸带与小车相连端的点迹较密,C错误;轻推小车,拖着纸带的小车能够匀速下滑说明摩擦力已被平衡,D正确. (3)根据匀变速直线运动推论可知,打D点时小车的瞬时速度等于从打C点到打E点的过程中小车的平均速度,从题图中可知=6.50 cm=0.065 0 m,=2.40 cm=0.024 0 m,从打C点到打E点所用时间t=2×5×0.02 s=0.2 s,故

v D===0.21 m/s.

1.(1)①②否因为实验的研究对象是整个系统,系统受到的合力就等于mg (2)M+m

解析:(1)将小车内的砂子转移到桶中,就保证了M+m不变,即系统的总质量不变,研究对象是整个系统,a==,可见a-F图像的斜率是,系统的合力就等于所悬挂砂桶的重力mg,不必满足M≫m这样的条件.

(2)向小车内添加或去掉部分砂子,改变了系统的总质量M+m,而系统的合力仍等于所悬挂砂桶的重力mg,保证了合力不变.用图像法处理数据时,以加速度a为纵轴,应该以为横轴.

2.(1)=黑板擦按下后小车不会立刻停下,测量的位移不是实际加速位移(2)AD(3)-M

解析:(1)由位移公式x=at2知,小车从静止开始做匀加速直线运动时,时间相等的情况下加速度与位移成正比,根据牛顿第二定律有小车质量一定时,加速度与拉力成正比,拉力是用砝码及砝码盘的总重力提供的(即加速度与砝码及砝码盘总重力成正比),所以若满足=,则加速度与拉力大小成正比;若小车的总质量远大于砝码和砝码盘的总质量,但该实验中测量的误差仍然较大,分析实验中的客观原因,则应是位移测量出现了问题,比如黑板擦按下后小车不会立刻停下.

(2)若安装了拉力传感器,则拉力不需要测量了,当然也不必满足砝码和砝码盘的总质量远小于小车和传感器的总质量;也不必测出砝码和砝码盘的总质量(是用它们的总重力代替拉力的),但仍需平衡摩擦力,细线要与长木板平行.

(3)根据牛顿第二定律有a=F,对图线A有a0=F0,可得拉力传感器的质量为m=-M.

3.(1)不需要不必要不必要大于(2)C(3)

解析:(1)水平放置的气垫导轨连通气源时,导轨上的滑块与导轨之间没有摩擦力,所以不需要垫高气垫导轨的一端用来平衡摩擦力;滑块受到的拉力大小可以用弹簧测力计测出,故不必要满足钩码的质量远小于滑块和遮光条的总质量,也不必要用天平测出所挂钩码的质量;因钩码挂在动滑轮上,则滑块(含遮光条)的加速度等于钩码加速度的2倍,即滑块(含遮光条)的加速度大于钩码的加速度.

(2)遮光条通过光电门2所用的时间大于通过光电门1所用的时间,说明滑块(含遮光条)做减速运动,导轨的左端偏高,则加外力时,外力需到达一定的值才能使滑块(含遮光条)向导轨左端加速运动,则作出的滑块(含遮光条)加速度a与弹簧测力计示数F的图像可能是C.

(3)根据a=F知,k=,则m=.

4.(1)2.75(2)如答图所示(3)μ(M+m)g μg (4)0.40

解析:(1)对弹簧秤进行读数(注意估读)得2.75 N.

(2)绘f-m图线时,先在图像中添加(0.05 kg,2.15 N)、(0.20 kg,2.75 N)这两个点,画图时为一条直线,应尽可能使较多的点落在这条直线上,不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧.这样能更好地减小误差,如答图所示.

(3)由实验原理可得f=μ(M+m)g,则f-m图线的斜率为k=μg.

(4)根据图像求出k=3.9 N/kg,代入数据可得μ=0.40.

5.(1)偶然(2)B(3)在重锤1上粘上橡皮泥,调整橡皮泥质量直至轻拉重锤1能观察到其匀速下落.

(4)

解析:(1)步骤④多次测量取平均值是为了减小偶然误差.

(2)实验中,小钩码的重力实质上等于系统所受的合外力,实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多,这样可以使重锤1下落的加速度小一些,根据H=at2可知,可以使重锤1下落的时间长一些,便于测量时间,选项B正确.

(3)在重锤1上粘些橡皮泥,调整橡皮泥质量,直至轻拉重锤1能够观察到重锤1匀速下落.

(4)对两个重锤、小钩码和橡皮泥组成的系统,由牛顿第二定律得mg=(2M+m+m0)a,重锤1下落,根据匀变速直线运动规律,得H=at2,联立解得g=.

牛顿运动定律高考真题专题汇编带答案解析

专题三牛顿运动定律 考点1 牛顿运动定律的理解与应用 [2019浙江4月选考,12,3分] 如图所示,A、B、C为三个实心小球,A为铁球,B、C为木球.A、B两球分别连接在两根弹簧上,C球连接在细线一端,弹簧和细线的下端固定在装水的杯子底部,该水杯置于用绳子悬挂的静止吊篮内.若将挂吊篮的绳子剪断,则剪断的瞬间相对于杯底(不计空气阻力,ρ木<ρ水<ρ铁) () A.A球将向上运动,B、C球将向下运动 B.A、B球将向上运动,C球不动 C.A球将向下运动,B球将向上运动,C球不动 D.A球将向上运动,B球将向下运动,C球不动 拓展变式 1.[全国卷高考题改编,多选]伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验,提出了惯性的概念,从而奠定了牛顿力学的基础.关于惯性有下列说法,其中正确的是() A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力的作用,物体只能处于静止状态 C.物体保持静止或匀速直线运动状态的性质是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用,将继续以同一速度沿同一直线运动 2.[2020江苏,5,3分]中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”,为国际抗疫贡献了中国力量.某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成,在车头牵引下,列车沿平直轨道匀加速行驶时,第2节对第3节车厢的牵引力为F.若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等,则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为() A.F B. C. D. 3. [2020浙江1月选考,2,3分]如图所示,一对父子掰手腕,父亲让儿子获胜.若父亲对儿子的力记为F1,儿子对父亲的力记为F2,则( ) A.F2>F1 B.F1和F2大小相等 C.F1先于F2产生 D.F1后于F2产生

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)含解析

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)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，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： (1)物体由静止开始运动后的加速度大小； (2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】 (1)物体的受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N 联立得：a =cos37(sin 37) F mg F m μ--o o 代入解得a =0.3m/s 2 (2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小2 19.6m 2 x at = = (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m m μμ= ==='' 由v 2 =2a ′x ′得:2 1.44m 2v x a ='' = 【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．

2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求： （1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度； （3）木板在地面上运动的最大位移。 【答案】（1）5m/s 2 2m/s 2（2）14m （3）12m 【解析】 【分析】 （1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】 （1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动， 初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 2 12a μg 5m /s == 木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+= 解得 2 2a 2m /s = （2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t 即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s 木块位移 2 011x v t a t 18m 2 木块=-= 木板位移 2 21x a t 4m 2 木板= = 木板长度 L x x 14m =-=木板木块 （3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得 2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共， 木板位移 23 v x 8m 2a ==，共木板 总位移 , x x x 12m =+=木板木板

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析

高考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，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 = 212 mv 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 = 2201122 mv 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 ?at

ma=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． 2．一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 3 5 m 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 5 g 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+ 3 5 m ）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： 1014 x x =

物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析

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，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）1 20 （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 /3/1 v 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 m t 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： 2 122 2v mg mg m t μμ-?= 而且121t t t s +== 联立可以得到：21 20 μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在 1 0.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为： 1100.52 v 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：

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律真题汇编(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，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可 视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求： （1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？ 【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】 （1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v = （2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102 mgs mv μ-=- 解得0.25m s = （3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111 ()22 mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+= 2．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求： （1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间； （2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移． 【答案】（1）2N 3s （2）46.5m 【解析】 （1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求 (1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （2）55 /5 m 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：2 112v x a = 解得：1 1.25x m =，12 L x < ，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1 1=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： 2 2122L 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( )2 10/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

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求： （1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】 由图得：0-2s 内环的加速度a= v t =0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N 联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30° 2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不 动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度； ()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车 的长度是多少？ 【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】

高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(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 mg a m s m μ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mg a 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 22 1122A 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/s AB 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+1 2 mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s 2．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

近6年全国各地高考物理真题汇编：牛顿运动定律(Word版含答案)

2017-2022年全国各地高考物理真题汇编：牛顿运动定律 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（本大题共15题） 1．（2022·山东·高考真题）我国多次成功使用“冷发射”技术发射长征十一号系列运载火箭。如图所示，发射仓内的高压气体先将火箭竖直向上推出，火箭速度接近零时再点火飞向太空。从火箭开始运动到点火的过程中（ ） A ．火箭的加速度为零时，动能最大 B ．高压气体释放的能量全部转化为火箭的动能 C ．高压气体对火箭推力的冲量等于火箭动量的增加量 D ．高压气体的推力和空气阻力对火箭做功之和等于火箭动能的增加量 2．（2022·全国·高考真题）如图，一不可伸长轻绳两端各连接一质量为m 的小球，初始时整个系统静置于光滑水平桌面上，两球间的距离等于绳长L 。一大小为F 的水平恒力作用在轻绳的中点，方向与两球连线 垂直。当两球运动至二者相距3 5 L 时，它们加速度的大小均为（ ） A ． 58F m B ． 25F m C ． 38F m D ． 310F m 3．（2021·海南·高考真题）公元前4世纪末，我国的《墨经》中提到“力，形之所以奋也”，意为力是使有形之物突进或加速运动的原因。力的单位用国际单位制的基本单位符号来表示，正确的是（ ） A ．1kg m s -⋅⋅ B ．2kg m s -⋅⋅ C ．2Pa m ⋅ D ．1J m -⋅ 4．（2021·海南·高考真题）如图，两物块P 、Q 用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳相连，开始时P 静止在水平桌面上。将一个水平向右的推力F 作用在P 上后，轻绳的张力变为原来的一半。已知P 、Q 两物块的质量分别为p 0.5kg m =、Q 0.2kg m =，P 与桌面间的动摩擦因数0.5μ=，重力加速度210m /s g =。则推力F 的

高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析

高中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2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可 视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求： （1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？ 【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】 （1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v = （2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102 mgs mv μ-=- 解得0.25m s = （3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111 ()22 mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+= 2．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F 1、F 2和F 3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 km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2 112 km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)含解析

高考物理牛顿运动定律的应用题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的应用 1．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。(2 10/,sin 370.6,cos370.8g m s ︒ ︒ ===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？ 【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】 【详解】 （1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小： 22110-5 m/s 10m/s 0.5 a = = 根据牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+= 代入数据解得： 0.5μ= （2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时： 2220m /s v a t ∆= =∆ 根据牛顿第二定律得： 2sin cos F mg mg ma θμθ--= 代入数据解得： 30N F = 2．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：

(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ； (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ． 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】 （1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以： 112122 v v v L t t t ＝++ 代入数值得： L =16m 由平均速度的定义得： 16 8/2 L v m s t ＝＝＝ （2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为： 22110 /10/1 v a m s m s t V V ＝ ＝＝ 则物体所受的合力为： F 合=ma 1=2×10N=20N ． 1-2s 内的加速度为： a 2＝ 2 1 ＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得： a 1＝ mgsin mgcos m θμθ +=gsinθ+μgcosθ a 2＝ mgsin mgcos m θμθ-=gsinθ-μgcosθ 联立两式解得： μ=0.5，θ=37°． （3）0-1s 内，物块的位移： x 1＝ 12a 1t 12＝1 2 ×10×1m ＝5m 传送带的位移为：

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)

高考物理牛顿运动定律真题汇编(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，质量M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。求： (1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒： 解得： 对长木板： 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 解得： 长木板位移： 解得： 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板 解得： (2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒： 最终两者的共同速度： 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离： 2．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s

时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为 θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求： (1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B处的速度； (3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离． 【答案】1s99.2m 【解析】 【分析】 由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间． 【详解】 (1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1==4m/s2 解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s (2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2==5m/s2 由v B2-v2=2a2(L-x1) 解得滑雪者到达B处时的速度：v B=16m/s (3)设滑雪者速度由v B=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，则由动能定理有： ；解得x3=96m 速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有： ；解得 x4=3.2m 所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m 3．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v0=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/s2.求:

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1. 如图所示，质量 M=0 . 4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡 板问的 距离L=0. 5m ，某时刻另一质量 m=0. 1kg 的小滑块(可视为质点)以v o =2m /s 的速度向右 滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑 块与长木板间的动摩擦因数 卩=0 2， 重力加速度g=10m /s 2,小滑块始终未脱离长木板。 求： m h» 卜 ------ I ----------------- J 十一…一 _…一…対 _______________ ________ J (1) 自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2) 长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。 【答案】(1) 1.65m (2) 0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 解得：卜— 对长木板：|出巷二圧圧 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 號二I 解得： 1 x= 长木板位移： 解得：I - -： - I ■'•： 「: I ；! 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板 L-x = v\li 解得： t = ti + t2 = 1.655 (2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 最终两者的共 同速度： ■― V 沉匕 I 1 1 1 }imgs =菱册响_ 云血 十 财}诃 小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离： 2. 如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。已知雪橇与水平雪道间的 动摩擦因数为 卩=0.1，妈妈的质量为 M = 60kg ，小红和雪橇的总质量为 m = 20kg 。在游戏 过程中妈妈用大小为 F = 50N ,与水平方向成 37°角的力斜向上拉雪橇。(g 10m/s 2 , sin37 =0.6, cos37 = 0.8)求: mvi - Mvi = (ni + M )V2 .? = 0928m

高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(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，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： (1)物体由静止开始运动后的加速度大小； (2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】 (1)物体的受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N 联立得：a =cos37(sin 37) F mg F m μ--o o 代入解得a =0.3m/s 2 (2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小2 19.6m 2 x at = = (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m m μμ= ==='' 由v 2 =2a ′x ′得:2 1.44m 2v x a ='' = 【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．

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 。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3 2 ，木板与传送带间的动摩擦因数μ2= 3 ，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ； (3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。 【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】 【详解】 （1）对小木块受力分析如图甲： 木块重力沿斜面的分力：1 sin 2 mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13 cos 4 m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态； （2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-=