(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及解析
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M :m ；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T
【答案】（1）53F Mg mg =- （2）
65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855
T mg =或8
11T Mg =
） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5
3
F Mg mg =
- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得
65
M m = （3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC 方向的加速度大小为a ，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg –T =Ma 小球受AC 的拉力T ′=T 牛顿运动定律T ′–mg cos53°=ma
解得85mMg T m M =
+（）（488
5511
T mg T Mg =
=或） 【点睛】
本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．
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/s2，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-=
木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9
9.0N 8
m F M m g =
+=
（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动
对小木块有：2
1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=
对长木棒受力如图丙所示
()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=
解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122
L a t at =-' 解得1t s =
全过程中产生的热量有两处，则
()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα??
=+=+++ ???
解得：12J Q =。
3．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m =0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h =0.8m 高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f =0.3N 的阻力和F =1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型
（1）落到水面时速度v 的大小； （2）在水中能到达的最大深度H ； （3）从开始下落到返回水面所需时间t ． 【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；
（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2
所以最大深度：2
2
00.52v H m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v
s g
== 在水中下降22
00.25v
t s a -=
= 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：33
20.5H
t s a =
= 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s
4．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方
向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s 时间内小物块的v-t 图线如图（b ）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； 【答案】（1）0.1；0.4（2）6m 【解析】 【分析】
（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。
（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度； 【详解】
（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ．由牛顿第二定律有： -μ1（m+M ）g=（m+M ）a 1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v 1=4m/s ，由运动学公式得： v 1=v 0+at 1…② s 0＝v 0t 1+
1
2
a 1t 12…③ 式中，t 1=1s ，s 0=4.5m 是木板碰前的位移，v 0是小木块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma 2…⑤ 由图可得：a 2＝
2
1
21
v v t t --…⑥ 式中，t 2=2s ，v 2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间△t ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m ）g=Ma 3…⑧ v 3=-v 1+a 3△t…⑨ v 3=v 1+a 2△t…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s 1＝
13
2
v v -+ △t (11)
小物块运动的位移为：s 2＝
13
2
v v +△t ...（12） 小物块相对木板的位移为：△s=s 2+s 1 (13)
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m 。
5．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m 的长木板A ，木板A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m 的物体C 连接．当C 从静止开始下落距离h 时，在木板A 的最右端轻放一质量为4m 的小铁块B （初速度为0，可视为质点），最终B 恰好未从A 上滑落，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．计算：
（1）C 由静止下落距离h 时，木板A 的速度大小v A ； （2）木板A 的长度L ；
（3）若当铁块B 轻放在木板A 最右端的同时，对B 加一水平向右的恒力F ＝7mg ，其他条件不变，计算B 滑出A 时B 的速度大小v B ．
【答案】（1gh （2）2h （35
2
gh 【解析】 【详解】
（1）对A 、C 分析，有
mg ＝2ma 1
212A v a h =
解得
A v gh =
（2）B 放在A 上后，设A 、C 仍一起加速，则
mg －4μmg ＝2ma 2
解得
a 2＝0
即B 放在A 上后，A 、C 以速度v A 匀速运动．此时，B 匀加速运动，加速度
a B 1＝
444
mg g
m μ= 设经过时间t 1，B 的速度达到v A ，且B 刚好运动至木板A 的左端 则有
v A ＝a B 1t 1
木板A 的长度
L ＝S AC －S B ＝v A t 1－
11
2
A v t 解得
L ＝2h
（3）加上力F 后，B 的速度达到v A 前，A 和C 仍匀速，B 仍加速，此时 B 的加速度
a B 2＝
424F mg
g m
μ+= 加速时间
22A B v t a =
= B 相对A 的位移
22124
A B A A h
S S S v t v t ?=-=-=
A 、
B 共速后都向右加速，设经时间t 3，B 滑出A ．有 对B 有
a B 3＝
4342F mg g m μ-= 对A 有
a AC ＝
42mg mg
g m
μ+=
B 相对A 的位移
22
3333311()()22
B A A B A A
C S S S v t a t v t a t '?==+-+'-
解得
3t =
= B 滑出A 时的速度
v B ＝v A ＋a B 3·t 3
6．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θ=37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v 0=12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）求：
(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？
【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s.
【解析】
【分析】
（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；
（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；
【详解】
（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a，货物受力如图所示：
沿传送带方向：1
f
mgsin F ma
θ+=
垂直传送带方向：N
mgcos F
θ=，又
f N
F F
μ
=
故货物刚滑上传送带时加速度大小2
1
10/
a m s
=，方向沿传送带向下；
（2）货物速度从
v减至传送带速度v所用时间设为
1
t，位移设为
1
x，
则根据速度与时间关系有：0
1
1
212
1
10
v v
t s s
a
--
===
--
根据平均速度公式可以得到位移为：0
11
7
2
v v
x t m
+
==
（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tan
μθ
=<，即mgsin mgcos
θμθ
＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a，则有2
mgsin mgcos ma
θμθ
-=
设货物再经时间2t ，速度减为零，则：22
01v
t s
a -==- 沿传送带向上滑的位移：220
12
v x t m +=
= 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ， 则2
2312
x a t =
，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =
++=+（)． 【点睛】
本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．
7．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10 N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H ＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)物块在传送带上运动的时间；
(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F ，则物块还需多少时间才能脱离传送带？ 【答案】（1）1s （2）
【解析】 【详解】
（1）物体在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有： F ＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma 1 解得a 1＝8 m/s 2
由v ＝a 1t 1 得t 1＝0.5s 位移x 1＝a 1t 12＝1m
物体与传送带达到共同速度后，因F －mgsinθ＝4 N ＝μmgcos37° 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升． 位移x 2＝
－x 1＝2m
t2＝＝0.5s
总时间为t＝t1＋t2＝1s
（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝2m/s2
假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则
通过的位移为x＝＝4 m＞x2
故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故
x2＝vt3-a2t32
解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）
【点睛】
本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．
8．如图a所示,质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg的物块以初速度
v0=2.0m/s滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为0.2，
μ=在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的
路程为s，给木板施加不同大小的恒力F,得到1
F
s
-的关系如图b所示，当恒力F=0N时,物
块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10m/s2，试求:
(1)求木板长度；
(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F的范围；
(3)图b中CD为直线,求该段的1
F
s
-的函数关系式．
【答案】（1）0.5m（2）F≤4N；（3）14
4
F
s
+ =
【解析】
【分析】
（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理牛顿第二定律求解物
块和木板的加速度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F 的最大值；
（2）当0≤F≤F m 时，随着F 力增大，S 减小，当F=F m 时，出现S 突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解． 【详解】
（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加速度
212/mg
a g m s m
μμ=
== ；
木板的加速度：222/mg
a m s M
μ=
=；
物块与木板共速时v 0-a 1t 1=a 2t 1 解得t 1=0.5s ，
则木板的长度：22
011121110.522
L v t a t a t m =-
-= （2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加
速度a 做匀加速运动，则：F
a M m
+＝
，而f=ma ， 由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f max =μmg=2N ， 联立解得：F≤4N ；
（3）当0≤F≤4N 时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，对应着图（b)中的AB 段，当F >4N 时对应（b)中的CD 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx
当两者具有共同速度v ，历时t ， 则：2M F mg
a F M
μ+=+＝ a m ＝
mg
m
μ＝μg ＝2m /s 2
根据速度时间关系可得：v 0-a m t=a M t 根据位移关系可得：Δx ＝v 0t ?12a m t 2?1
2
a M t 2 s=2Δx
联立
1s ?F 函数关系式解得：14
4F s += 【点睛】
本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
9．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0=3m/s 2开始运动，其速度达到v=6m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．2
10/g m s =，求： （1）求煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度． （3）摩擦力对传送带做的功 【答案】（1）1N （2）3m （3）12J 【解析】 【分析】
传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功 【详解】
（1）煤块所受滑动摩擦力的大小 f=μmg=0.2×5N=1N ．
（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s 2；煤块与传送带相对静止所用时间6
32
v t s a =＝＝， 通过的位移6392
x vt m m =?＝＝；
在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s 所用时间
106
23
v t s s a =
V ＝＝ 在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t 2=t-t 1=1s ，
则传送带的位移x ′＝
2
v t 1+vt 2＝6
2×2+6×1m ＝12m ，
则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m ．
由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m ．
（3）此过程中摩擦力对传送带做功：2
1122
W mv mg x J μ=
+?=
10．如图所示，质量为M =2kg 、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m =1kg 的物块，现用一水平向右大小为9N 的拉力F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩
擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F ，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L =4.8m ，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s 2，求：
(1)撤去F 的瞬间，物块和板的加速度； (2)拉力F 作用的时间； (3)整个过程因摩擦产生的热量。
【答案】(1)1 m/s 2，方向向左， 2.5 m/s 2，方向向左(2)4s(3)72J 【解析】 【详解】
(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a 1、a 2，由牛顿第二定律得： 对物块：
μ1mg =ma 1
对木板：
μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2
解得：
a 1=1 m/s 2，方向向左 a 2=2.5 m/s 2，方向向左
(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：
F -μ2（M +m ）g =（M+m ）a 0
解得：
a 0=1 m/s 2。
设撤去力 F 时二者的速度为 v ，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：
2
11
2v x a =
木板的位移：
2
22
2v x a =
又：
x 1-x 2=L
联立方程，代入数据得：
v =4m/s
设力F 作用的时间为t ，则：
v =a 0t
所以：
04
4 1
v
t s s
a
=== (3)在拉力F的作用下木板的位移：
x0=1
2
a0t2=
1
2
×1×42=8m
由上解得，撤去拉力后木板的位移：
x2=3.2m
根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：
Q=μ2（M+m）g（x2+x0）+μ1mg（x1-x2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J
高一物理-牛顿运动定律知识点归纳
高一物理:牛顿运动定律知识点归纳 ; 1.牛顿第一定律 (1)内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 (2)惯性：物体保持原来的匀速直线运动状态或静止状态的性质叫做惯性。一切物体都有惯性，惯性是物体的固有性质。质量是物体惯性大小的唯一量度。 (3)牛顿第一定律说明了物体不受外力时的运动状态是匀速直线运动或静止，所以说力不是维持物体运动状态的原因，而是使物体改变运动状态的原因，即产生加速度的原因。 2、牛顿第二定律 (1)内容：物体运动的加速度与所受的合外力成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力相同。表达式为。 (2)牛顿第二定律的瞬时性与矢量性 对于一个质量一定的物体来说，它在某一时刻加速度的大小和方向，只由它在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定。当它受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，这便是牛顿第二定律的瞬时性的含义。 (3)运动和力的关系
牛顿运动定律指明了物体运动的加速度与物体所受外力的合力的关系，即物体运动的加速度是由合外力决定的。但是物体究竟做什么运动，不仅与物体的加速度有关还与物体的初始运动状态有关。比如一个正在向东运动的物体，若受到向西方向的外力，物体即具有向西方向的加速度，则物体向东做减速运动，直至速度减为零后，物体再在向西方向的力的作用下，向西做加速运动。由此说明，物体受到的外力决定了物体运动的加速度，而不是决定了物体运动的速度，物体的运动情况是由所受的合外力以及物体的初始运动状态共同决定的。 3、牛顿第三定律 (1)内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是大小相等、方向相反、作用在同一条直线上。 (2)作用力和反作用力与一对平衡力的区别与联系 关系类别作用力和反作用力一对平衡力相同大小相等相等方向相反、作用在同一条直线上相反、作用在同一条直线上不同作用点作用在两个不同的物体上作用在同一个物体上性质相同不一定相同作用时间同时产生同时消失一个力的变化，不影响另一个力的变化 本文链接: ://..//xuexizongjie/2800716
高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案
高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图所示，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 ，木板与传送带间的动摩擦因数μ2= 3 4 ，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-=
木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9 9.0N 8 m F M m g = += （3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动 对小木块有：2 1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-= 对长木棒受力如图丙所示 ()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'= 解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122 L a t at =-' 解得1t s = 全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα?? =+=+++ ??? 解得：12J Q =。 2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；
高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析
高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)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．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量． 【答案】（1）2 5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J 【解析】 【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得： 对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -= A B f f = 0.5A A f m g = 联立以上方程得：2 5m/s A a = 27.5m/s B a = (2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动
高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)
高中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 0=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 ／s 2，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．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资
(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ， 求： ()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能． 【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()2 10/.2m s 物资P 到达A 端时的动能 是900J ． 【解析】 【分析】 （1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度； （2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】 （1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=； cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+= （2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2 1 0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22 A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能2 19002 kA A E mv J = = 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2 1 0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用， P 的加速度2 2sin cos 2/a g g m s θμθ=-= 后段运动有：2 22212 L s vt a t -=+， 解得：21t s =， 到达A 端的速度226/A v v a t m s =+=
牛顿运动定律-经典习题汇总
牛顿运动定律经典练习题 一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3， 则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与 水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) 第 5 题 第 6 题
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析
高考物理牛顿运动定律试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求： （1）物体与水平面间的动摩擦因数； （2）水平推力F的大小； （3）s内物体运动位移的大小． 【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度： 物体在4～6s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有： 联立解得：μ=0.2 （2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度： 又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有： 代入数据得：F=5.6N （3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：
【点睛】 在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活 处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁． 2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不 动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度； ()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车 的长度是多少？ 【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】 ()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动， 在竖直方向上：2 12 h gt = ， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s = ()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研 究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共， 由能量守恒定律得：()2201122 Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对， 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得： 22 11'22 x mgs mv mv 共μ-= -，
高一物理牛顿运动定律测试题
（三）牛顿运动定律测验卷 一.命题双向表 二. 期望值：65 三. 试卷 （三）牛顿运动定律测验卷 一．选择题(每道小题 4分共 40分 ) 1．下面关于惯性的说法正确的是（） A．物体不容易停下来是因为物体具有惯性 B．速度大的物体惯性一定大 C．物体表现出惯性时，一定遵循惯性定律 D．惯性总是有害的，我们应设法防止其不利影响 2.一个物体受到多个力作用而保持静止，后来物体所受的各力中只有一个力逐渐减小到零后 又逐渐增大，其它力保持不变，直至物体恢复到开始的受力情况，则物体在这一过程中A．物体的速度逐渐增大到某一数值后又逐渐减小到零 B．物体的速度从零逐渐增大到某一数值后又逐渐减小到另一数值 C．物体的速度从零开始逐渐增大到某一数值 D．以上说法均不对 3.质量为m1和m2的两个物体，分别以v1和v2的速度在光滑水平面上做匀速直线运动， 且v1 图-1 图 3-3-7 A ．力F 与v1、v2同向，且m1>m2 B ．力F 与v1、v2同向，且m1 考点11 牛顿运动定律的综合应用考点名片 考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：2015年全国卷Ⅰ第25题、2015年全国卷Ⅱ第25题、2015年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第19题、2013年山东高考第15题等。 备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。 一、基础与经典 1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是( ) A．他始终处于超重状态 B．他始终处于失重状态 C．他先后处于超重、平衡、失重状态 D．他先后处于失重、平衡、超重状态 答案 C 解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。 2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( ) 答案 A 解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。 3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( ) 最新高考物理牛顿运动定律练习题 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．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。A 的上表面水平，A 上放置一物块B 。已知斜面足够长、倾角为θ，A 的质量为M ，B 的质量为m ，A 、B 间动摩擦因数为μ(μ＜)， 最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A 施加一水平推力。求： （1）物体A 、B 保持静止时，水平推力的大小F 1； （2）水平推力大小为F 2时，物体A 、B 一起沿斜面向上运动，运动距离x 后撒去推力，A 、B 一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L ； （3）为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F 应满足的条件。 【答案】（1） （2） （3） 最新高中物理牛顿运动定律试题经典 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．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点． （1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（00 sin 370.6,cos370.8==） 物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案) 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： 222 011-22A B v v v L a a =＋ 又： 011 -=A B v 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 高考物理牛顿运动定律练习题及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。求： (1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。 【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】 【详解】 （1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动， 对滑块m ：由牛顿第二定律有：0 11sin 37mg f ma -= 其中0 1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002 11sin 37cos374/a g g m s μ=-= 对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0 122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00 2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ= 解得：2 21m/s a = 12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。 设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221 2 x a t =，12x x L -= 解得：1s t = 2．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等?现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2 高一物理必修一牛顿运动定律知识点总结 物理学与其他许多自然科学息息相关，如物理、化学、生物和地理等。小编准备了高一物理必修一牛顿运动定律知识点，希望你喜欢。 1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。 (1)运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持; (2)它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，(运动状态指物体的速度)又根据加速度定义：a??v，有速度变化就一定有加速度，所以可以说：力是使物体产生加速度的原因。(不能说力是产生?t 速度的原因、力是维持速度的原因，也不能说力是改变加速度的原因 (3)定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性惯性;一 切物体都有保持原有运动状态的性质，这就是惯性。惯性反映了物体运动状态改变的难易程度(惯性大的物体运动状态不容易改变)。质量是物体惯性大小的量度。 (4)牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证,因此它不是一个实验定律 (5)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的，所以不能把牛顿第一定律 当成牛顿第二定律在F=0时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。 2、牛顿第二定律：物体的加速度跟作用力成正比，跟物体的质量成反比。公式F=ma. (1)牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律;反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础; (2)牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，力撤除加速度就为零，力的瞬时效果是加速度而不是速度; (3)牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向相同的，可以用分量式表示，Fx=max,Fy=may, 若F 为物体受的合外力，那么a表示物体的实际加速度;若F为物体受的某一个方向上的所有力的合力，那么a表示物体在该方向上的分加速度;若F为物体受的若干力中的某一个力，那么a仅表示该力产生的加速度，不 是物体的实际加速度。 (4)牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位牛顿(使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即 1N=1kg.m/s2. 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．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求： （1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。 【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】 【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得: 可解得：μ＝0.875. （2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移 0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为 (3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为: 0～6 s内物体位移为: 则0～6 s内物体相对于皮带的位移为 0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小, 代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】 对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。 2．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求： （1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件； （2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离． 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ?= 【解析】 【分析】 物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围． 【详解】 (1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则： 222 011-22A B v v v L a a =＋ 又： 011 -=A B v 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 高考物理牛顿运动定律专项训练及答案 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v0＝ 2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝ 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v2＝ 1m/s，方向向左。重力加速度g＝ 10m/s2，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 （3）2.75m 20 【解析】 【分析】 （1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】 （1）对小滑块分析：其加速度为：a1 v2 v1 1 4 m / s2 3m / s2，方向向右 t 1 对小滑块根据牛顿第二定律有：1mg ma1，可以得到： 1 0.3 ； （2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： v0 1 mg22mg m t1 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： 1 mg 2 2mg m v2 t2 而且 t1 t2 t 1s 联立可以得到： 1 t1 0.5s，t2 0.5s ； 2 ， 20 （3）在t1 0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0v0 x1t10.5m ，方向向右； 在 t20.5s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为： 第二章牛顿运动定律 一、填空题（本大题共16小题，总计48分） 1.（3分）如图所示，一个小物体A靠在一辆小车的竖直前壁上，A和车壁间静摩擦系数是丛，若要使物体A不致掉下来，小车的加速度的最小值应为1=. J A i 疽 3.（3分）如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为〃，当这货车爬一与水平方向 成。角的平缓山坡时，若不使箱了在车底板上滑动，车的最大加速度％域=. 4.（3分）质量m = 40kg的箱子放在卡车的车厢底板上，巳知箱子与底板之间的静摩擦系数为从=0.40,滑动摩擦系数为角=0.25,试分别写出在下列情况下，作用在箱了上的摩擦力的大小和方向. （1）卡车以。=2m/s2的加速度行驶，/ =,方向. （2）卡车以a = -5m/s2的加速度急刹车，/ =,方向? 5.（3分）一圆锥摆摆长为/、摆锤质量为在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角。，则 （1）摆线的张力§= 2 （3分）质量相等的两物体A和B,分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平支持面C 上，如图所示.弹簧的质量与物体A、B的质量相比，M以忽略不计.若把支持面C迅速移走，则在移开的一瞬间，A的加速度大小心= ，B的加速度的大小% = . ⑵ 摆锤的速率V= I 6.（3分）质量为m的小球，用轻绳AB. BC连接，如图，其中AB水平.剪断绳AB前后的瞬间，绳BC中的张力比F T:E；=. 7.（3分）有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10 cm,第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为m的物体后，长为11 cm,而第二个弹簧上端固定，下挂一质量为m的物体后，R为13 cm,现将两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为〃，的物体，则两弹簧的总长为 . 8.（3分）如图，在光滑水平桌面上，有两个物体A和B紧靠在一起.它们的质量分别为 = 2kg , = 1kg .今用一水平力F = 3N推物体B,则B推A的力等于.如 用同样大小的水平力从右边推A,则A推B的力等于? 9.（3分）一物体质量为M,置于光滑水平地板上.今用一水平力斤通过一质量为m的绳拉动物体前进，贝U物体的加速度但=,绳作用于物体上的力. 10.（3分）倾角为30°的一个斜而体放置在水平桌面上.一个质量为2 kg的物体沿斜面下滑, 下滑的加速度为3.0m/s2.若此时斜面体静止在桌面上不动，则斜面体与桌面间的静摩擦力 第一讲牛顿第一定律、牛顿第三定律 一、【目标】 1、掌握牛顿第一定律和牛顿第三定律的内容 2、区分相互作用力和平衡力 二、【知识梳理】 （一）、牛顿第一定律 1、内容：一切物体总保持状态或状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止． 说明：（1）物体不受外力是该定律的条件． （2）物体总保持匀速直线运动或静止状态是结果． （3）直至外力迫使它改变这种状态为止，说明力是产生加速度的原因． （4）物体保持原来运动状态的性质叫惯性，惯性大小的量度是物体的质量． （5）应注意：①牛顿第一定律不是实脸直接总结出来的．牛顿以伽利略的理想斜面实脸为基拙，加之高度的抽象思维，概括总结出来的．不可能由实际的实验来验证； ①定律揭示了力和运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是物体运动状态的原因． （二）、牛顿第三定律 （1）内容：两物体之间的作用力与反作用力总是大小，方向，而且在一条直线上．（2）表达式：F=－F/ 说明：①作用力和反作用力同时产生，同时消失，同种性质，作用在不同的物体上，各产生其效果，不能抵消，所以这两个力不会平衡． ①作用力和反作用力的关系与物体的运动状态无关．不管两物体处于什么状态，牛顿第三定律都适用（三）、作用力和反作用力与平衡力的区别 【例1】(上海春季高考题)火车在直线轨道上匀速运动，车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为[ ] A．人跳起后，车厢内空气给他向前的推力，使他向前运动 B．人跳起的瞬间，地板给他一个向前的力，推动他向前运动 C．人跳起后，车继续向前运动，所以人下落后必定偏后一些，只是由于时问很短，偏后距离太小，不明显而已 D．人跳起后，在水平方向上人和车始终具有相同的速度 【变式练习】(2012全国新课标).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。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的是牛顿运动定律的综合应用试题整理
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