高三第一学期物理复习题——牛顿运动定律和物体的平衡

1．在水平轨道上有一列火车由静止开始匀加速行驶，前10秒内走过了40米，此时车厢与机车脱钩，机车的牵引力不变，再过10秒，车厢与机车相距60米，求机车的质量和车厢的质量之比（不计阻力）

2．一物体在竖直向上的力F1作用下静止在空中A点。现使力F1突然增大到F2，经过一段时间，当其速度为V1时，不变力F2的大小，使其突然反向，又经过一段同样的时间，物体恰返回A点，这时速度大小为V2，求：（1）F1/F2 （2）V1/V2。

3．如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g＝10m/s2）

求：

（1）斜面的倾角α；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ；

（3）t＝0.6s时的瞬时速度v。

4．一总质量为24kg的气象气球，以20m/s的速度匀速上升，上升到50m高处时掉下一质量为4kg的重物，空气阻力不计。求：（1）重物落地所需的时间为多少？（2）重物落地时气球离地的高度。

5．内表面光滑的半球形碗，半径为R，一根重为G、长为L=4 3

R/3的均匀直棒AB，B端搁在碗里，A端露在碗外，如图所示，求碗对棒的作用力N B、N C的大小。

6．如图所示，重为G 1的斜面体置于水平面上，斜面体与水平面间的滑动摩擦系数为μ，若在竖直墙和物体间放一光滑球，为使斜面体恰好发生滑动，求球的最小重力G 2。

7．如图所示，质量为m 的物体放在倾角为α的斜面上，物体与斜面间的滑动摩擦系数为μ，物体在拉力F 作用下恰可沿斜面向上滑动，为使拉力F 最小，求：（1）拉力F 与斜面间夹角θ；

（2）最小拉力F 。

8．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秒钟后撤去，物体在斜面上继续上滑了1.25位移s 。（已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2）

9．如图所示，质量M ＝2×103kg 的卡车装着质量m ＝l ×103kg 的重物，重物与车厢水平底

板间的滑动摩擦系数μ1＝0.2.现卡车匀加速启动，由于启动加速度较大，启动2s 后重物从车上掉下.已知重物原来距车尾L ＝2m ，车厢底板离地高h ＝1.25m ，卡车与路面间的滑动摩擦系数μ2＝0.02，求:(1)卡车的牵引力的大小；(2)设卡车的牵引力不变，重物落地时与车尾的水平距离.

10.将某种材料的长方体锯成A 、B 、C 三个物体，然后再对在一起，放在光滑的水平面上，如图所示。A 、B 二物体的质量都是1kg ，C 物体的质量是2kg ，用8N 的力F 从正面推C ，使得A 、B 、C 组成的长方体保持矩形的整体沿力作用的方向平动。求: (1)运动中C 物体对A 物体的作用力的大小和方向？

(2)运动中B 物体对C 物体的静摩擦力的大小和方向？

答案

1．2：1

2．（1）1：2 （2）1：2

3．（1）300（2）0.2 （3）2 .3m/s

4．（1）5.74s （2）197.75m

5．N B=Nc= 3 /3G

6．μG1/（tanα—μ）

7．（1）arctanμ(2)mgsin(α+arctanμ)

8．0.25 16.25m

9．（1）8600N (2)1.52m

10．（1）2N 与F同向（2）1N 沿ac接触面的方向

本卷是单元练习卷，适合在高三复习中进行小练习，牛顿运动定律和物体平衡是物理学的基础，所以要反复强化和练习。其中第一、三、八题是高考题。

第一题考察的是牛顿运动定律和运动学的结合

第二题考察的是经典的“1：3”的问题

第三题考察的是对表格数据的分析和计算

第四题考察的是竖直上抛和牛顿运动定律的结合

第五题考察的是力矩平衡和力平衡的结合

第六题考察的是圆的处理能力

第七题考察的是最小力的简便求法

第八题考察的是斜面上摩擦力方向变化对加速度的影响

第九题考察的是整体的受力和局部受力的关系

第十题考察的是摩擦力方向和整体加速度的关系

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

高考物理总复习--物理牛顿运动定律的应用含解析

高考物理总复习--物理牛顿运动定律的应用含解析一、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1 4 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 1 4 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： 2 012 mgR 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： 20 v 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

关于浮体的平衡与稳定性

关于浮体的平衡与稳定性)1 谢建华 (西南交通大学牵引动力国家重点实验室) 摘要：本文讨论了浮体的平衡与稳定问题，介绍了定倾中心的定义，并结合一个具体的例子，给出了定倾高度的三种不同的计算方法，最后，根据能量方法说明了用定倾高度判定浮体稳定性的理论依据。关键词：浮体；平衡；稳定性浮体的平衡与稳定问题研究是一个非常有实际意义的课题，是船舶与海洋平台设计的理论基础，在其它工程中也有广泛的应用。在浮体稳定性研究中，定倾中心是一个重要的概念，但是，笔者认为有一些教科书或文献对此概念的定义是不够明确的，例如，有的认为，当船体发生微小摇晃时浮力的作用线交对称轴线（浮轴）于一定点，此点即为定倾中心]2[],1[，也有的认为实验表明前述两直线交于一点]3[。另外，在用力系简化方法推导定倾高度的过程中也有含糊不清之处]1[，或在稳定性判定上发生错误]4[。笔者带着这些疑问查阅了若干参考书，特别是[5]、[6]和[7]。根据这些材料，本文介绍了定倾中心的明确定义，并结合一个具体的例子，给出了定倾高度三种不同的计算方法，最后，根据能量方法说明了用定倾高度判定浮体稳定性的理论依据。如果物体的比重比水小，物体在水中漂浮平衡时，有一部分将露出水面，这样的物体称为浮体。浮体要满足以下两个条件才能平衡：(i) 受水的浮力等于浮体的重量；(ii)浮心(浮力的作用点)与浮体重心的连线和水平面垂直，如图1(a)所示。浮体平衡位置还要满足稳定性条件才能具体实现。图1(b)表示一个长方形物块平躺和竖立平衡位置发生了微小的扰动，其中，左边的物块上作用的重力和浮力阻碍了物块进一步偏离其平衡位置，因此平衡是稳定，而右边的物块则相反，其上作用的重力和浮力加剧了偏离其平衡位置，平衡是不稳定。以下来分析浮体平衡和稳定的条件。图1 浮体的平衡假设浮体有一个对称面，平衡位置发生扰动时，浮体上各点的位移均平行于对称面，浮体作平面运动。容易说明浮体对铅直和水平扰动是稳定的，仅需考虑浮体对转动方向扰动的稳定性问题。平衡时，浮体与水平面的交面称浮面，记为S。先建立一个与浮体固连的坐标 )1国家自然科学基金资助项目(10772151)

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-= -，

重心位置与物体平衡关系

重心位置与物体平衡的关系一个物体受到重力的作用，从效果上看，我们可以认为各部分受到的重力作用集中于一点，这一点叫物体的重心。重心相当于是物体各个部分所受重力的等效作用点。重心的位置一方面取决于物体的几何形状，另一方面取决于物体的质量分布情况。物体的平衡问题是物理学中一大类问题，物体在重力和支持力下的平衡又可分为稳定平衡、不稳定平衡和随遇平衡三个类型。物体稍微偏离平衡位置，如果重心升高，就是稳定平衡；如果重心降低，就是不稳定平衡；如果重心的位置不变，就是随遇平衡。从物理学的角度来看，重心的位置和物体的平衡之间有着密切联系，主要体现在两个方面：（1）物体的重心在竖直方向的投影只有落在物体的支撑面内或支撑点上，物体才可能保持平衡。（2）物体的重心位置越低，物体的稳定程度越高。对于重心位置和平衡的关系我们可以举出如下熟知的例子：类型1：不倒瓮为什么不倒?如图1，有趣的不倒翁，不论你怎么使劲推，它都不会翻倒。甚至你把它横过来放，一松手，不倒翁又会站在你面前。这是怎么回事呢？一方面因为它上轻下重，底部有一个较重的铁块，所以重心很低；另一方面，不倒翁的底面大而圆滑，当它向一边倾斜时，它的重心和桌面的接触点不在同一条铅垂线上，重力作用会使它向另外一边摆动。比如，当不倒翁向左倒时，重心和重力作用线在接触点的右边，在重力作用下，不倒翁就又向右倒。当倒向右边时，重心和重力作用线又跑到接触点左边，迫使不倒翁再向左倒。不倒翁就是这样摆过来，又摆过去，直到因为摩擦和空气阻力，能量逐渐损失，减少到零。重力作用线此时恰好通过接触点，它才不会继续摆动。类型2：来看一个不可思议的平衡表演. 将一把小折刀打开一半，把刀尖插进一支铅笔的一侧，距笔尖约2厘米。将笔尖放在手指头上，铅笔会稳稳地站立着。稍稍调整一下小刀的开合度，把笔尖放在任何物体上，你会发现，铅笔都不会倾倒。这是因为铅笔和小刀组成的系统，其总重心在笔尖支撑点以下的缘故，其道理和不倒翁有些相似. 类型3：一块水平放置的砖头，不论雨打风吹，总是稳稳地呆在原地。如果把它竖起来，一有风吹草动它就可能翻倒。这是因为砖头平放时，重心很低，接触地面的面积又很大，因此导致它的重心较低，不容易翻倒。其他物体也是这样，如果你到过工厂，会发现许多机器设备的机座都比较大，也很沉，目的就是防止机器翻倒，增加机器的稳定性。往车或船上装货物时，要先把重的东西放在底部。因为这样一来，整个车或船的重心较低，可以保证行驶

上海高三物理复习牛顿运动定律专题

第三章牛顿运动定律专题考试内容和要求一．牛顿运动定律 1．牛顿第一定律（1）第一定律的内容：任何物体都保持或的状态，直到有迫使它改变这种状态为止。牛顿第一定律指出了力不是产生速度的原因，也不是维持速度的原因，力是改变的原因，也就是产生的原因。（2）惯性：物体保持的性质叫做惯性。牛顿第一定律揭示了一切物体都有惯性，惯性是物体的固有性质，与外部条件无关，因此该定律也叫做惯性定律。【典型例题】 1．（2005广东）一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（）（A）车速越大，它的惯性越大

（B）质量越大，它的惯性越大（C）车速越大，刹车后滑行的路程越长（D）车速越大，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 2．（2006广东)下列对运动的认识不正确的是（）（A）亚里士多德认为物体的自然状态是静止的，只有当它受到力的作用才会运动（B）伽利略认为力不是维持物体速度的原因（C）牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度，而不仅仅是使之运动（D）伽利略根据理想实验推论出，如果没有摩擦，在水平面上的物体，一旦具有某一个速度，将保持这个速度继续运动下去 3．（2003上海理综）科学思维和科学方法是我们认识世界的基本手段。在研究和解决问题过程中，不仅需要相应的知识，还要注意运用科学的方法。理想实验有时更能深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示，其中有一个是经验事实，其余是推论。 ①减小第二个斜面的倾角，小球在这斜面上仍然要达到原来的高度； ②两个对接的斜面，让静止的小球沿一个斜面滚下，小球将滚上另一个斜面； ③如果没有摩擦，小球将上升到原来释放的高度； ④继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成水平面，小球要沿水平面做持续的匀速运动。请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列（只要填写序号即可）。在上述的设想步骤中，有的属于可靠的事实，有的则是理想化的推论。下列关于事实和推论的分类正确的是（）（A）①是事实，②③④是推论（B）②是事实，①③④是推论（C）③是事实，①②④是推论（D）④是事实，①②③是推论 2．牛顿第二定律（1）第二定律的内容：物体运动的加速度同成正比，同成反比，而且加速度方向与力的方向一致。ΣF＝ma （2）1牛顿＝1千克·米/秒2

高考物理牛顿运动定律练习题及解析

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 =+=

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案.doc

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：

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，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s = 【解析】【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得： mg ma μ= 代入数据得：2 4/a g m s μ== （2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s 根据运动学公式可得：2 02as v = 运动的位移： 2 0842v s m a ==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有 212 l at = 解得 1t s = 【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力． 2．四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)

大学物理题库第二章牛顿运动定律.doc

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

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析一、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．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：

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 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．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。传送带BC 间距 0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径

O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】【详解】解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2 v mgcos θm r = 解得： v 0.8m /s = 对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ= 故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v = 解得：t 1s = (2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1 W W mv 2 -=弹根据功能关系有： p W E =弹解得：f W 0.68J = 3．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

《物体平衡的稳定性》教案1

物体平衡的稳定性【教学课题】物体平衡的稳定性【教学目标】 1.知识与能力 ?掌握物体的受力分析、平衡条件及物体平衡的种类 2.过程与方法 ?能用刚体的平衡条件分析物体的平衡 3.情感态度与价值观 ?培养耐心细致的工作作风和严肃认真的科学态度【教学安排】 2课时【教学重难点】重点：掌握物体平衡的种类,稳定性的概念难点：能正确运用平衡条件求解静力学问题【教学方法】讲练结合、总结归纳【教学用具】投影仪、投影片【主要内容】一、平衡的种类钢丝上的杂技演员、儿童玩的不倒翁都是在重力和支持力的作用下处于平衡状态，但是钢丝上的演员稍有不慎就会摔下来，不倒翁扳倒后却会自动立起来。可见，平衡也是有区别的。那么平衡有哪些种类呢？

如果照图1.6-3(a）那样，把木条一端的小孔套在水平轴O上，把木条从平衡位置稍微移开一些，重心C的位置升高，重力对轴O的力矩就会使它回到原来的平衡位置，这种平衡叫做稳定平衡（stable equilibrium）。图1.6-3（a）图1.6-3(b) 如果照图1.6-3(b)那样，使木条的重心恰好在水平轴的正上方，木条处于平衡状态。把木条从平衡位置稍微移开一点，重心C的位置降低，重力对轴O的力矩就会使它继续远离平衡位置，这种平衡叫做不稳定平衡（unstable equilibrium）。如果照图1.6-3(b)那样，把木条重心C处的小孔套在轴O上，这时无论你把木条放在什么位置，它都能保持平衡。这是因为无论木条处在什么位置，重心C的位置都没有改变，重力对轴O的力矩始终为零的缘故。这种平衡叫做随遇平衡（indifferent equilibrium）。

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析

高考物理牛顿运动定律试题(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 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，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 =

大学物理牛顿运动定律及其应用习题及答案

大学物理牛顿运动定律及其应用习题及答案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第2章牛顿运动定律及其应用习题解答 1．质量为10kg 的质点在xOy 平面内运动，其运动规律为: 543x con t =+(m),5sin 45y t =-(m).求t 时刻质点所受的力．解:本题属于第一类问题 543 20sin 480cos 4x x x x con t dx v t dt dv a t dt =+==-==- 5sin 45 20cos 480sin 4y y y t v t a t =-==- 1 2 800cos 4() 800sin 4()()800()x x y y x y F ma t N F ma t N F F F N ==-==-=+= 2．质量为m 的质点沿x 轴正向运动，设质点通过坐标x 位置时其速率为kx （k 为比例系数），求：（1）此时作用于质点的力；（2）质点由1x x =处出发，运动到2x x =处所需要的时间。解:(1) 2()dv dx F m mk mk x N dt dt === (2) 22112111ln ln x x x x x dx dx v kx t x dt kx k k x ==?===? 3．质量为m 的质点在合力0F F kt(N )=-（0F ,k 均为常量）的作用下作直线运动，求：（1）质点的加速度；（2）质点的速度和位置（设质点开始静止于坐标原点处）.

解:由牛顿第二运动定律 200201000 232000012111262v t x t F kt dv m F kt a (ms )dt m F t kt F kt dv dt v (ms )m m F t kt F t kt dx dt x (m )m m ---=-?=--=?=??--=?=?? 4．质量为m 的质点最初静止在0x 处，在力2F k /x =-(N)（k 是常量）的作用下沿X 轴运动，求质点在x 处的速度。解: 由牛顿第二运动定律 02120v x x dv dv dx dv F k /x m m mv dt dx dt dx k vdv dx v ms )mx -=-====-?=?? 5．已知一质量为m 的质点在x 轴上运动，质点只受到指向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即2/x k f -=(N)，k 是比例常数．设质点在 x =A 时的速度为零，求质点在x =A /4处的速度的大小．解: 由牛顿第二运动定律 02120v x x dv dv dx dv F k /x m m mv dt dx dt dx k vdv dx v ms )mx -=-====-?===?? 6．质点在流体中作直线运动，受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用，t =0时质点的速度为0v ，证明 (1) t 时刻的速度为v ＝t m k e v )(0-； (2) 由0到t 的时间内经过的距离为x ＝(k mv 0)［1-t m k e )(-］； (3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ； (4)当k m t =时速度减至0v 的e 1，式中m 为质点的质量．

高考物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题

高考物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。传送带BC 间距 0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径 O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】【详解】解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2 v mgcos θm r = 解得： v 0.8m /s = 对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ= 故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v = 解得：t 1s = (2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1 W W mv 2 -=弹根据功能关系有： p W E =弹解得：f W 0.68J = 2．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/s 2，求：