4.7牛顿运动定律应用二限时训练
高一物理：4.7牛顿运动定律应用二(2临界问题)
谢谢！
放在水平地面上，已知木板与地面间的动摩擦因数
为μ1=0.1，在此木板的右端上还有一质量为m＝
1kg的铁块，且视小铁块为质点，木板度不计；
今对木板突然施加一个水平向右的拉力．若已知铁
块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.2，对木板施加 水平的拉力F=17N，则铁块能否脱离木板？若能脱
离，需要经过多长时间两者才会脱离？(g＝10m/s2)
• (3)若已知α=60°,m=2kg,当斜面体以a=10 m/s2向右
做匀加速运动时,绳对小球拉力多大?(g取10 m/s2)
2.A、B两个滑块靠在一起放在光滑水平 面上，其质
量分别为2m和m,从t=0时刻起，水平力F1和F2同时分 别作用在滑块A和B上，如图所示。已知F1=（10+4t） N, F2=(40-4t)N,两力作用在同一直线上，求滑块
高一物理：4.7牛顿运 动定律应用二(2临界 问题)
• 1.如图所示,倾角为α的光滑斜面体上有一个小球m被
平行于斜面的细绳系于斜面上,斜面体放在水平面上.
• (1)要使小球对斜面无压力,求斜面体运动的加速度范 围,并说明其方向.
• (2)要使小球对细绳无拉力,求斜面体运动的加速度范 围,并说明其方向.
开始滑动后，经过多长时间A、B发生分离？
3.有一质量M=4kg的小车置于光滑水平桌面上，在小 车上放一质量m=6kg的物块，动摩擦因素µ=0.2,现 对物块施加F=25N的水平拉力,如图所示，求小车的 加速度？（设车与物块之间的最大静摩擦力等于滑 动摩擦力且g取10m/s2)
• 4. 如图所示，一质量为M＝4kg，长为L＝2m的木板
高中物理高考 2020年高考物理一轮复习专题09牛顿运动定律的综合应用二限时训练含解析
专题09 牛顿运动定律的综合应用（二）(限时：45min)一、 选择题（本大题共9小题）1．在国际单位制(简称SI)中，力学和电学的基本单位有：m(米)、kg(千克)、s(秒)、A(安培)。
导出单位V(伏特)用上述基本单位可表示为( ) A ．m 2·kg·s －4·A －1B ．m 2·kg·s －3·A －1C ．m 2·kg·s －2·A －1D ．m 2·kg·s －1·A －1【答案】B【解析】本题考查基本单位与导出单位间的关系，意在考查考生对单位制的认识。
由 1 J ＝1 V·A·s＝1 kg·m·s －2·m 可得，1 V ＝1 m 2·kg·s －3·A －1，因此选B 。
2．一质点受多个力的作用，处于静止状态，现使其中一个力的大小逐渐减小到零，再沿原方向逐渐恢复到原来的大小。
在此过程中，其他力保持不变，则质点的加速度大小a 和速度大小v 的变化情况是( ) A ．a 和v 都始终增大 B ．a 和v 都先增大后减小 C ．a 先增大后减小，v 始终增大 D ．a 和v 都先减小后增大 【答案】C【解析】质点受到的合外力先从0逐渐增大，然后又逐渐减小为0，合力的方向始终未变，故质点的加速度方向不变，先增大后减小，速度始终增大，本题选C 。
3.(多选)(2019·山东师大附中质检)如图1所示，质量为m ＝1 kg 的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10 m/s 时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F ＝2 N 的恒力，在此恒力作用下(g 取10 m/s 2)( )图1A ．物体经10 s 速度减为零B ．物体经2 s 速度减为零C ．物体速度减为零后将保持静止D ．物体速度减为零后将向右运动 【答案】BC【解析】物体受到向右的滑动摩擦力，F f ＝μF N ＝μG ＝3 N ，根据牛顿第二定律得，a ＝F ＋F f m ＝2＋31m/s 2＝5 m/s 2，方向向右，物体减速到0所需的时间t ＝v 0a ＝105s ＝2 s ，B 正确，A 错误。
高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。
（3）木板的最小长度L 是0.7m 。
【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。
木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。
1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。
共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
《牛顿运动定律》限时训练(二)带答案
《牛顿运动定律》限时训练（二）1．如图所示，小球质量为m ，被三根质量不计的弹簧A 、B 、C 拉住， 弹簧间的夹角均为1200，小球平衡时， A 、B 、C 的弹力大小之比为 3：3：1，当剪断C 瞬间，小球的加速度大小及方向可能为①g/2，竖直向下 ②g/2，竖直向上 ③g/4，竖直向下 ④g/4，竖直向上 A 、①② B 、①④ C 、②③ D 、③④2．一皮带传送装置如右图所示，皮带的速度v 足够大，轻弹簧一端固定，另一端连接一个质量为m 的滑块，已知滑块与皮带之间存在摩擦，当滑块放在皮带上时，弹簧的轴线恰好水平，若滑块放到皮带的瞬间，滑块的速度为零，且弹簧正好处于自由长度，则当弹簧从自由长度到第一次达最长这一过程中，物体的速度和加速度变化的情况是 A ．速度增大，加速度增大 B ．速度增大，加速度减小C ．速度先增大后减小，加速度先增大后减小D ．加速度a 先减小后反向增大，速度先增大后减小3．如图所示，一根轻弹簧竖直立在水平面上，下端固定。
在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O ，将弹簧压缩。
当弹簧被压缩了x 0时，物块的速度减小到零。
从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块加速度大小a 随下降位移大小x 变化的图象，可能是下图中的4．如图所示，位于光滑固定斜面上的小物块，P 受到一水平向右的推力F 的作用。
已知物块P 沿斜面加速下滑，现保持F 的方向不变，使其减小，则加速度 A ．一定变小 B ．一定变大C ．一定不变D ．可能变小,可能变大,也可能不变5．质量为0.3kg 的物体在水平面上运动，图中的两条直线分别表示物体受水平拉力作用和不受水平拉力作用时的速度—时间图像，则下列说法中正确的是 A ．物体不受水平拉力时的速度图像一定是b B ．物体受水平拉力时的速度图像可能是a C ．摩擦力一定等于0.2N D ．水平拉力一定等于0.1N6．如图所示，斜面体A 静止放置在水平地面上，质量为m 的物体B 在外力F （方向水平向右）的作用下沿斜面向下做匀速运动，此时斜面体仍保持静止，则下列说法中正确的是 A ．若撤去力F ，物体B 将沿斜面向下加速运动 B ．若撤去力F ，A 所受地面的摩擦力方向向左 C ．若撤去力F ，A 所受地面的摩擦力可能为零 D ．若撤去力F ，A 所受地面的摩擦力方向可能向右7．如图所示，车厢里悬挂着两个质量不同的小球，上面的球比下面的球质量大，当车厢向右作匀加速运动(空气阻力不计)时，下列各图中正确的是8．如右上图所示，A 、B 并排紧贴着放在光滑的水平面上，用水平力F 1 、F 2同时推A 和B 。
高考物理高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)
高考物理高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．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L 1＝2.5 m 、L 2＝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.2．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m 根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：2102mgL mv μ-=-解得：228m 6.4m 220.510v L g μ===⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-带得：226m 1.8m 2210v h g '===⨯带【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．4．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。
高中物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)
高中物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)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：112122v v v L t t t ＝++代入数值得：L =16m由平均速度的定义得：168/2L 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：22110/10/1v 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＝21＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得：a 1＝mgsin mgcos mθμθ+=gsinθ+μgcosθa 2＝ mgsin mgcos mθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得：μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s内，物块的位移：x1＝12a1t12＝12×10×1m＝5m传送带的位移为：x2=vt1=10×1m=10m 则相对位移的大小为：△x1=x2-x1=5m则1-2s内，物块的位移为：x3＝vt2+12a2t22=10×1+12×2×1m＝11m0-2s内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m 物块下降的高度：h=L sin37°=16×0.6=9.6m 物块机械能的变化量：△E＝12m v B2−mgh=12×2×122−2×10×9.6=-48J负号表示机械能减小．2．如图甲所示，m1 =5 kg的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m1下滑前将m2 = 3 kg的滑块停放在槽的底端．m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s2．(1)求A、B的高度差h；(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC；(3)滑块m2到达C点时速度恰好减到3 m/s，求滑块m2的传送时间；(4)求系统因摩擦产生的热量．【答案】（1）0.8m（2）26m（3）6.5s（4）16J【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m1的速度v1=1 m/s，m2的速度v2 =5 m/s，设碰撞前瞬间m1的速度为v0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m1v0= m1v1+ m2v2解得：v0 = 4 m/sm 1下滑的过程机械能守恒：211012m gh m v = 解得：h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5va t∆==∆m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m (3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为24/2v vv m s +== 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BCL t s v== (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移21011182x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小413v a t '∆'=='∆m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．3．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。
高中物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析
高中物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得：mgtanθ=ma得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2m受到支持力20N=25N cos cos37NmgFθ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0对整体有 F1=（M+m）a1代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0对整体有F2=（M+m）a2代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N．【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．2．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．3．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A由静止开始自由下滑，滑至坡底B处（B处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB长14.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s）所经历的时间；（2）滑雪者到达B处的速度；（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离．【答案】（1）1s；（2）12m/s；（3）54.4m．【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间．（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s时的加速度，球心速度为4m/s之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度．（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解． 【详解】（1）滑雪者从静止开始加速到v 1=4m/s 过程中： 由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1； 解得：a 1=4m/s 2； 由速度时间关系得 t 1＝11v a＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=12a 1t 2=12×4×12=2m 从4m/s 加速到B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2； 解得：a 2=5m/s 2；根据位移速度关系：v B 2−v 12＝2a 2(L −x 1) 计算得 v B =12m/s（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到v=4m/s ）：a 3＝−μ2g ＝−1.25m /s 222223341251.222 1.25B v v x m a --===-⨯ 在水平面上第二阶段（速度从4m/s 减速到0）a 4＝−μ1g ＝−2.5m /s 2，2443.22vx m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=54.4m 【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．4．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小； (3)物体在长木板上滑行的最大距离．【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；221/a m s = （3）2m【解析】 【分析】该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：0013737mgsin mgcos ma μ-=解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：202B v aS -=解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s= (2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=解得：物体滑上长木板后物体的加速度213/a m s =，方向水平向左物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=解得：物体滑上长木板后长木板的加速度221/a m s =，方向水平向右(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =这段时间内物体的位移2211114131 2.522B x v t a t m m =-=⨯-⨯⨯= 这段时间内长木板的位移222211110.522x a t m m ==⨯⨯= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=5．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少； （2）木板的长度至少为多少；（3）物块在木板上运动的总时间是多少．【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61m 48L =（3）5(8t = 【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑 （2）共速时：021=v v a t -共 得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22101112111 1.25m 22x v t a t a t ∆=--= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：2212m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t =，木板停止，过21s 8t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21m 48x ∆=木板至少长度min 1261m 48L x x =∆+∆=（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度211sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312L a t '=得：3t =在木板上的总时间：1235(8t t t t =++=' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．6．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。
高一物理同步教学训练：《牛顿运动定律》二人教版必修二
牛顿运动定律同步练习（二）物体运动状态的改变1．下列哪些情况我们说物体的运动状态一定发生了改变（）A 运动物体的位移大小变化B 运动物体的速度大小变化C 运动物体的速度方向变化D 运动物体的加速度变化2．下面哪些物体的运动状态发生了变化（）A 匀速飘落的羽毛B 匀速拐弯的自行车C 匀加速起动的列车 C 绕地球匀速飞行的航天飞机3．物体从静止开始运动，其所受的合力随时间变化的情况，如图所示，则在0 – t1的时间内，物体运动的速度将（）A 变小B 不变C 变大D 先变大后变小t4．关于惯性在实际中应用，下列说法中正确的是（）A 工厂里车床底座的质量大一些，是为了增大它的惯性B 战斗机投入战斗时，丢掉副油箱，是为了减小惯性，使其运动更加灵活C 要保持物体的平衡，只要尽量增大它的惯性就可以了D 手扶拖拉机的飞轮做得很重，目的是增大其惯性，以保证运转尽量均匀5．某人用力推一下原来静止在水平面上的小车，小车便开始运动，此后改用较小的力就可以维持小车做匀速直线运动，可见（）A 力是使物体产生运动的原因B 力是维持物体运动的原因C 力是使物体产生加速度的原因D 力是改变物体惯性的原因6．下列说法正确的是（）A 一个物体原来以10m/s的速度运动，后来速度变为30m/s，则其惯性增大了B 已知月球上的重力加速度是地球的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为原来的1/6C 质量大的物体运动状态难改变，故质量大的物体惯性大D 以上说法都不正确7．对物体的惯性有这样一些理解，你觉得哪些是正确的？（）A 汽车快速行驶时惯性大，因而刹车时费力，惯性与物体的速度大小有关B 在月球上举重比在地球上容易，所以同一物体在地球上惯性比在月球上大C 加速运动时，物体有向后的惯性；减速运动时，物体有向前的惯性D 不论在什么地方，不论物体原有运动状态如何，物体的惯性是客观存在的，惯性的大小与物体的质量有关8．下列现象不存在的是（）A 物体的速度很大，而惯性很小B 物体的质量很小，而惯性很大C 物体体积小，但惯性大D 物体所受外力大，但惯性小9．下列说法中正确的是（）A 一个物体原来静止，后来以1.5m/s的速度运动，则其惯性增大了B 已知月球上的重力加速度是地球的1/6，故一个物体从地球移到月球上，惯性减小为1/6C 质量大的物体运动状态难改变，故质量大的物体惯性大D 在宇宙飞船内的物体不存在惯性。
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4.7 用牛顿定律解决问题限时训练02
班级姓名得分
1．物体在共点力作用下，下列说法中正确的是( )
A ．物体的速度在某一时刻等于零时，物体就一定处于平衡状态
B ．物体相对另一物体保持静止时，物体一定处于平衡状态
C ．物体所受合外力为零时，就一定处于平衡状态
D ．物体做匀加速运动时，物体处于平衡状态
2．为了测量A 、B 两物体之间的滑动摩擦力，某同学设计了如图所示四个实验方案．在实验操作过程中，当测力计读数稳定时，认为其读数即为滑动摩擦力的大小，则测力计测得的滑动摩擦力最准确的方案是( )
3.如右图所示，一运送救灾物资的直升飞机沿水平方向匀速飞行．已知
物资的总质量为m ，吊运物资的悬索与竖直方向成θ角．设物资所受的
空气阻力为F f ，悬索对物资的拉力为F ，重力加速度为g ，则( )
A ．F f ＝mg sin θ
B ．F f ＝mg tan θ
C ．F ＝mg cos θ
D ．F ＝mg
tan θ
4.如右图所示，放在斜面上的物体受到垂直于斜面向上的力F 作用而物体始
终保持静止．当力F 逐渐减小，则物体受到斜面的摩擦力( )
A ．保持不变
B ．逐渐减小
C ．逐渐增大
D ．以上三种均有可能
5.在升降电梯内的地面上放一体重计，电梯静止时，晓敏同学
站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一
段时间内晓敏同学发现体重计如右图所示，在这段时间内下列
说法中正确的是( )
A ．晓敏同学所受的重力变小了
B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力
C ．电梯一定在竖直向下运动
D ．电梯的加速度大小为g /5，方向一定竖直向下
6.如右图所示，在倾角为53°的斜面上，用沿斜面向上5 N 的力拉着重4 N
的木块向上做匀速运动，则斜面对木块的总作用力的方向是( )
A ．垂直斜面向上
B ．水平向左
C ．沿斜面向下
D ．竖直向上
7．如下图所示，一物块置于水平地面上．当用与水平方向成60°角
的力F 1拉物块时，物块做匀速直线运动；当改用与水平方向成30°
角的力F 2推物块时，物块仍做匀速直线运动．若F 1和F 2的大小相等，
则物块与地面之间的动摩擦因数为( ) A.3－1 B ．2－3C.32－12D ．1－32
8．（多选）几位同学为了探究电梯起动和制动时的运动状态变化情况，他们将体重计放在电梯中，一位同学站在体重计上，然后乘坐电梯从1层直接到10层，之后又从10层直接回到1层．用照相机进行了相关记录，如下图所示．图1为电梯静止时体重计的照片，图2、图3、图4和图5分别为电梯运动过程中体重计的照片．根据照片推断正确的是( )
A ．根据图2推断电梯一定处于加速上升过程，电梯内同学可能处于超重状态
B ．根据图3推断电梯一定处于减速下降过程，电梯内同学可能处于失重状态
C ．根据图4推断电梯可能处于减速上升过程，电梯内同学一定处于失重状态
D ．根据图5推断电梯可能处于减速下降过程，电梯内同学一定处于超重状态
9.如右图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O 为球心．一质量为m 的小滑块，在水平力F 的作用下静止于P 点．设滑块所受支持力为F N ，OP 与水平方向的夹
角为θ.下列关系正确的是( )
A ．F ＝mg
tan θB ．F ＝mg tan θ
C ．F N ＝mg
tan θ
D ．F N ＝mg tan θ
10．（多选）如右图所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木
箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上，若在某一段时间内，物块对箱顶
刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )
A ．加速下降
B ．加速上升
C ．减速上升
D ．减速下降
11.L 型木板P (上表面光滑)放在固定斜面上，轻质弹簧一端固定在木
板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q 相连，如上图所示．若P 、Q 一起沿斜面匀速下滑，不计空气阻力．则木块P 的受力个数为( )
A ．3
B ．4
C ．5
D ．6
12．如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹
簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度及 所受的合外力的变化情
况是（ ）
A ．合力变小，速度变小
B ．合力变小，速度变大
C ．合力先变小，后变大；速度先变大，后变小
D ．合力先变大，后变小，速度先变小，后变大
13.将物体以20m/s 的初速度竖直向上抛出，不计空气阻力，物体上升的最大高
度是m ，经过3s 物体的速度大小是m/s ，方向是。
14.质量为M 的人站在地面上，用绳通过定滑轮将质量为m 的重物从高处放下。
若重物以加速度a 下降(a<g)，则人对地面压力为N 。
15.某人在以加速度a ＝2 m/s 2
匀加速下降的升降机中最多能举起m 1＝75 kg 的物
体，则此人在地面上最多可举起多大质量的物体？若此人在一匀加速上升的升降
机中最多能举起50 kg的物体，则此升降机上升的加速度是多大？(g取10 m/s2)
16.如图所示，升降机中的斜面和竖直壁之间放一个质量为10 kg的小球，斜面倾角θ=30°,当升降机以a=5 m/s2的加速度竖直上升时，求：
（1）小球对斜面的压力；
（2）小球对竖直墙壁的压力.
17.风洞实验室中可产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有
小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径 ,如图18所示 .
（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上匀速运动.这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数.
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s所需时间为多少? （sin37°=0.6，cos37°=0.8）。