精编高考物理总复习-牛顿运动定律专题模拟题库150题(答案)
高考物理力学知识点之牛顿运动定律知识点总复习含答案解析(5)
高考物理力学知识点之牛顿运动定律知识点总复习含答案解析(5)一、选择题1．如图（甲）所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复．通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图像如图（乙）所示，则A．1t时刻小球动能最大B．2t时刻小球动能最大C．2t~3t这段时间内，小球的动能先增加后减少D．2t~3t这段时间内，小球增加的动能等于弹簧减少的弹性势能2．起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是()A．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力B．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小C．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小D．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力3．在匀速行驶的火车车厢内，有一人从B点正上方相对车厢静止释放一个小球，不计空气阻力，则小球（）A．可能落在A处B．一定落在B处C．可能落在C处D．以上都有可能m，弹簧及挂钩的质量忽略不计，挂钩吊着一质量4．如图所示，弹簧测力计外壳质量为0为m的重物，现用一竖直向上的拉力F拉着弹簧测力计，使其向上做匀加速直线运动，弹簧测力计的读数为0F，则拉力F大小为（）A ．0m mmg m + B ．00m m F m+ C ．00m m mg m +D ．000m m F m + 5．如图所示，质量m =1kg 、长L =0.8m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F =5N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 做的功至少为( )（g 取10m/s 2）A ．1JB ．1.6JC ．2JD ．4J6．有时候投篮后篮球会停在篮网里不掉下来，弹跳好的同学就会轻拍一下让它掉下来．我们可以把篮球下落的情景理想化：篮球脱离篮网静止下落，碰到水平地面后反弹，如此数次落下和反弹．若规定竖直向下为正方向，碰撞时间不计，空气阻力大小恒定，则下列图象中可能正确的是( )A ．B ．C ．D ．7．一物体放置在粗糙水平面上，处于静止状态，从0t =时刻起，用一水平向右的拉力F 作用在物块上，且F 的大小随时间从零均匀增大，则下列关于物块的加速度a 、摩擦力f F 、速度v 随F 的变化图象正确的是（ ）A ．B ．C ．D ．8．如图所示，有一根可绕端点B 在竖直平面内转动的光滑直杆AB ，一质量为m 的小圆环套在直杆上。
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：1x=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I1 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。
高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
高中物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析
高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。
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 mμ--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219.6m 2x 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 mμμ===='' 由v 2=2a ′x ′得:21.44m 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。
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.如下图,在光滑的水平面上有一足够长的质量 质量m=1kg 的小物块,长木板与小物块间的动擦因数 止.现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板,经时间(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时,小物块加速度 (2)刚撤去F 时,小物块离长木板右端的距离 s ；(3)撒去F 后,系统能损失的最大机械能 AE.【答案】(1) 2m/s 2 (2) 0.5m (3) 0.4J 【解析】 【分析】(1)对木块受力分析,根据牛顿第二定律求出木块的加速度；(2)先根据牛顿第二定律求出木板的加速度,然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出 长木板和小物块的位移,二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；(3)撤去F 后,先求解小物块和木板的速度,然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损 失的最大机械能AE. 【详解】(1)小物块在长木板上发生相对滑动时,小物块受到向右的滑动摩擦力,那么： Wmg=ma解得 a 1=g=2m/2s(2)对木板,受拉力和摩擦力作用, 由牛顿第二定律得,F-w mg=Ma, 解得：a 2= 3m/s 2.小物块运动的位移： x 1= —a 1t 2=— X2)2m=1m,2 2 长木板运动的位移： X 2= — a 2t 2=- x 3)2m=1.5m ,22那么小物块相对于长木板的位移： △x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m . (3)撤去F 后,小物块和木板的速度分别为： v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s小物块和木板系统所受的合外力为 0,动量守恒：mv m Mv (M m)v解得 v 2.8m/s从撤去F 到物体与木块保持相对静止,由能量守恒定律:该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程,要认M=4kg 的长木板,在长木板右端有一 科=0.2开始时长木板与小物块均静 t=1s 撤去水平恒力 F, g=10m/s 2.求a 的大小;1212mv m Mv 2 2解得？E=0.4J 【点睛】1 E (M m)v2真分析物体的受力情况和运动情况,并能熟练地运用匀变速直线运动的公式.2.如图甲所示,一长木板静止在水平地面上,在t 0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图象如下图.小物块与长木板的质量均为m 1kg,小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦,经1 s后小物块与长木板相对静止g 10m/s2,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1mg 2 2mg ma1 ；Vm *;木板和物块相对静止,共同减速过程中,由牛顿第二定律得22 mg 2ma2；0 V m a2t2 ;由图象可知,v m 2m/ s, t1 1s, t2 0.8s联立解得1 0.72小物块减速过程中,有：〔mg ma3；V m V0 a3t1 ;在整个过程中,由系统的能量守恒得- 1 2Q mv o2联立解得Q 40.5J【点睛】此题考查了两体多过程问题,分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键,也是此题的易错点,分析清楚运动过程后,应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.3.如图1所示,在水平面上有一质量为mi= 1kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2 = 2kg的木块,木块和木板之间的动摩擦因数岗= 0.3,木板与地面间的动摩擦因数(J2= 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/s2Hi 03S(1)求木块和木板保持相对静止的时间t i ；(2) t=10s时,两物体的加速度各为多大；(3)在如图2画出木块的加速度随时间变化的图象(取水平拉力F的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)【答案】(1)木块和木板保持相对静止的时间是4s； (2) t=10s时,两物体的加速度各为3m/s2, 12m/s2；【解析】【详解】(1)当F< 22. (m[+m2)g= 3N时,木块和木板都没有拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1：f max—戌(m1+m2)g=m〔a max, f max= p1m2g解得：a max= 3m/S2对整体有： F max-摩(m i +m 2)g= ( m i +m 2) a max 解得：Fmax=12N由 Fmax=3t 得：t = 4s(2) t=10s 时,两物体已相对运动,那么有： 对 m1： 国m 2g —(J 2 (m i +m 2)g = m i a i 解得：a 〔 = 3m/s 2对 m2： F — pi m 2g=m 2a 2 F= 3t= 30N 解得：a 2= I2m/s 2(3)图象过(1、0) , ( 4.3) , ( 10、12) 图象如下图.4.如下图,在光滑水平面上有一段质量不计,长为 6m 的绸带,在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块 A 、B,现同时对A 、B 两滑块施加方向相反,大小均为F=12N的水平拉力,并开始计时. A 滑块的质量mA=2kg, B 滑块的质量mB=4kg, A 、B 滑块 与绸带之间的动摩擦因素均为 科=0.5 A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力,不计绸带的伸长,求：(1) t=0时刻,A 、B 两滑块加速度的大小； (2) 0到3s 时间内,滑块与绸带摩擦产生的热量.【答案】(1)a 1 1ms 2 ,a 2 0.5ms 2 ; (2)30J【解析】(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动,受到的滑动摩擦力为 N A mg , f A N A ；解得：f Amg ——①22f A,水平运动,那么竖直方向平衡:A 滑块在绸带上水平向右滑动, 0时刻的加速度为a1,由牛顿第二定律得： F f A m A a [②B 滑块和绸带一起向左滑动,0时刻的加速度为a 2由牛顿第二定律得： F f Bm B a 2——③;联立①②③解得：a i 1m / s , a2 0.5m / s ；(2)A滑块经t滑离绸带,此时A、B滑块发生的位移分别为为和*2Lx1 x2 21 2x1 a1t21 2x2a2t2代入数据解得：x1 2m , x2 1m, t 2s2秒时A滑块离开绸带,离开绸带后A在光滑水平面上运动, B和绸带也在光滑水平面上运动,不产生热量,3秒时间内因摩擦产生的热量为：Q f A x1 x2代入数据解得：Q 30J .5.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下图的传送带.某传送带与水平面成37o角,皮带的AB局部长L 5.8m,皮带以恒定的速率v 4m/s按图示方向传送,假设在B端无初速度地放置一个质量m 50 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(取g 10m/s2, sin37o 0.6),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.2【答案】1物资P从B端开始运动时的加速度是10m/s . 2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, mgsin F ma；2F N mgcos F F N 其加速度为： a i gsin gcos 10m/s2(2)解法一：P 到达与传送带有相同速度的位移s — 0.8m2a以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 1 0 1 0 根据动能 TH 理： mgsin F L smv A mv 2 21 2到A 端时的动能E kA — mv A 900J22解法二：P 到达与传送带有相同速度的位移s — 0.8m 2a以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用, 2P 的加速度 a 2 gsin gcos 2m/s 1 2 后段运动有：L s vt 2 a 2t 2 , 2解得：t 2 1s,到达A 端的速度v A v a 2t 2 6m/s传送带问题中,需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系,当二者速度相等时, 即保持相对静止.属于中档题目.6 .如图,质量分别为 mA =1kg 、mB =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上,处于场强大小 E=3X 15N/C 、方向水平向右的匀强电场中,A 不带电,B 带正电、电荷量 q=2X105C.零时刻,A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着,从静止同时开始运动, 2s 末细绳断开.已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为w=0.1重力加速度大小 g=10m/s 2.求：---------------- ------ ►£(1)前2s 内,A 的位移大小； (2)6s 末,电场力的瞬时功率. 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】(1) B 所受电场力为F=Eq=6N;绳断之前,对系统由牛顿第二定律： F-Mm A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度 a i =1m/s 2;动能E kA1 2mv A 900J由运动规律：x=1a i t i2 2解得A在2s内的位移为x=2m；(2)设绳断瞬间,AB的速度大小为v i, t2=6s时刻,B的速度大小为V2,那么v i=a i t i=2m/s ;绳断后,对B由牛顿第二定律：F-师B g=m B a2解得a2=2m/s2;由运动规律可知：V2=V i+a2(t2-t i)解得V2=i0m/s电场力的功率P=Fv,解得P=60W7 .某研究性学习小组利用图a所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系.木板OA可绕轴O在竖直平面内转动,板足够长,板面摩擦可忽略不计.某次实验中,质量m=0.ikg的物块在平行于板面向上、F=0.6N的恒力作用下,得到加速度 a 与斜面倾角的关系图线,如图b所示,图中a o为图线与纵轴交点, 日为图线与横轴交(2)当倾角.为30.时,物块在力F作用下由O点从静止开始运动,2 s后撤去,求物块沿斜面运动的最大距离？【答案】(D 6m/s2, 37； (2) 2.4m.【解析】【详解】(i)由图象可知,.=0,木板水平放置,此时物块的加速度为a o由牛顿第二定律：F合=F=ma o解得a o=6m/s2由图象可知木板倾角为以时,物块的加速度a=0即：F=mgsin i解得01=37 °(2)当木板倾角为 .=0.时,对物块由牛顿第二定律得：F-mgsin 0ma i解得a i=im/s2设木块2s末速度为v i,由v i=a i t得v i=2m/s2s内物块位移s i= — a i t2=2m2撤去F后,物块沿斜面向上做匀减速运动.设加速度为a2,对物块由牛顿第二定律得：mgsin 0ma2a2=gsin30 = 5m/s22撤去F后,物块继续向上运动的位移为s -vL 0.4m2 a2那么物块沿斜面运动的最大距离s=S i+S2=2,4m8. 一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.座舱开始下落时的高度为75m,当落到离地面30m的位置时开始制动座舱均匀减速.重力加速度g取10 m/s2,不计空气阻力.(1)求座舱下落的最大速度；(2)求座舱下落的总时间；(3)假设座舱中某人用手托着重30N的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力.【答案】(1) 30m/s (2) 5s. (3) 75N. 【解析】试题分析：(1) v2=2gh;vm= 30m/s1 2⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：h — gt1 t1= 3s2h座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2= V =2s2所以座舱下落的总时间为：t= t1+ t2=5s⑶对球,受重力mg和手的支持力N作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg —N = mg解得：N=0根据牛顿第三定律有：N =N=0,即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段,卞^据牛顿第二定律有mg-N = ma0 v2一根据匀变速直线运动规律有： a = --------= — 15m/s22h2解得：N=75N (2分)根据牛顿第三定律有：N =N=75N,即球对手的压力为75N考点：牛顿第二及第三定律的应用9.功能关系贯穿整个高中物理.(1)如下图,质量为m的物体,在恒定外力F作用下沿直线运动,速度由v o变化到v时, 发生的位移为x.试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理.上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由.(2)如下图,固定的水平光滑金属导轨,间距为L,右端接有阻值为R的电阻,处在方向竖直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中,质量为m的导体棒与固定弹簧相连,放在导轨上,导轨与导体棒的电阻均可忽略.初始时刻,弹簧恰处于自然长度.现给导体棒一个水平向右的初速度vo,在沿导轨运动的过程中,导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触.导体棒速度第一次为零时,弹簧的弹性势能为Ep,那么在这一过程中：①直接写出弹簧弹力做功W弹与弹性势能变化Ep的关系,进而求W弹;②用动能定理求安培力所做的功W安.【答案】(1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用.简言之,动能定理是经典力学范围内的普适规律. (2) W弹E p (E p 0) E p(3)1 2W安E p 2mv o【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律F=ma及运动学公式v2v2 2ax1 2 1 2可得Fx mv mv o2 2当物体受变力作用、或者做曲线运动时,可以把过程分解成许多小段,认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线,这样对每一段用动能定理,累加后也能得到同样的结果,所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用.简言之,动能定理是经典力学范围内的普适规律.(2)W弹E p进而W弹E p (E p 0) E p.1 2(3)由动能定理：W W单0 ^m% 1解得：W安E p -mv210.质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落,该下落过程对应的v-t图线如图2 .... 所小；球与水平地面相碰后反弹,离开地面时的速度大小为碰撞前的-.该球受到的空气阻力大小恒为f,取g=10m/s 2,求:(1)弹性球受到的空气阻力 f 的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度 h.【答案】(1) 0.4N (2) 1m7【解析】3 02试题分析：(1)根据图象得a —— 8m/s 2,0.5由牛顿第二定律：mg-f=ma, 得 f=m (g-a) =0. 2X (10-8) =0. 4N. (2)由题意反弹速度 v = — v = 3m/s .4又由牛顿第二定律： mg+f=ma ,得 a 0^———04 12m / s 2 .0.2考点：v-t 图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】此题关键是对图象的应用,由图象的斜率等于物体的加速度得到加速度,然 后根据牛顿第二定律列得方程才能得到阻力,进而解答全题.故反弹高度为:2, v h=—=2a£=3m 2 12 8。
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
高考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．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 =+（4855T mg =或811T 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53F 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65M 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 =+（）（4885511T 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，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 。
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
高考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．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 =+（4855T mg =或811T 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53F 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65M 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 =+（）（4885511T 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，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 mμ--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219.6m 2x 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 mμμ====''由v2=2a′x′得:21.44m2vxa=''=【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．3．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。
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最新精选高考物理复习题库牛顿运动定律专题（150
题）
学校：__________ 姓名：__________ 班级：__________ 考号：__________
一、单选题
1．如下图所示，一轻绳通过一光滑定滑轮，两端各系一质量分别为m1和m2的物体，m1放在地面上，当m2的质量发生变化时，m1的加速度a的大小与m2的关系图象大体如下图中的（）
2．某研究性学习小组用实验装置模拟火箭发射卫星．火箭点燃后从地面竖直升空，燃料燃尽后火箭的第一级和第二级相继脱落，实验中测得卫星竖直方向的速度—时间图象如右图所示，设运动中不计空气阻力，燃料燃烧时产生的推力大小恒定．下列判断正确的是
（）
A. t2时刻卫星到达最高点，t3时刻卫星落回地面
B．卫星在0～t1时间内的加速度大于t1～t2时间内的加速度
C. t1～t2时间内卫星处于超重状态
D. t2～t3时间内卫星处于超重状态
3．如图所示，被水平拉伸的轻弹簧右端拴在小车壁上，左端拴一质量为10 kg的物块M.小车静止不动，弹簧对物块的弹力大小为5 N时，物块处于静止状态．当小车以加速度a＝1 m/s2沿水平地面向右加速运动时
（）
A．物块M相对小车仍静止
B．物块M受到的摩擦力大小不变
C．物块M受到的摩擦力将减小
D．物块M受到弹簧的拉力将增大
4．(2013·池州模拟)某大型游乐场内的新型滑梯可以等效为如下图所示的物理模型，一个小朋友在AB段的动摩擦因数μ1<tanθ，BC段的动摩擦因数μ2>tanθ，他从A点开始下滑，滑到C点恰好静止，整个过程中滑梯保持静止状态．则该小朋友从斜面顶端A点滑到底端C点的过程中（）。