牛顿运动定律专题

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牛顿运动定律经典题解析

一、夯实基础知识

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，直到有外力迫使它改变这种状态为止。

对牛顿第一定律的理解要点：（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，是使物体产生加速度的原因；（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性；（4）不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（5）牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地认为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，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：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向相同。公式F ma =．

对牛顿第二定律的理解要点：（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，注意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，x x F ma =，

y y F ma =，z z F ma =；（4）牛顿第二定律F ma =定义了力的基本单位——牛顿（定义使质量为1kg

的物体产生1m/s 2的加速度的作用力为1N ，即211/N kg m s =?．

3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一

直线上。

对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力相互依赖性，它们是相互依存，互以对方作为自已存在的前提；（2）作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；（3）作用力和反作用力是同一性质的力；（4）作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能相互抵消，这应注意同二力平衡加以区别。

4．物体受力分析的基本程序：（1）确定研究对象；（2）采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；（3）按照先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；（4）画物体受力图，没有特别要求，则画示意图即可。

5．超重和失重：（1）超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F （或对悬挂物的拉力）大于物体的重力，即F mg ma =+．；（2）失重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力F N （或对悬挂物的拉力）小于物体的

重力mg ，即N F mg ma =-，当a g =时，0N F =，即物体处于完全失重。

6、牛顿定律的适用范围：（1）只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；（2）只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；（3）只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。

二、解析典型问题

问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。

牛顿第二定律F ma =是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向相同。在解题时，可以利用正交分解法进行求解。

1. 如图1所示，电梯与水平面夹角为300，当电梯加速向上运动时，

人对梯面压力是其重力的65，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多

少倍？

分析与解：对人受力分析，他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用，如图所示．取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y 轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：

cos30f F ma =?， sin30N F mg ma -=?

因为

N F mg =

，解得f F mg =．

问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。

牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律，描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向，是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时，它的加速度随即也要发生变化，F=m a 对运动过程的每一瞬间成立，加速度与力是同一时刻的对应量，即同时产生、同时变化、同时消失。 2. 如图2（a ）所示，一质量为m 的物体系于长度分别为l 1、l 2的两根细线

上，l 1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为θ，l 2水平拉直，物体处于平衡状态。现将l 2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。（l ）下面是某同学对该题的一种解法：

分析与解：设l 1线上拉力为T 1，l 2线上拉力为T 2，重力为mg ，物体在三力作用下保持平衡，有

T 1cosθ＝mg ， T 1sinθ＝T 2， T 2＝mgt a nθ

剪断线的瞬间，T 2突然消失，物体即在T 2反方向获得加速度。因为tan mg ma θ=，所以加速度tan a g θ=，方向在T 2反方向。

你认为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并说明理由。

a 图θ

l θ

l 2

l 1

l b

图

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（2）若将图2(a)中的细线1l 改为长度相同、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与（l ）完全相同，即tan a g θ=，你认为这个结果正确吗？请说明理由。分析与解：（1）错。因为2l 被剪断的瞬间，1l 上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度sin a g θ=．

（2）对。因为2l 被剪断的瞬间，弹簧1l 的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。

问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。

当物体受到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度（力的独立作用原理），而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。

3. 如图所示，一个劈形物体M 放在固定的斜面上，上表面水平，在水平面

上放有光滑小球m ，劈形物体从静止开始释放，则小球在碰到斜面前的

运动轨迹是：

A ．沿斜面向下的直线

B ．抛物线

C ．竖直向下的直线

D ．无规则的曲线。

分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C 选项正确。以下是讨论M 和m 的加速度：

分析与解：只要 M 和 m 不完全分离，则 M 和 m 在竖直方向上的加速度相等．设这个在竖直方向上的加速度为 a ．设 m 与 M 之间的相互作用力为 F ．则：对 M 在平行于斜面方向上列方程，有： ()sin sin Ma Mg F θθ

+= (1)

对 m 在竖直方向上列方程，有：mg F ma -= (2) 由这两个方程就可以求出： ()m M g

a M m θ

，则a 它比 g 小．问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。

加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全过程的受力情况都搞清楚。

4. 一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和自己提升上来。

图中跨过滑轮的两段绳都认为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg ，人的质量为M=55kg ，起动时吊台向上的加速度是a =0.2m/s 2，求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s 2)

分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F 为绳的拉力，由牛顿第二定律有：2()()F m M g M m a -+=+

则拉力大小为：()()

3502

M m a g F N ++=

再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中F N 是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：N F F Mg Ma +-=，故

()200N F M a g F N =+-=

由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N ，方向竖直向下。

问题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。

相互接触的物体间可能存在弹力相互作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。抓住相互接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例说明。 5. 一根劲度系数为k ，质量不计的轻弹簧，上端固定，下端系一质量为m 的物体，

有一水平板将物体托住，并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开始以加速度a （a g <）匀加速向下移动。求经过多长时间木板开始与物体分离。

分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg ，弹簧的弹力F kx =和平板的支持力N 作用。据牛顿第二定律有：

mg kx N ma --=得N mg kx ma =--

当N=0时，物体与平板分离，所以此时()

m g a x k

因为2

x at =

，所以t = 6. 如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P

处于静止，P 的质量m=12kg ，弹簧的劲度系数k=300N/m 。现在给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s 内F 是变力，在0.2s 以后F 是恒力，g=10m/s2，则F 的最小值是，F 的最大值是。分析与解：因为在0.2t s =内F 是变力，在0.2t s =以后F 是恒力，所以在0.2t s =时，P 离开秤盘。此时P 受到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0～0.2s 这段时间内P 向上运动的距离：

0.4mg

x m =

= 因为212x at =，所以P 在这段时间的加速度2

2220/x a m s t

== 当P 开始运动时拉力最小，此时对物体P 有min N mg F ma -+=，又因此时N mg =，所以有

min 240F ma N ==．当P 与盘分离时拉力F 最大，max ()360F m a g N =+=．

7. 一弹簧秤的秤盘质量m 1=1.5kg ，盘内放一质量为m 2=10.5kg 的物体P ，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m ，系统处于静止状态，如图9所示。现给P 施加一个竖直向上的力F ，使P 从静止开始向上做匀加速直线运动，已知在最初0.2s 内F 是变化的，在0.2s 后是恒定的，求F 的最大值和最小值各是多少？（g=10m/s2）分析与解：因为在0.2t s =内F 是变力，在0.2t s =以后F 是恒力，所以在0.2t s

)M g

图a

图7

图8

图

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时，P 离开秤盘。此时P 受到盘的支持力为零，由于盘的质量m 1=1.5kg ，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0～0.2s 这段时间内P 向上运动的距离为x ，对物体P 据牛顿第二定律可得： 22F N m g m a +-=

对于盘和物体P 整体应用牛顿第二定律可得：

121212()()()m m g F k x m m g m m a k +??+--+=+????

令N=0，并由述二式求得21m g m a

x k -=

，而212x at =，所以求得a =6m/s 2．当P 开始运动时拉力最小，此时对盘和物体P 整体有F min =(m 1+m 2)a =72N ．当P 与盘分离时拉力F 最大，F m a x =m 2(a +g)=168N ．

问题6：必须会分析临界问题。

8. 如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的AB 两物体，

B 的质量是A 的2倍，B 受到向右的恒力2B F N =，A 受到的水平力(92)A F t N =-，(t 的单位是s)。从0t =开始计时，则：

A ．A 物体在3s 末时刻的加速度是初始时刻的511倍；

B ．4t s >后，B 物体做匀加速直线运动；

C ．4t s =时，A 物体的速度为零；

D ． 4.5t s >后，AB 的加速度方向相反。

分析与解：对于A 、B 整体据牛顿第二定律有：()A B A B F F m m a +=+，设A 、B 间的作用为N ，则对B 据牛顿第二定律可得： B B N F m a +=

解得164A B B B A B F F t N m F N +-=-=

当4t s =时N=0，A 、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加

速运动，当 4.5t s =时A 物体的加速度为零而速度不为零。 4.5t s >后，Ａ所受合外力反向，即A 、B 的加速度方向相反。当4t s <时，A 、B 的加速度均为A B A B

F F a m m +=

+。综上所述，选项A 、B 、D 正确。

9. 如图11所示，细线的一端固定于倾角为450的光滑楔形滑块A 的顶

端P 处，细线的另一端拴一质量为m 的小球。当滑块至少以加速度a = 向左运动时，小球对滑块的压力等于零，当滑块以a =2g 的加速度向左运动时，线中拉力T= 。

分析与解：当滑块具有向左的加速度a 时，小球受重力mg 、绳的

拉力T 和斜面的支持力N 作用，如图12所示。

在水平方向有Tcos450-Ncos450=m a ；在竖直方向有Tsin450-Nsin450-mg=0．

由上述两式可解出：00

()()

2sin452cos45

m g a m g a N T -+=

=，由此两式可看出，当加速度a 增大时，球受支持力N 减小，绳拉力

T 增加。当a =g 时，N=0，此时小球虽与斜面有接触但无压力，处于临界

状态。这时绳的拉力cos45mg

T =

．

当滑块加速度a >g 时，则小球将“飘”离斜面，只受两力作用，如图13所示，此时细线与水平方向间的夹角α<450．由牛顿第二定律得：Tcosα=m a ，Tsinα=mg

，解得T =。

问题7：必须会用整体法和隔离法解题。

两个或两个以上物体相互连接参与运动的系统称为连接体．以平衡态或非平衡态下连接体问题拟题屡次呈现于高考卷面中，是考生备考临考的难点之一．

10. 如图所示，一个弹簧秤放在光滑的水平面上，外壳质量m 不能忽略，弹簧及挂钩质量不计，施加水平方向的力1F 、2F ，且12F F >，则弹簧秤沿水平方向的加速度为，弹簧秤的读数为 . 分析与解：以整个弹簧秤为研究对象，利用牛顿运动定律得： 12F F ma -=，即12

F F a m

仅以轻质弹簧为研究对象，则弹簧两端的受力都1F ，所以弹簧秤的读数为1F .说明:2F 作用在弹簧秤外壳上，并没有作用在弹簧左端，弹簧左端的受力是由外壳内侧提供的.所以答案：12

F F a m

1F 11. 用质量为m 、长度为L 的绳沿着光滑水平面拉动质量为M 的物体，在绳的一端所施加的水平

拉力为F ，如图14所示，求：

(1)物体与绳的加速度；

(2)绳中各处张力的大小(假定绳的质量分布均匀，下垂度可忽略不计。) 分析与解：(1)以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得： ()F M m a =+，解得F a M m

+．

(2)以物体和靠近物体x 长的绳为研究对象，如图15所示。根据牛顿第二定律可得：()()x x m F F M m a M x L L M m

=+=++．

由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x =0时，绳施于物体M 的力的大小为

M F 。 12. 如图16所示，AB 为一光滑水平横杆，杆上套一轻环，环上系一长

为L 质量不计的细绳，绳的另一端拴一质量为m

的小球，现将绳

F B

F 10

图

图12

图13

图14

图15

图A

B 16

图

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拉直，且与AB 平行，由静止释放小球，则当细绳与AB 成θ角时，小球速度的水平分量和竖直分量的大小各是多少？轻环移动的距离d 是多少？

分析与解：本题是“轻环”模型问题。由于轻环是套在光滑水平横杆上的，在小球下落过程中，由于轻环可以无摩擦地向右移动，故小球在落到最低点之前，绳子对小球始终没有力的作用，小球在下落过程中只受到重力作用。因此，小球的运动轨迹是竖直向下的，这样当绳子与横杆成θ角时，小球的水平分速度为0=x v

，小球的竖直分速度y v 。可求得轻环移动的距离是

cos d L L θ=-．

问题8：必须会分析与斜面体有关的问题。

13. 如图17所示，水平粗糙的地面上放置一质量为M 、倾角为θ的斜面

体，斜面体表面也是粗糙的有一质量为m 的小滑块以初速度0v 由斜面

底端滑上斜面上经过时间t 到达某处速度为零，在小滑块上滑过程中斜面体保持不动。求此过程中水平地面对斜面体的摩擦力与支持力各

为多大？

分析与解：取小滑块与斜面体组成的系统为研究对象，系统受到的外力有重力(m+M)g 地面对系统的支持力N 、静摩擦力f(向下)。对系统在水平方向与竖直方向分别应用牛顿第二定律得：

水平方向：0cos f ma Ma m t

θ=+'=水平v 竖直方向：0

()sin m M g N ma m θ+-==竖直v 所以0cos m f t θ=

v ，方向向左；0sin ()m N m M g t

θ=+-v 。

问题9：必须会分析传送带有关的问题。

14. 如图18所示，某工厂用水平传送带传送零件，设两轮子圆心

的距离为S ，传送带与零件间的动摩擦因数为μ，传送带的速度恒为v ，在P 点轻放一质量为m 的零件，并使被传送到右边的Q 处。设零件运动的后一段与传送带之间无滑动，则传

送所需时间为，摩擦力对零件做功为．分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带

间无相对运动，摩擦力大小由f mg μ=突变为零，此后以速度v 走完余下距离。

由于f mg ma μ==，所以a g μ=

加速时间 1t a g μ==v v 加速位移 2

2111122S at g

μ==v 通过余下距离所用时间 122S S S t g

μ-=

=-v v v

共用时间 122S t t t g μ=+=+v v 摩擦力对零件做功 212W m =v

15. 如图19所示，传送带与地面的倾角θ=37ｏ

，从A 到B 的长度为16m ，

传送带以010/m s ＝

v 的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5㎏的物体，它与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，求物体

从A 运动到B 所需的时间是多少？(sin37ｏ=0.6，cos37ｏ

=0.8) 分析与解：物体放在传送带上后，开始阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速

下滑，受力分析如图20（a ）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan μθ<，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如

图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。开始阶段由牛顿第二定律得：1sin cos mg mg ma θμθ+=；

所以：2

1sin cos 10/a g g m s θμθ=+=

物体加速至与传送带速度相等时需要的时间11

1t s a ==v ；发生的位移：

2115162

s at m m ==<；物体加速到10m/s 时仍未到达B 点。

第二阶段，有：2sin cos mg mg ma θμθ-=；所以：a 2＝2m/s 2；设第二阶段物体滑动到B 的

时间为t 2 则：22212

AB L S a t -=+vt ；解得：21t s =t ， 211t s '=（舍去）。故物体经历的总时间

122t t t s =+=．

从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。

问题10：必须会分析求解联系的问题。

16. 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21所示。（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，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370

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？（sin370 = 0.6，cos370 = 0.8）

分析与解：依题意，设小球质量为m ，小球受到的风力为F ，方向与风向相同，水平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G

、支持力

图

18图

图

图()

a ()

图风

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F N 、风力F 、摩擦力F f ，如图21所示．由平衡条件得：

N F mg = f F F = f N F F μ= 解三式得：0.5μ=

同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G 、支持力1N F 、风力F 、摩擦力1f F ，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：1sin cos f mg F F ma θθ+-=

1sin cos 0N F F mg θθ+-= 11f N F F μ=

解上述三式得1cos sin 3

f F m

g F a g m θθ+-=

=．

由运动学公式，可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为

: t =

问题11：会利用图型解题

17. 一颗速度较大的子弹，水平击穿原来静止在光滑水平面上的木块，设木块对子弹的阻力恒定，

则当子弹入射速度增大时，下列说法正确的是

A ．木块获得的动能变大

B ．木块获得的动能变小

C ．子弹穿过木块的时间变长

D ．子弹穿过木块的时间变短

命题意图：考查对物理过程的综合分析能力及运用数学知识灵活处理物理问题的能力．

错解分析：考生缺乏处理问题的灵活性，不能据子弹与木块的作用过程作出v -t 图象，来作出分析、推理和判断．容易据常规的思路依牛顿第二定律和运动学公式去列式求解，使计算复杂化，且易出现错误判断．

解题方法与技巧：子弹以初速v 0穿透木块过程中，子弹、木块在水平方向都受恒力作用，子弹做匀减速运动，木块做匀加速运动，子弹、木块运动的v -t 图如图25-2中实线所示，图中OA 、v 0B 分别表示子弹穿过木块过程中木块、子弹的运动图象，而图中梯形OAB v 0的面

积为子弹相对木块的位移即木块长l ．当子弹入射速度增大变为v 0′时，

子弹、木块的运动图象便如图25-2中虚线所示，梯形OA′B ′v 0′的面积

仍等于子弹相对木块的位移即木块长l ，故梯形OAB v 0与梯形OA′B ′v 0′

的面积相等，由图可知，当子弹入射速度增加时，木块获得的动能变小，子弹穿过木块的时间变短，所以本题正确答案是B 、D ．

问题12：会利用位移关系解题

18. 一大木箱，放在平板车的后部，到驾驶室的距离L=1.6m ，如图所示，木箱与车板之间的动摩

擦因数0.484μ=，平板车以恒定的速度022.0/m s =v 匀速行驶，突然驾驶员刹车，使车均匀

减速．为不让木箱撞击驾驶室，从开始刹车到车完全停定，至少要经过多少时间？(g 取10.0m/s 2

)

解析：20L '=

v ，其中

a g μ=所以，50L m '=,即木箱滑动50m 后静止。 48.4s L L m ='-=,车走的

最短距离。 2

2s a ≥'

v 2 4.4s t s a ≥=='v v

问题13：会解弹簧形变多样性的有关习题

19. 如图所示，竖直光滑杆上套有一个小球和两根弹簧，两弹簧的一端各与小球相连，另一端分别

用销钉M 、N 固定于杆上，小球处于静止状态，设拔去销钉M 瞬间，小球加速度的大小为12m/s 2，若不拔去销钉M 而拔去销钉N 瞬间，小球的加速度可能是（取

g =10m/s 2）

Ａ．22m/s 2，竖直向上Ｂ．22m/s 2，竖直向下

Ｃ．2m/s 2，竖直向上

Ｄ．2m/s 2，竖直向下

分析与解：当a 向下时：由于去掉的是M ，所以上弹簧没有力，而下弹簧长度没有变，所以下弹簧的弹力不变，重力不变，由平衡条件的推论，此时的合力与上弹簧没有去掉时的弹力大小相等，方

向相反，因此去掉N 时，小球受到重力和上弹簧的弹力，合力为2F ma mg m =-=合∴22/a m s =方向竖直向上．当a 向上时：同理可得222/a m s =方向竖直向下．所以答案：BC 。问题14：会解有关摩擦临界问题

20. 在光滑的水平桌面上，叠放着两个物体A 和B ，其中0.2A m kg =，

0.8B m kg =．为保持A 和B 相对静止，作用在A 物体上的水平力不能超

过0.5N ．如果将水平力作用在B 上，则水平力不能超过____________N ，A 物体的max A a =_______________．

分析与解： A 、B 保持相对静止，它们之间的摩擦力是静摩擦力；当它们恰好能保持相对静止时，它们之间的摩擦力为最大静摩擦力f m 。

(1) 当水平力F 作用在A 上时，把A 、B 整体作为研究对象，可求得加速度

20.5/A B

F a m s m m =

=+ B 在水平方向只受摩擦力f ，由题意和牛顿定律可知：0.4m B f f m a N ===

(2)当水平力F ′作用于B 上时，要使A 、B 恰好相对静止，A 受最大静摩擦力f m ，可求出加速度： 22/m

f a m s m =

v 21

A B

第 6 页

把A 、B 整体做研究对象：n ()2A B F m m a N =+=．所以：第一空填“2”；第二空填“2”。

三、警示易错试题

典型错误之一：不理解“轻弹簧”的物理含义。

21. 如图所示，四个完全相同的弹簧都处于水平位置，它们的右端受到大小皆为F 的拉力作用，而

左端的情况各不相同：①中弹簧的左端固定在墙上，②中弹簧的左端受大小也为F 的拉力作用，③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动。若认为弹簧的质量都为零，以l 1、l 2、l 3、l 4依次表示四个弹簧的伸长量，则有

A ．

l 2＞l 1 B ．l 4＞l 3

C ．l 1＞l 3

D ．l 2＝l 4

错解：由于④中弹簧的左端拴一小物块，物块在有摩擦的桌面上滑动，而③中弹簧的左端拴一小物块，物块在光滑的桌面上滑动，所以有 L 4>L 3，即B 选项正确。

分析纠错：由于弹簧的质量不计，所以不论弹簧做何种运动，弹簧各处的弹力大小都相等。因此这四种情况下弹簧的弹力是相等，即四个弹簧的伸长量是相等。只有D 选项正确。

典型错误之二：受力分析漏掉重力。

22. 蹦床是运动员在一张绷紧的弹性网上蹦跳、翻滚并做各种空中动作的运动项目。一个质量为

60kg 的运动员，从离水平网面3.2m 高处自由下落，着网后沿竖直方向蹦回到离水平网面5.0m 高处。已知运动员与网接触的时间为1.2s 。若把在这段时间内网对运动员的作用力当作恒力处理，求此力的大小。（g=10m/s 2）

错解：将运动员看质量为m 的质点，从h 1高处下落，刚接触网时速度的大小1=v （向下），弹跳后到达的高度为h 2，刚离网时速度的大小 2=v ，速度的改变量

12?=+v v v （向上），以a 表示加速度，t ?表示接触时间，则a t ?=?v ，接触过程中运动员受

到向上的弹力F 。由牛顿第二定律，F ma =，由以上五式解得，F = ，代入

数值得：900F N = 。

分析纠错：接触过程中运动员受到向上的弹力F 和重力mg ，由牛顿第二定律，F mg ma -=，由以上五式解得，F mg =+ ，代入数值得：1500F N =

F F

高考物理牛顿运动定律专题训练答案

高考物理牛顿运动定律专题训练答案一、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） 120（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： 0121 2v 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： 21222v mg mg m t μμ-?= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ= ，10.5s t =，20.5t s =；（3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为： 01100.52 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：

《牛顿运动定律的运用》教案

牛顿运动定律的应用教学目标一、知识目标 1. 知道运用牛顿运动定律解题的方法 2. 进一步学习对物体进行正确的受力分析二、能力目标 1. 培养学生分析问题和总结归纳的能力 2. 培养学生运用所学知识解决实际问题的能力三、德育目标 1. 培养学生形成积极思维，解题规范的良好习惯教学重点应用牛顿运动定律解决的两类力学问题及这两类问题的基本方法教学难点应用牛顿运动定律解题的基本思路和方法教学方法实例分析发归纳法讲练结合法教学过程一、导入新课通过前面几节课的学习，我们已学习了牛顿运动定律，本节课我们就来学习怎样运用牛顿运动定律解决动力学问题。二、新课教学（一）、牛顿运动定律解答的两类问题 1.牛顿运动定律确定了运动和力的关系，使我们能够把物体的受力情况和运动情况联系起来，由此用牛顿运动定律解决的问题可分为两类： a.已知物体的受力情况，确定物体的运动情况。 b.已知物体的运动情况，求解物体的受力情况 2.用投影片概括用牛顿运动定律解决两类问题的基本思路已知物体的受力情况???→?=ma F 据求得a ?→?据t v v s as v v at v v at v s t t t ......2210202020可求得???? ?????=-?→?+=+= 已知物体的运动情况???→?????→?=???????=-+=+=ma F as v v at v s at v v a t t 据据求得2221022 00求得物体的受力情况 3.总结由上分析知，无论是哪种类型的题目，物体的加速度都是核心，是联结力和运动的桥梁。（二）已知物体的受力情况，求解物体的运动情况

高考物理牛顿运动定律的应用专项训练及答案

高考物理牛顿运动定律的应用专项训练及答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，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= 2 A B v 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='2 A B v 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 。 2．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；

高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析

高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；（2）包裹P到达B时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象．【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s （4） 2 2 2 200.4/ 80.4/ c a a m s v a m s ?< =? ≥ ? （）（）如图所示：【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。【详解】

（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-= 代入数据得：2 10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上；（2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220 L=2v v a - 代入数据得：1/v m s =；（3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-= 得2 20.4/a m s = 当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4 v t s s a = == 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4 v x m m a = ==? 因为x

高中物理专题练习-牛顿运动定律的应用(含答案)

高中物理专题练习-牛顿运动定律的应用(含答案) 满分：100分时间：60分钟一、单项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。) 1．(北京理综,19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验：小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是() A．如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置 B．如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态 C．如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变 D．小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小 2．(北京理综,18)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是() A．手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态 B．手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态 C．在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度 D．在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度 3．(福建理综,15)如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()

4．(重庆理综,5)若货物随升降机运动的v－t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是() 二、多项选择题(本题共6小题,每小题7分,共计42分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分。) 5．(山东理综,15)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A．t1B．t2C．t3D．t4 6．(新课标全国Ⅱ,20)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为2 3a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为() A．8 B．10 C．15 D．18 7．(江苏单科,6)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()

牛顿运动定律专题精修订

牛顿运动定律专题集团标准化工作小组 #Q8QGGQT-GX8G08Q8-GNQGJ8-MHHGN#

牛顿运动定律专题一、基础知识归纳 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。理解要点：（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：t v a ??=，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，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；（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. 理解要点：

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题一、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，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：， A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止，，解得 B离右端距离 (2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移

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

专题牛顿运动定律的综合应用

专题1牛顿运动定律的综合应用动力学中的图象问题 1.常见的动力学图象及问题类型 2.解题策略——数形结合解决动力学图象问题 (1)在图象问题中，无论是读图还是作图，都应尽量先建立函数关系，进而明确“图象与公式”“图象与规律”间的关系；然后根据函数关系读取图象信息或描点作图。 (2)读图时，要注意图线的起点、斜率、截距、折点以及图线与横坐标轴包围的“面积”等所表示的物理意义，尽可能多地提取有效信息。考向动力学中的v－t图象【例1】(多选)(2015·全国Ⅰ卷，20)如图1甲，一物块在t＝0时刻滑上一固定斜面，其运动的v－t图线如图乙所示。若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量，则可求出() 图1 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解析由v－t图象可求物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a＝v0 t1 ，根据牛顿

第二定律得mg sin θ＋μmg cos θ＝ma ，即g sin θ＋μg cos θ＝v 0t 1。同理向下滑行时g sin θ－μg cos θ＝v 1t 1，两式联立得sin θ＝v 0＋v 12gt 1，μ＝v 0－v 12gt 1 cos θ，可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数，选项A 、C 正确；物块滑上斜面时的初速度v 0已知，向上滑行过程为匀减速直线运动，末速度为0，那么平均速度为v 02，所以沿斜面向上滑行的最远距离为s ＝v 02t 1，根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为s sin θ＝v 02t 1×v 0＋v 12gt 1 ＝v 0（v 0＋v 1）4g ，选项D 正确；仅根据v －t 图象无法求出物块的质量，选项B 错误。答案 ACD 考向动力学中的F －t 图象【例2】 (多选)(2019·全国Ⅲ卷，20)如图2(a)，物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。t ＝0时，木板开始受到水平外力F 的作用，在t ＝4 s 时撤去外力。细绳对物块的拉力f 随时间t 变化的关系如图(b)所示，木板的速度v 与时间t 的关系如图(c)所示。木板与实验台之间的摩擦可以忽略。重力加速度取10 m/s 2。由题给数据可以得出( ) 图2 A.木板的质量为1 kg B.2 s ～4 s 内，力F 的大小为0.4 N C.0～2 s 内，力F 的大小保持不变 D.物块与木板之间的动摩擦因数为0.2

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

牛顿运动定律专题(一)

牛顿运动定律专题（一）知识达标： 1、下列说法正确的是…………………………………（） A、甲主动推乙，甲对乙的作用力的发生先于乙对甲的作用力 B、施力物体必然也是受力物体 C、地球对人的吸引力显然要比人对地球的吸引力大得多 D、以卵击石，卵破碎，说明石块对卵的作用力大于卵对石块的作用力 2、关于惯性下列说法中正确的是…………………………………………（） A、物体不受力或所受的合外力为零才能保持匀速直线运动状态或静止状态，因此只有此时物体才有惯性 B、物体加速度越大，说明它的速度改变得越快，因此加速度大的物体惯性小； C、行驶的火车速度大，刹车后向前运动距离长，这说明物体速度越大，惯性越大 D、物体惯性的大小仅由质量决定，与物体的运动状态和受力情况无关 3、一小球用一细绳悬挂于天花板上，以下几种说法正确的是………………………（） A、小球所受的重力和细绳对它的拉力是一对作用力和反作用力 B、小球对细绳的拉力就是小球所受的重力 C、小球所受的重力的反作用力作用在地球上 D、小球所受重力的反作用力作用在细绳上 4、当作用在物体上的合外力不为零时，下面结论正确的是……………………（） A、物体的速度大小一定发生变化 B、物体的速度方向一定发生变化 C、物体的速度不一定发生变化 D、物体的速度一定发生变化 5、关于超重和失重的说法中正确的是…………………………………（） A、超重就是物体受到的重力增加了 B、失重就是物体受到的重力减少了 C、完全失重就是物体的重力全部消失了 D、不论超重、失重还是完全失重，物体所受重力不变 6、在升降机内，一人站在磅秤上，发现自己的体重减少了20%，于是他作出了下列判断，你认为正确的是（） A、升降机以0.8g的加速度加速上升 B、升降机以0.2g的加速度加速下降 C、升降机以0.2g的加速度减速上升 D、升降机以0.8g的加速度减速下降 7、2001年1月，我国又成功进行“神舟二号”宇宙飞船的航行，失重实验是至关宇宙员生命安全的重要实验，宇宙飞船在下列哪种状态下会发生失重现象………………………（） A、匀速上升 B、匀速圆周运动 C、起飞阶段 D、着陆阶段经典题型：一、牛顿第二定律结合正交分解例：1、细线悬挂的小球相对于小车静止，并与竖直方向成θ角，求小车运动的加速度。 2、如图，斜面固定，物体在水平推力F作用下沿斜面上滑，已知物体质量m，斜面倾角 θ，动摩擦因数μ和物体小球加速度a，求水平推力F的大小。练习：1、如图，已知θ=300，斜杆固定，穿过斜杆的小球质量m=1kg，斜杆与小球动摩擦因数μ= √3/6，竖直向上的力F=20N，求小球的加速度a=？

高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析

高考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 1．一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．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =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1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s = 木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s g s μ-= 解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212 x vt at =+ 带入可得21/a m s = 木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ= （2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214 /3 a m s = 对滑块，则有加速度2 24/a m s = 滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =- =末速度18 /3 v m s =

(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇

（物理）物理牛顿运动定律练习题20篇一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求： (1)物块与斜面间的动摩擦因数μ； (2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小； (3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3) 【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得 (2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N (3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：

水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得： 2．如图所示，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．已知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μ=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)2 2 121,0.5m m a a s s ==；(2)30J 【解析】【详解】 (1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ，由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——② B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a 由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；联立①②③解得：211m /s a =，2 20.5m /s a =； (2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x 1221 122221212L x x x a t x a t ? +=?? ?=?? ?=?? 代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t = 2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

牛顿运动定律试题及标准答案

高一物理牛顿运动定律测试一、选择题：（每题5分，共50分）每小题有一个或几个正确选项。 1．下列说法正确的是 A．力是物体运动的原因B．力是维持物体运动的原因 C．力是物体产生加速度的原因D．力是使物体惯性改变的原因 2．下列说法正确的是 A．加速行驶的汽车比它减速行驶时的惯性小 B．静止的火车启动时速度变化缓慢，是因为火车静止时惯性大 C．已知月球上的重力加速度是地球上的1/6，故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/6 D．为了减小机器运转时振动，采用螺钉将其固定在地面上，这是为了增大惯性 3．在国际单位制中，力学的三个基本单位是 A．kg 、m 、m / s2 B．kg 、 m / s 、 N C．kg 、m 、 s D．kg、 m / s2 、N 4．下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解，正确的是（）A．由F=ma可知，物体所受的合外力与物体的质量成正比，与物体的加速度成正比 B．由m=F/a可知，物体的质量与其所受合外力成正比，与其运动加速度成反比 C．由a=F/m可知，物体的加速度与其所受合外力成正比，与其质量成反比 D．由m=F/a可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得 5．大小分别为1N和7N的两个力作用在一个质量为1kg的物体上，物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是 A．1 m / s2和7 m / s2 B．5m / s2和8m / s2 C．6 m / s2和8 m / s2 D．0 m / s2和8m / s2 6．弹簧秤的秤钩上挂一个物体，在下列情况下，弹簧秤的读数大于物体重力的是A．以一定的加速度竖直加速上升B．以一定的加速度竖直减速上升 C．以一定的加速度竖直加速下降D．以一定的加速度竖直减速下降 7．一物体以 7 m/ s2的加速度竖直下落时，物体受到的空气阻力大小是 ( g取10 m/ s2 ) A．是物体重力的0.3倍 B．是物体重力的0.7倍 C．是物体重力的1.7倍 D．物体质量未知，无法判断

牛顿运动定律图像专题一

牛顿运动定律图像专题一 1、一个质量为m的木块静止在光滑水平面上，某时刻开始受到如图所示的水平拉力的作用，下列说确的是（） A.4t0时刻木块的速度为 B.4t0时刻水平拉力的瞬时功率为 C.0到4t0时间，木块的位移大小为 D.0到4t0时间，，木块的位移大小为5F0t02/m 1、【答案】D 【解析】考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系．专题：牛顿运动定律综合专题．分析：根据牛顿第二定律求出加速度，结合运动学公式求出瞬时速度的大小和位移的大小，根据力和位移求出水平拉力做功大小．解答：解：A、0﹣2t0的加速度，则2t0末的速度，匀减速运动的加速度大小，则4t0末的速度v2=v1﹣a2？2t0=，则4t0时刻水平拉力的瞬时功率P=，故A、B错误． C、0﹣2t0的位移=，2t0﹣4t0的位移 =，则位移x=，故C错误． D、0到4t0时间，水平拉力做功，故D正确．

故选：D．点评：本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁． 2、如右下图甲所示，一个质量为3kg的物体放在粗糙水平地面上，从零时刻起，物体在水平力F作用下由静止开始做直线运动.在0～3s时间物体的加速度a随时间t的变化规律如右下图乙所示.则( ) A.F的最大值为12 N B.0～1s和2～3s物体加速度的方向相反 C.3s末物体的速度最大，最大速度为8m／s D.在0～1s物体做匀加速运动，2～3s 物体做匀减速运动【答案】C 【解析】【命题立意】旨在考查牛顿第二定律的理解，运动图象的理解和应用 A加速度最大为4 m／s2，合力最大为4N，但有摩擦力，B 0～1s和2～3s物体加速度都是正值，方向相同，C梯形的面积是最大速度，类比匀变速的面积相当于位移，D物体一直做加速做加速直线运动，但加速度先增大，又不变，最后减少 3、质点所受的合外力F随时间变化的规律如图所示，力的方向始终在一直线上.已知t=0时质点的速度为零.在图示的t1、t2、t3和t4各时刻中，质点的速度最大的时刻是（） A.t1 B.t2 C.t3 D.t4 【答案】B 【解析】考点:牛顿第二定律；匀变速直线运动的速度与时间的关系. 专题：牛顿运动定律综合专题. 分析：通过分析质点的运动情况，确定速度如何变化. 解答：解：由力的图象分析可知：在0∽t1时间，质点向正方向做加速度增大的加速运动. 在t1∽t2时间，质点向正方向做加速度减小的加速运动. 在t2∽t3时间，质点向正方向做加速度增大的减速运动.

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－ 8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求： (1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】【分析】带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间．【详解】（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a = （2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101 02 mg Eq s mv μ-+=-．代入数据，得：s 1=0.4m （3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111??22 t v v v s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m ＝μ-=．根据：21221 2 s a t = 得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg a g m μμ=-=-=- 根据：3322a t a t = 解得30.2t s = 物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．

高中物理牛顿运动定律基础练习题

牛顿运动定律第一课时牛顿运动定律一、基础知识回顾： 1、牛顿第一定律一切物体总保持，直到有外力迫使它改变这种状态为止。注意：（1）牛顿第一定律进一步揭示了力不是维持物体运动（物体速度）的原因，而是物体运动状态（物体速度）的原因，换言之，力是产生的原因。（2）牛顿第一定律不是实验定律，它是以伽利略的“理想实验“为基础，经过科学抽象，归纳推理而总结出来的。 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惯性。 3、对牛顿第一运动定律的理解（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，力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因。（3）定律说明了任何物体都有一个极其重要的性质——惯性。（4）牛顿第一定律揭示了静止状态和匀速直线运动状态的等价性。 4、对物体的惯性的理解（1）惯性是物体总有保持自己原来状态（速度）的本性，是物体的固有属性，不能克服和避免。（2）惯性只与物体本身有关而与物体是否运动，是否受力无关。任何物体无论它运动还是静止，无论运动状态是改变还是不改变，物体都有惯性，且物体质量不变惯性不变。质量是物体惯性的唯一量度。（3）物体惯性的大小是描述物体保持原来运动状态的本领强弱。物体惯性（质量）大，保持原来的运动状态的本领强，物体的运动状态难改变，反之物体的运动状态易改变。（4）惯性不是力。 5、牛顿第二定律的内容和公式物体的加速度跟成正比，跟成反比，加速度的方向跟合外力方向相同。公式是：a=F合/ m 或F合 =ma 6、对牛顿第二定律的理解（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得出物体的运动规律。反过来，知道运动规律可以根据牛顿第二运动定律得出物体的受力情况，在牛顿第二运动定律的数学表达式F合=ma中，F合是力，ma是力的作用效果，特别要注意不能把ma看作是力。（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，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度。（3）牛顿第二定律公式：F合=ma是矢量式，F、a都是矢量且方向相同。（4）牛顿第二定律F合=ma定义了力的单位：“牛顿”。 7、牛顿第三定律的内容两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等、方向相反，作用在同一条直线上 8、对牛顿第三定律的理解（1）作用力和反作用力的同时性。它们是同时产生同时变化，同时消失，不是先有作

牛顿运动定律---牛顿运动定律的综合应用

专题12 牛顿运动定律的综合应用【基础回顾】考点内容:牛顿运动定律及其应用；超重与失重考纲解读： 1.掌握超重、失重的概念，会分析有关超重、失重的问题。 2.学会分析临界与极值问题。 3.会进行动力学多过程问题的分析。考点一超重与失重 1．超重并不是重力增加了，失重并不是重力减小了，完全失重也不是重力完全消失了．在发生这些现象时，物体的重力依然存在，且不发生变化，只是物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）发生了变化（即“视重”发生变化）． 2．只要物体有向上或向下的加速度，物体就处于超重或失重状态，与物体向上运动还是向下运动无关． 3．尽管物体的加速度不是在竖直方向，但只要其加速度在竖直方向上有分量，物体就会处于超重或失重状态． 4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma. 考点二动力学中的临界极值问题分析 1．当物体的运动从一种状态转变为另一种状态时必然有一个转折点，这个转折点所对应的状态叫做临界状态；在临界状态时必须满足的条件叫做临界条件．用变化的观点正确分析物体的受力情况、运动状态变化情况，同时抓住满足临界值的条件是求解此类问题的关键． 2．临界或极值条件的标志：（1）有些题目中有“刚好”、“恰好”、“正好”等字眼，明显表明题述的过程存在着临界点；（2）若题目中有“取值范围”、“多长时间”、“多大距离”等词语，表明题述的过程存在着“起止点”，而这些起止点往往就是临界状态；（3）若题目中有“最大”、“最小”、“至多”、“至少”等字眼，表明题述的过程存在着极值，这个极值点往往是临界点；（4）若题目要求“最终加速度”、“稳定加速度”等，即是要求收尾加速度或收尾速度．考点三动力学中的图象问题物理公式与物理图象的结合是一种重要题型，也是高考的重点及热点． 1．常见的图象有：v－t图象，a－t图象，F－t图象，F－a图象等．