高中物理牛顿运动定律的应用练习题及答案
高中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，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．3．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．4．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 （352gh 【解析】 【详解】（1）对A 、C 分析，有mg ＝2ma 1212A v a h解得A v =（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＝444mg gm 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 1－112A 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 mgg mμ+= 加速时间22A B v t a == B 相对A 的位移22124A B A A hS 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 mgg mμ+=B 相对A 的位移223333311()()22B A A B A AC S S S v t a t v t a t '∆==+-+'-解得3gh htg g==B滑出A时的速度v B＝v A＋a B3·t3＝52gh5．如图所示，始终绷紧的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，质量的平板车停在传送带的右端.现把质量可视为质点的行李箱轻轻放到距传送带右端位置．行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为、，平板车与水平地面间的动摩擦因数为.（不计空气阻力，g=10m/s2）试求：（1）行李箱在传送带上运动的时间（2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度.【答案】(1)2.25s (2)见解析【解析】(1)行李箱在传送带加速时的加速度满足，则行李箱在传送带能加速的时间，能加速的距离，所以行李箱在传送带上先加速后匀速。
行李箱在传送带匀速的时间行李箱在传送带上运动的时间(2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时：行李箱做减速运动，由牛顿第二定律可得，行李箱加速度大小满足，解得：平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足，解得：设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为，则：，解得：这种情况下，平板车的长度平板车的最小长度点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件的确定。
6．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．如图所示．（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，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，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：000.5sin 37cos37N F mg mg +=在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：000.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=代入数据解得：a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12at 2 运动时间为22 3.7517.5s t s s a ⨯===； 【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．7．某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图所示．现用该电动机在水平地面内拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图所示．已知物体质量m =1kg ，与地面的动摩擦因数μ1=0.35，离出发点左侧s 距离处另有一段动摩擦因数为μ2、长为d 的粗糙材料铺设的地面．（g 取10m/s 2）（1）若s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？ （2）在μ1=0.35的水平地面运动，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为多少？ （3）若s =0.16m ，物体与粗糙材料之间动摩擦因数μ2=0.45．启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的运动情况．若最终能以0.1m/s 速度滑过粗糙材料，则d 应为多少？ 【答案】（1）4/7m/s ；（2）20.5/m s ；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）物体达到最大速度时，加速度为零，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv 求解最大速度；（2）根据P=Fv 求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式分析物体的运动情况. 【详解】（1）电动机拉动物体后，水平方向受拉力F 和摩擦力f 1 f 1=μ1N ，N =mg ，f 1=3.5N 物体速度最大时，加速度为零，F 1=f 1 根据P =F v ，v m =P /F 1= P /f 1，v m =47m/s （2）当v =0.1m/s 时，由图像及P =F v 可知，拉力F 2= P /v = 4N 由牛顿第二定律F =ma F 2 - f 1=ma 1 解得a 1=0.5m/s 2（3）由（2）知，物体在速度达到0.5m/s 前，拉力F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动．a 1=0.5m/s 2速度达到v 1=0.5m/s 时，应经过s’= v 12/2a 1=0.25m ＞0.16m所以小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，到达粗糙材料时速度v 1=12a s =0.4m/s 在粗糙材料上运动时， f 2=μ2N ，N =mg ，f 2=4.5N 由牛顿第二定律 F 2 -f 2 =ma 2，a 2=-0.5m/s 2 小物体停止前最多滑行d 2=v 22- v 12/2a 2=0.15m8．如图所示，质量m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，取210/g m s ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1； (2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2； (3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x ． 【答案】(1)110m x = (2)21t s = (3)11m x = 【解析】 【分析】 【详解】(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ， 由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--︒= 解得215/a m s =在这段时间内物块上滑的距离为21111102x a t m == (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s == 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ， 由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+︒=解得2210/a m s =根据速度公式有：1220v a t =- 解得21t s =(3)物块在时间t 2内上滑的距离为221222152x v t a t m =-=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-= 设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-︒= 解得232/a m s物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2333142x a t m ==， 故12311x x x x m =+-= 【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．9．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h ．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m 处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h 的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m ，司机立即紧急刹车．已知司机的反应时间t =0.3s ，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： (1)在反应时间内轿车的位移大小； (2)刹车过程的加速度大小； (3)计算分析甲、乙两车是否相撞．【答案】()110m ；()225/m s ；()3甲、乙两车不会相撞 【解析】 【详解】（1）司机的反应时间0.3s 内，轿车做匀速直线运动， 由题意知：0100120//3v km h m s ==所以在反应时间内轿车的位移大小101000.3103x v t m m ==⨯= （2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mg ma μ=得25/a m s =．（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为()222100()010003111.12259v x m m m a --===≈--⨯ 当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为12121x x x m =+= 因150********x d m m m m <+=+=． 故轿车乙不会与故障车甲相撞．10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F 作用下，由静止开始运动．经过2.0s 的时间物块发生了4.0m 的位移．（g=10m/s 2）．试求：（1）物块的加速度大小； （2）拉力F 的大小；（3）若拉力F 方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F 的最小值为多大？ 【答案】（1） （2）16.6N （3）【解析】 【分析】 【详解】 （1）由x=at 2得（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①F N+Fsinθ=mg ②f＝μF N ③由①②③得：F≈16.6N（3）由力的平衡条件得解得解之得【点睛】此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．。
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析
高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．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 = 解得：0x =0.02m设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .对物体C ，有：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N所以物体B 对地面的压力大小为14N2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/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=2×10－5C ．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μ=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-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=12a 1t 12 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 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s电场力的功率P=Fv ，解得P=60W3．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比． 【答案】(1) g(sin α－()2sin sin cos hg θθμθ-【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·sin hα－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0mgh －μmg cos θ·θsin h－μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙4．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】 【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg5．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2012m v （2）6F N ≥【解析】解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mga g mμμ==滑块相对车滑动的时间：0v t a=滑块相对车滑动的距离2002v s v t g=-滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2012Q mv =（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间011v t a = 由几何关系有：010122v t Lv t -= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：10.5s t=，16F N =则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．6．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车． 【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能 【解析】试题分析:(1)公交车的加速度221110 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：11153x x t s v -==汽车刹车过程中用时：1210103v t s a -== 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32322v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：2323·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间243437.26x x t s s v -==≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车． 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．7．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、计算题（共20题）1、处于光滑水平面上的质量为2千克的物体，开始静止，先给它一个向东的6牛顿的力F1，作用2秒后，撤去F1，同时给它一个向南的8牛顿的力，又作用2秒后撤去，求此物体在这4秒内的位移是多少？2、一个质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g.g为重力加速度，求人对电梯的压力的大小．3、一物块从倾角为θ、长为s的斜面的项端由静止开始下滑,物块与斜面的滑动摩擦系数为μ,求物块滑到斜面底端所需的时间.4、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g=10 m/s2．试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数．5、如图所示，质量为m=1l kg的物块放在水平地面上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为50N的拉力F作用下，以大小为v0=l0m/s的速度向右做匀速直线运动，（取当地的重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求（1）物块与水平面间的动摩擦因数;（2）若撤去拉力F，物块经过3秒在水平地面上滑行的距离是多少?6、质量为2kg的物体，静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。
现对物体施加一个大小为6N的水平力，此力作用一段时间后立即改变，改变后的力与原来比较，大小不变、方向相反。
再经过一段时间，物体的速度变为零。
如果这一过程物体的总位移为15m。
求：（1）力改变前后物体加速度的大小a1、a2分别为多少？（2）在这一过程物体的最大速度；（3）全过程的总时间。
（g=10m/s2）7、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M。
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，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：(1)物块与小车共同速度； (2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移x ；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少？ 【答案】(1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s 【解析】 【详解】（1、2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a 2＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5m/s 2， 小车的加速度大小为：222110.5210m/s m/s0.33m ga m μ⨯＝＝＝ 根据v =v 0-a 2t =a 1t得则速度相等需经历的时间为：0120.24v t s a a =+＝； v =0.8m/s （3）小车运动的位移22111100.24m 0.096m 223x a t ==⨯⨯= （4）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v ，由水平方向动量守恒得：m 2 v 0′=（m 1+m 2）v根据能量守恒得：μm 2gL ＝12m 2v 0′2−12(m 1+m 2)v 2 代入数据，联立解得v 0′=5m/s 。
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。
高中物理牛顿运动定律应用专项训练100(附答案)
最新高中物理牛顿运动定律的应用专项训练100( 附答案 )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 静止在圆滑水平面上，某时辰质量M=l kg 的物体 A（视为质点）以v0=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，重力加快度 g 取 10 m/s 2．试求：（1）假如要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应知足的条件；（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 F 3N(2)x0.5m【分析】【剖析】物体 A 不滑落的临界条件是 A 抵达 B 的右端时， A、 B 拥有共同的速度，联合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界状况是A、 B 速度同样后，一同做匀加快直线运动，依据牛顿第二定律求出拉力的最大值，进而得出拉力 F 的大小范围．【详解】(1)物体 A 不滑落的临界条件是 A 抵达 B 的右端时， A、 B 拥有共同的速度v1，则：v02 -v12v12＋L2a A2a B又：v-v1 =v1 a A a B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，因此 F 一定大于等于 1N当 F 较大时，在 A 抵达 B 的右端以前，就与 B 拥有同样的速度，以后， A 一定相对 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 应知足的条件是 1N≤F≤3N(2)物体 A 滑上平板车 B 此后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μ Mg=Ma A解得： a A=μg=2m/s 2平板车 B 做匀加快直线运动，由牛顿第二定律得：F＋μMg=ma B解得： a B=14m/s2二者速度同样时物体相对小车滑行最远，有：v 0－ a A t=a B t解得： t=0.25s1 215 A 滑行距离 x A =v 0t －a A t =m216B 滑行距离： x B = 1 a B t 2= 7m216最大距离： Δx =x A － x B =0.5m【点睛】解决此题的重点理清物块在小车上的运动状况，抓住临界状态，联合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2． 如下图，质量为 M =10kg 的小车停放在圆滑水平面上．在小车右端施加一个F=10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m=2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数 μ 0.20．假设小 ＝ 车足够长．（ 1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （ 2） 求 3s 内煤块行进的位移（ 3）煤块最后在小车上留下的印迹长度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【分析】【剖析】分别对滑块和平板车进行受力剖析，依据牛顿第二定律求出各自加快度，物块在小车上停止相对滑动时，速度同样，依据运动学基本公式即能够求出时间．经过运动学公式求出位移．【详解】(1)依据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：F Nma 1F N -mg =0代入数据解得： a 1=2m/s 2刚开始运动时对小车有：FF NMa 2解得： a 2=0.6m/s 2经过时间 t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v 1=a 1t车的速度为：v 2=v+a 2 t解得： t=2s；(2)在 2s 内小黑煤块行进的位移为：x11a1t 24m22s 时的速度为：v1 a1t1 2 2m/s 4m/s今后加快运动的加快度为：a F 5m/s23M m6而后和小车共同运动t 2=1s 时间，此 1s 时间内位移为：x2v1t21a3t22 4.4m 2因此煤块的总位移为：x1x28.4m (3)在 2s 内小黑煤块行进的位移为：x11a1t 24m2小车行进的位移为：x v1t 1a1t2 6.8m 2二者的相对位移为：x x x1 2.8m即煤块最后在小车上留下的印迹长度 2.8m．【点睛】该题是相对运动的典型例题，要仔细剖析两个物体的受力状况，正确判断两物体的运动状况，再依据运动学基本公式求解．3．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗拙水平川面上，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v0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰巧未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2，求：2=0.5，g取10m/s（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加快度大小；（2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。
最新高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
最新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+μgcosθ a 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：x 1＝12a 1t 12＝12×10×1m ＝5m 传送带的位移为：x 2=vt 1=10×1m=10m则相对位移的大小为：△x 1=x 2-x 1=5m则1-2s 内，物块的位移为：x 3＝vt 2+12a 2t 22=10×1+12×2×1m ＝11m 0-2s 内物块向下的位移：L =x 1+x 3=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 B 2−mgh =12×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小．2．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ，A 球所带电荷量为+q ，B 球不带电。
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
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：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv 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 A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．2．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：11mg ma μ=由乙图知214m /s a =解得10.4μ=（2）对M 由牛顿第二定律有122()F mg M m g Ma μμ--+=即12122()()F mg M m g mg M m g Fa M M Mμμμμ--+--+==+乙图知114M = 12()94mg M m g M μμ--+=-解得M = 4 kg μ2=0. 1（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则111s v t a == 位移21011112m 2x v t a t =-=M 的加速度大小2122()5m /s F mg M m ga Mμμ--+==方向向左， M 的位移大小22211 2.5m 2x a t == 此时M 的速度2215m /s v a t ==由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律23F Mg Ma μ-=可得2325m /s 4a =在t =2s 时m 与M 右端的距离2321311()()8.125m 2x v t t a t t =-+-=．3．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h ．将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数32μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ． 【答案】(1) 32mg (2) 94mgh 【解析】（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0 对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0 解得：F 0＝32mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零． 对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1 mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma 2 对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4另有：1132212 ()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ+⋅-+= 21112W F a t ＝⋅解得W ＝94mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．4．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/s 2，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v 1=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．5．如图1所示， 质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度v 0从左端冲上木板。
高中物理必修一 第4章第4节 牛顿运动定律的应用练习)解析版)
第四章运动和力的关系4. 5 牛顿运动定律的应用一、单选题1、航母“辽宁舰”甲板长300m，起飞跑道长100m，目前顺利完成了舰载机“歼-15”起降飞行训练。
“歼-15”降落时着舰速度大小约为70m/s，飞机尾钩钩上阻拦索后，在甲板上滑行50m左右停下，（航母静止不动）假设阻拦索给飞机的阻力恒定，则飞行员所承受的水平加速度与重力加速度的比值约为( )A．2B．5C．10D．50【答案】B【解析】根据速度和位移关系可知：v2−v02=2ax，解得：a=0−7022×50=−49m/s2，故ag=499.8=5，故B正确，A、C、D错误；故选B。
2、交通事故的分析中,刹车线的长度是很重要的依据,刹车线是汽车刹车后,停止转动的轮胎在地面上发生滑动时留下的滑动痕迹．在某次交通事故中,汽车的刹车线长度是15m,假设汽车轮胎与地面间的动摩擦因数恒为0.75,该路段限速60km/h,取g=10m/s2,则汽车刹车前的速度以及是否超速的情况是( )A．速度为7.5m/s,超速B．速度为15m/s,不超速C．速度为15m/s,超速D．速度为7.5m/s,不超速【答案】B【解析】设汽车刹车后滑动时的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：μmg=ma解得：a=μg=7.5m/s2由匀变速直线运动的速度位移关系式有：v02=2ax可得汽车刹车前的速度为：v0==15m/s=54km/h＜60km/h所以不超速．A．速度为7.5m/s，超速，与结论不相符，选项A错误；B．速度为15m/s，不超速，与结论相符，选项B正确；C．速度为15m/s，超速，与结论不相符，选项C错误；D．速度为7.5m/s，不超速，与结论不相符，选项D错误；3、一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F，历时1s，随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；，接着又把此力改为向东，大小不变，历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，之后撤去该力。
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，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．2．如图所示，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．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.4．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 （352gh 【解析】 【详解】（1）对A 、C 分析，有mg ＝2ma 1212A 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＝444mg gm 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 1－112A 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 mgg mμ+= 加速时间22A B v t a == B 相对A 的位移22124A B A A hS 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 mgg mμ+=B 相对A 的位移223333311()()22B A A B A AC 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 35．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：1fmgsin F maθ+=垂直传送带方向：Nmgcos Fθ=，又f NF Fμ=故货物刚滑上传送带时加速度大小2110/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1t，位移设为1x，则根据速度与时间关系有：011212110v vt s sa--===--根据平均速度公式可以得到位移为：01172v vx t m+==（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tanμθ=<，即mgsin mgcosθμθ＞，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2mgsin mgcos maθμθ-=设货物再经时间2t ，速度减为零，则：2201vts a -==- 沿传送带向上滑的位移：22012v 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22312x 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．6．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC ．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v =4 m/s ，B 、C 两点的距离L =6 m 。
高一物理牛顿运动定律练习及答案.
相关习题：（牛顿运动定律）一、牛顿第一定律练习题一、选择题1．下面几个说法中正确的是[ ]A．静止或作匀速直线运动的物体，一定不受外力的作用B．当物体的速度等于零时，物体一定处于平衡状态C．当物体的运动状态发生变化时，物体一定受到外力作用D．物体的运动方向一定是物体所受合外力的方向2．关于惯性的下列说法中正确的是[ ]A．物体能够保持原有运动状态的性质叫惯性B．物体不受外力作用时才有惯性C．物体静止时有惯性，一开始运动，不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性D．物体静止时没有惯性，只有始终保持运动状态才有惯性3．关于惯性的大小，下列说法中哪个是正确的？[ ]A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C．两个物体只要质量相同，那么惯性就一定相同D．在月球上举重比在地球上容易，所以同一个物体在月球上比在地球上惯性小4．火车在长直的轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到原处，这是因为[ ]A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢的地板给人一个向前的力，推动他随火车一起运动C．人跳起后，车继续前进，所以人落下必然偏后一些，只是由于时间很短，偏后的距离不易观察出来D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和车具有相同的速度5．下面的实例属于惯性表现的是[ ]A．滑冰运动员停止用力后，仍能在冰上滑行一段距离B．人在水平路面上骑自行车，为维持匀速直线运动，必须用力蹬自行车的脚踏板C．奔跑的人脚被障碍物绊住就会摔倒D．从枪口射出的子弹在空中运动6．关于物体的惯性定律的关系，下列说法中正确的是[ ]A．惯性就是惯性定律B．惯性和惯性定律不同，惯性是物体本身的固有属性，是无条件的，而惯性定律是在一定条件下物体运动所遵循的规律C．物体运动遵循牛顿第一定律，是因为物体有惯性D．惯性定律不但指明了物体有惯性，还指明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因7．如图所示，劈形物体M的各表面光滑，上表面水平，放在固定的斜面上．在M的水平上表面放一光滑小球m，后释放M，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．竖直向下的直线C．无规则的曲线D．抛物线二、填空题8．行驶中的汽车关闭发动机后不会立即停止运动，是因为____，汽车的速度越来越小，最后会停下来是因为____。
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
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，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 。