近年高考试题精选牛顿运动定律计算题部分
牛顿定律计算题
1、（96年）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。
6、设物块质量为m ，加速度为a ，物块受力情况如下图所示， mgsinθ－f ＝ma ， N －mgcosθ＝0， f ＝μN ，
解得 a ＝gsinθ－μgcosθ， 由 s=at 2/2
。
06（江苏卷）
2．列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s 内速度由5.0m ／s 增加到15.0m ／s.
（1）求列车的加速度大小．
（2）若列车的质量是1.0×106kg ，机车对列车的牵引力是1.5×105N ，求列车在运动中所受的阻力大小． 解：（1）根据t
v v a t 0
-=
① 代入数据得a=0.1m/s 2 ② （2）设列车在运动中所受的阻力大小为f
由牛顿第二定律 F 合=F 牵－f=ma ③ 代入数据解得f=5.0×104N ④ 评分标准：本题共7分，其中第（1）问3分，第（2）问4分. 第（1）问中，①式2分 ②式1分. 04（天津卷）
3．质量kg m 5.1=的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行s t 0.2=停在B 点，已知A 、B 两点间的距离m s 0.5=，物块与水平面间的动摩擦因数20.0=μ，求恒力F 多大。（2
/10s m g =） 解：设撤去力F 前物块的位移为1s ，撤去力F 时物块速度为v ，物块受到的滑动摩擦力
mg F μ=1 对撤去力F 后物块滑动过程应用动量定理得mv t F -=-01
由运动学公式得t v
s s 2
1=- 对物块运动的全过程应用动能定理011=-s F Fs 由以上各式得2
22gt s mgs
F μμ-=
代入数据解得F=15N
（也可用牛顿运动定律求解）
4、（99年）(12分)为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，已知某高速公路的最高限速为120 km/h 假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况；经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t ＝0.50s ，刹车时汽车受到阻力的大小f 为汽车重力的0.40倍该高速公路上汽车间的距离厅至少应为多少？取重力加速度g ＝10m/s 2
参考解答：
在反应时间内，汽车作匀速运动，运动的距离 S 1=Vt ①
设刹车时汽车的加速度的大小为a ，汽车的质量为m ，有 f=ma ②
自刹车到停下，汽车运动的距离 s 2=V 2/2a ③ 所求距离 s=s 1+s 2 ④ 由以上各式得 s=1.6×102
m 评分标准：本题12分。
①、③、④式各3分，结果正确再给3分（结果为1、5 x 102
m 的，同样给分）07 5、江苏直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m ＝500 kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝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 ＝1.5 m/s 2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝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 。
（取重力加速度g ＝10 m/s 2；sin14°＝0.242；cos14°＝0.970）
解：直升机去取水，水箱受力平衡：11sin 0T f θ-= 11cos 0T mg θ-=
解得：1tan f mf θ=
直升机返回，由牛顿第二定律得：22sin ()T f M m a θ-=+ 22cos ()0T M m θ-+= 解得水箱中水的质量为：M ＝4.5×103 kg
6．（00上海卷）风洞实验室中可以产生水平方向的、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。 （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，这时小班干部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）
解：（1）设小球所受的风力为F ，小球质量为m mg F μ= ○1 5.0/5.0/===mg mg mg F μ ○2 （2）设杆对小球的支持力为N ，摩擦力为f 沿杆方向ma f mgnin F =-+θθcos ○3 垂直于杆方向0cos sin =-+θθng F N ○4 N f μ= ○
5 可解得g g m F g m f ng F a 43sin )(sin cos 22=+=-+=θθθ○
6 2
2
1at S =
○
7 g
S
g S t 384/32=
=∴ 07上海
（10分）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 ＝10 m/s 2。求：
⑴小环的质量m ； ⑵细杆与地面间的倾角α。
解：由图得：20.5 m/s v
a t
=
= 前2 s 有：F 2－mg sin α＝ma 2 s 后有：F 2＝mg sin α
代入数据可解得：m ＝1 kg ，α＝30? 07上海
8．（12分）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 ＝10 m/s 2） 求：
⑴斜面的倾角α；
⑵物体与水平面之间的动摩擦因数μ； ⑶t ＝0.6 s 时的瞬时速度v 。 8、解：⑴由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为
21 5 m/s v
a t
?=
=? mg sin α＝ma 1 可得：α＝30?，
⑵由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为
22 2 m/s v
a t
?=
=? μmg ＝ma 2
可得：μ＝0.2，
⑶由2＋5t ＝1.1＋2（0.8－t ），解得t ＝0.1 s 即物体在斜面上下滑的时间为0.5 s
则：t ＝0.6 s 时物体在水平面上，其速度为v ＝v 1.2＋a 2t ＝2.3 m/s 09重庆
23．（16分）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图，运动员将静止于O 点的
冰壶（视为质点）沿直线OO ′推到A 点放手，此后冰壶沿AO ′滑行，最后停于C 点。已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，AC =L ，CO ′=r ，重力加速度为g 。⑴求冰壶在A 点的速率；⑵求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小；⑶若将BO ′段冰面与冰壶间的动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点，求A 点与B 点之间的距离。
23、解析：（1）对冰壶，从A 点放手到停止于C 点，设在A 点时的速度为V 1， 应用动能定理有－μmg L ＝
1
2
m V 12，解得V 12L g μ； （2）对冰壶，从O 到A ，设冰壶受到的冲量为I ， 应用动量定理有I ＝mV 1－0，解得I ＝2L g μ （3）设AB 之间距离为S ，对冰壶，从A 到O′的过程， 应用动能定理，－μmgS －0.8μmg(L ＋r －S)＝0－1
2
mV 12， 解得S ＝L －4r 。 09宁夏
24．（14分）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O 。为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ2=0.004。在某次比赛中，运动员使冰壶C 在投掷线中点处以2m/s 的速度沿虚线滑出。为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少。(g 取10m/s 2)
24、【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为1S ，所受摩擦力的大小为1f ：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为2S ，所受摩擦力的大小为2f 。则有1S +2S =S ①式中S
A
B
C
O
30m
r
L
C
B
A
O
为投掷线到圆心O 的距离。
11f mg μ= ② 22f mg μ= ③
设冰壶的初速度为0v ，由功能关系，得2
1122012
f S f S mv ?+?=
④ 联立以上各式，解得2
10
21222()
gS v S g μμμ-=- ⑤
代入数据得210S m = ⑥
06（全国卷）
23．（19分）一质量为40m kg =的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从0t =时刻由静止开始上升，在0到6s 内体重计示数F 的变化如图所示. 试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度2
10g m s =
解： 由图可知，在0=t 到s t t 21==的时间
内，体重计的示数大于mg ，故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为1f ，电梯及小孩的加速度为1a ，由牛顿第二定律，得
11ma mg f =-
①
在这段时间内电梯上升的高度
2
1112
1t a h =
②
在1t 到s t t 52==的时间内，体重计的示数等于mg ，故电梯应做匀速上升运动，速度为1t 时刻的瞬时速度，即
111t a =υ
③
在这段时间内电梯上升的高度
)(1212t t h -=υ
④
在2t 到s t t 63==的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯应做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为2f ，电梯及小孩的加速度为2a ，由牛顿第二定律，得
100
320400440
1
2
345
6s
t N
F
22ma f mg =-
⑤
在这段时间内电梯上升得高度
22322313)(2
1
)(t t a t t h ---=υ
⑥
电梯上升的总高度
321h h h h ++=
⑦
由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得：h ＝9 m 09海南
15．一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v 0=12m/s 的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为a=2m/s 2的加速度减速滑行。在车厢脱落t =3s 后，司视才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。 15、解析：
设卡车的质量为M ，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F ， 卡车刹车前后加速度的大小分别为1a 和2a 。重力加速度大小为g 。由牛顿第二定律有
1220 3 F Mg F Mg Ma Mg Ma Mg Ma μμμμ-=-===①②
③④
设车厢脱落后，3t s =内卡车行驶的路程为1s ，末速度为1v ，根据运动学公式有
21011
2s v t a t =+ ⑤
101v v a t =+ ⑥ 21222v a s = ⑦
式中，2s 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为,s 有2
02v as =⑧
卡车和车厢都停下来后相距12s s s s ?=+- ⑨
由①至⑨式得200242
333
v s v t at a ?=-
++ ⑾ 带入题给数据得36s m ?= ⑿ 10安徽卷
22.（14分）
质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v -t 图像如图所示。g 取10m/s 2，求： (1)物体与水平面间的运动摩擦系数μ； (2)水平推力F 的大小；
(3)010s -内物体运动位移的大小。 【答案】（1）0.2 （2）6N （3）46m
【解析】（1）设物体做匀减速运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则
2220
22
2/t v v a m s t -=
=-? ① 设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有
2f F ma = ②
f F m
g μ=- ③
联立②③得：2
0.2a g
μ-=
= ④ （2）设物体做匀减速运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则 2110
11
1/t v v a m s t -=
=? ⑤ 根据牛顿第二定律有 1f F F ma += ⑥ 联立③⑥得： 16F mg ma N μ=+= （3）解法一：由匀变速运动的位移公式得： 22121011120222114622
x x x v t a t v t a t m =+=?+
?+?+?= 解法二：根据v -t 图像围成的面积得： 10112021
()4622
t v v x t v t m +=??+???= 09江苏
13．（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg ，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10m/s 2。⑴第一次试飞，飞行器飞行t 1=8s 时到达高度H =64m 。求飞行器所阻力f 的大小；⑵第二次试飞，飞行器飞行t 2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求
v/(m ·s -1)
O
2 4
6 8 4 6
8 10
飞行器能达到的最大高度h ；⑶为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 3。
13、答案：（1）4N （2）42m （3）2.1s 【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为1a 匀加速运动2
1112
H a t =
由牛顿第二定律1F mg f ma --= 解得4()f N =
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 匀加速运动211212
s a t =
设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s 由牛顿第二定律2mg f ma +=
112v a t =
2
122
2v s a = 解得1242()h s s m =+=
（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v 由牛顿第二定律 3mg f ma -= F+f-mg=ma 4
且223334
22v v h a a += V 3=a 3t 3 解得t 3=32
2
(s)(或2.1s) 10海南
16．图l 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F ，
在0~3s 内F 的变化如图2所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度2
10m/s g =．整个系统开始时静止．
(1)求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度；
(2)在同一坐标系中画出0~3s 内木板和物块的
t -v 图象，据此求0~3s 内物块相对于木板滑过
的距离。 【答案】（1）（2）
【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a 和a '，在t 时刻木板和物块的速度分别为t v 和
t 'v ，木板和物块之间摩擦力的大小为f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得
f ma '=
① f mg μ=，当t t ' ③ (2)F f m a -= ④ 2121()t t a t t =+-v v ⑤ 由①②③④⑤式与题给条件得 1 1.5234m/s, 4.5m/s,4m/s,4m/s ====v v v v ⑥ 234m/s,4m/s ''==v v ⑦ (2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的t -v 图象，如右图所示。在0～3s 内物块相对于木板的距离s ?等于木板和物块t -v 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此 2.25m s ?= ⑧ 09上海 22．（12分）如图（a ），质量m =1kg 的物体沿倾角θ=37?的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图（b ；⑵比例系数 k 。（sin370 =0.6,cos370=0.8,g=10m/s 2） s -1) (b) 图1 图2 22、【解析】（1）对初始时刻：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0 ○1，由右图读出a 0=4m/s 2代入○1式， 解得：μ＝g sin θ－ma 0 g cos θ ＝0.25； （2）对末时刻加速度为零：mg sin θ－μN －kv cos θ＝0 ○ 2，又N ＝mg cos θ＋kv sin θ，由右图得出此时v=5 m/s 代入○2式解得：k ＝mg （sin θ－μcos θ） v （μsin θ＋cos θ ＝0.84kg/s 。 09安徽 22．（14分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探求上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为65kg ，吊椅的质量为15kg ，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g =10m/s 2。当运动员与吊椅一起正以加速度a =1m/s 2上升时，试求：⑴运动员竖直向下拉绳的力；⑵运动员对吊椅的压力。 22、答案：440N ，275N 解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F ，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F 。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有： ()()2F-m m m g m a +=+人人椅椅 440F N = 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力440F N '= （2）设吊椅对运动员的支持力为F N ，对运动员进行受力分析如图所示，则有： N F F -m g m a +=人人 N F 275N = 由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M 和m ；运动员竖直向下的拉力为F ，对吊椅的压力大小为F N 。 根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F ，吊椅对运动员的支持力为F N 。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 N F F -M g Ma += ① N F F mg ma --= ② F F (m 人+m 椅g a m 人g a N 由①②得 440F N = 275N F N = 08年高考海南卷物理 15、科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为990 kg ．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时气球下降速度为1 m/s ，且做匀加速运动，4 s 内下降了12 m ．为使气球安全着陆，向舱外缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在5分钟内减少3 m/s ．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g ＝9.89 m/s 2，求抛掉的压舱物的质量． 解：由牛顿第二定律得：mg －f ＝ma 2 012 h t at =+ v 抛物后减速下降有：/ / / ()()f m m g m m a --=- Δv ＝a /Δt 解得：/ /101 kg /a t m m g t +??==+??v v 07重庆理综 如图所示，一辆汽车A 拉着装有集装箱的拖车B ，以速度v 1＝30 m/s 进入向下倾斜的直车道。车道每100 m 下降2 m 。为了使汽车速度在s ＝200 m 的距离内减到v 2＝10 m/s ，驾驶员必须刹车。假定刹车时地面的摩擦阻力是恒力，且该力的70％作用于拖车B ，30％作用于汽车A 。已知A 的质量m 1＝2000 kg ，B 的质量m 2＝6000 kg 。求汽车与拖车的连接处沿运动方向的相互作用力。取重力加速度g ＝10 m/s 2。 解：汽车沿倾斜车道作匀减速运动，有： 22212v v as -=- 用F 表示刹车时的阻力，根据牛顿第二定律得： 1212()sin ()F m m g m m a α-+=+ 式中： 2 sin 0.02100 α== 设刹车过程中地面作用于汽车的阻力为f ，依题意得：30100 f F = 用f N 表示拖车作用汽车的力，对汽车应用牛顿第二定律得：N 11sin f f m g m a α--= 联立以上各式解得：1210.3()(sin )(sin )880 N N f m m a g m a g αα=++-+= 05（江苏卷） 17.(9分)如图所示为车站使用的水平传送带装置的示意图.绷紧的传送带始终保持3.0m ／s 的恒定速率运行，传送带的水平部分AB 距水平地面的高度为h=0.45m.现有一行李包(可视为质点)由A 端被传送到B 端，且传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端水平抛出，不计空气阻力，g 取l0m ／s 2 (1)若行李包从B 端水平抛出的初速v ＝3.0m ／s ，求它在空中运 动的时间和飞出的水平距离； (2)若行李包以v 。＝1.0m ／s 的初速从A 端向右滑行，包与传送带间的动摩擦因数μ＝0.20，要使它从B 端飞出的水平距离等于(1)中所求的水平距离，求传送带的长度L 应满足的条件. 解： （1）设行李包在空中运动时间为t ，飞出的水平距离为s ，则 h=1/2t 2 ① s ＝vt ② 代入数据得：t ＝0.3s ③ s ＝0.9m ④ （2）设行李包的质量为m ，与传送带相对运动时的加速度为a ，则 滑动摩擦力F mg ma μ== ⑤ 代入数据得：a ＝2.0m/s 2 ⑥ 要使行李包从B 端飞出的水平距离等于（1）中所求水平距离，行李包从B 端飞出的水平抛出的初速度v=3.0m/s 设行李被加速到时通过的距离为s 0，则 22 002as v v =－ ⑦ 代入数据得s 0＝2.0m ⑧ 故传送带的长度L 应满足的条件为：L ≥2.0m 04全国 14、 (20分)一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB 边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数为 μ1，盘与桌面间的动摩擦因数为 μ2。现突然以恒定加速度a 将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB 边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a 满足的条件是什么？(以g 表示重力加速度) 解：（20分）对盘在桌布上有 μ1mg = ma 1 ① 在桌面上有μ2mg = ma 2 ② υ12 =2a 1s 1 ③ υ12 =2a 2s 2 ④ 盘没有从桌面上掉下的条件是s 2≤─12 l - s 1 ⑤ 对桌布 s = ─ 12 at 2 ⑥ 对盘 s 1 = ─ 12 a 1t 2 ⑦ 而 s = ─ 12 l + s 1 ⑧ 由以上各式解得a ≥( μ1 + 2 μ2) μ1g / μ2 ⑨ 1、（92年）(8分)如图所示，一质量为M 、长为l 的长方形木板B 放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m 的小木块A ，m 〈M 。现以地面为参照系，给A 和B 以大小相等、方向相反的初速度(如图)，使A 开始向左运动、B 开始向右运动，但最后A 刚好没有滑离L 板。以地面为参照系。 (1)若已知A 和B 的初速度大小为v 0，求它们最后的速度的大小和方向。 (2)若初速度的大小未知，求小木块A 向左运动到达的最远处(从地面上看)离出发点的距离。 1、解: (1)A 刚好没有滑离B 板，表示当A 滑到B 板的最左端时，A 、B 具有相同的速度。设此速度为V ， A 和 B 的初速度的大小为v 0，则由动量守恒可得: Mv0－mv0＝(M ＋m)V 解得： ， 方向向右 ① (2)A 在B 板的右端时初速度向左，而到达B 板左端时的末速度向右，可见A 在运动过程中必经历向左作减速运动直到速度为零，再向右作加速运动直到速度为V 的两个阶段。设l 1为A 开始运动到速度变为零过程中向左运动的路程， l 2为A 从速度为零增加到速度为V 的过程中向右运动的路程，L 为A 从开始运动到刚到达B 的最左端的过程中B 运动的路程，如图所示。设A 与B 之间的滑动摩擦力为f ，则由功能关系可知: 对于B ② 对于A ③ A B a ④ 由几何关系L＋(ι1－ι2)＝ι⑤ 由①、②、③、④、⑤式解得 ⑥ 评分标准:本题8分 (1)2分。末速度的大小和方向各占1分。 (2)6分。其中关于B的运动关系式(例如②式)占1分；关于A的运动关系式(例如③、④两式)占3分，只要有错，就不给这3分；几何关系(例如⑤式)占1分；求出正确结果⑥，占1分。用其它方法求解，正确的，可参考上述评分标准进行评分。如考生若直接写出②、③、④、⑤的合并式 则此式可给2分，再写出③式再给3分；最后结果正确再给1分。 3、（93年）(8分)一平板车，质量M=100千克，停在水平路面上，车身的平板离地面的高度h=1.25米，一质量m=50千克的小物块置于车的平板上，它到车尾端的距离b=1.00米，与车板间的滑动摩擦系数μ=0.20，如图所示。今对平板车施一水平方向的恒力，使车向前行驶，结果物块从车板上滑落。物块刚离开车板的时刻，车向前行驶的距离s0=2.0米。求物块落地时，落地点到车尾的水平距离s。不计路面与平板车间以及轮轴之间的摩擦。取g=10米/秒2。 3、解法一: 设作用于平板车的水平恒力为F，物块与车板间的摩擦 力为f，自车启动至物块开始离开车板经历的时间为t， 物块开始离开车板时的速度为v，车的速度为V，则有 (F-f)s0=(1/2)MV2① f(s0－b)＝(1/2)mv2② (F-f)t=MV③ ft=mv ④ f=μmg⑤ 由①、②得 ⑥ 由③、④式得 (F－f)/f＝(MV)/(mv) ⑦ 由②、⑤式得 =2米/秒 由⑥、⑦式得 V＝s0/(s0－b)v＝[2/(2－1)]×2＝4米/秒 由①式得 物块离开车板后作平抛运动，其水平速度v，设经历的时间为t１，所经过的水平距离为s １，则有 s１=vt１⑧ h ＝(1/2)gt１2⑨ 由⑨式得 s１=2×0.5=1米 物块离开平板车后，若车的加速度为a则a＝F/M＝500/100＝5米/秒2 车运动的距离 于是 s=s２-s１=2.6-1=1.6米 评分标准:全题8分 正确求得物块开始离开车板时刻的物块速度v给1分，车的速度V给2分;求得作用于车 的恒力F再给1分。 正确求得物块离开车板后平板车的加速度给1分。 正确分析物块离开车板后的运动，并求得有关结果，正确求出物块下落过程中车的运动距 离s２并由此求s的正确数值，共给3分。最后结果有错，不给这3分。 解法二: 设作用于平板车的水平恒力为F，物块与车板间的摩擦力为f，自车启动至物块离开车板经历的时间为t，在这过程中，车的加速度为a１，物块的加速度为a２。则有 F-f=Ma１① f=ma２② f=μmg③ 以及 s0＝(1/2)a１t１2④ s0－b＝(1/2)a１t１2⑤ 由②、③两式得 a２=μg=0.2×10=2米/秒2 由④、⑤两式得 由①、③两式得 F=μmg+Ma１=0.2×50×10+100×4=500牛顿 物块开始离开车板时刻，物块和车的速度分别为v和V，则 物块离车板后作平抛运动，其水平速度为v，所经历的时间为t１，走过的水平距离为s１，则有 s１=vt１⑥ h＝(1/2)gt１2⑦ 解之得： s１=vt１=2×0.5=1米 在这段时间内车的加速度 a＝F/M＝500/100＝5米/秒2 车运动的距离 s=s２-s１=2.6-1=1.6米 评分标准:全题8分 正确求得物块离开车板前，物块和车的加速度a１、a2，占2分，求得物块开始离开车板时刻的速度v和此时车的速度V占1分，求得作用于车的恒力F占1分。 正确求得物块离开车板后，车的加速度a占1分。 正确分析物块离开车板后物块的运动并求得有关结果，正确求得物块下落过程中车的运动距离，并由此求得s的正确结果，共占3分。最后结果错误，不给这3分。 4、(94年) (10分)如图19-18所示，质量M=10千克的木楔ABC静置于粗糙水平地面上，滑动摩擦系数μ=0、02。在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有 一质量m=1、0千克的物块由静止开始沿斜面下滑。当滑行路 程s=1、4米时，其速度v=1、4米/秒。在这过程中木楔没有 动，求地面对木楔的摩擦力的大小和方向。(重力加速度取 g=10米/秒２) 4、由匀加速运动的公式v2＝v02+2as，得物块沿斜面下滑的加速度为： a＝v2/(2s)＝1、42/(2×1、4)＝0、7m/s2① 由于a mgsinθ-f1＝ma ② mgcosθ-N1＝0 ③ 分析木楔受力,它受五个力作用,如图19-23所示,对于水平方向,由牛顿定律,有： f2+f1cosθ-N1sinθ＝0,④ 由此可解得地面作用于木楔的摩擦力： f2＝N1sinθ－f1cosθ＝mgcosθsinθ－(mgs inθ－ma)cosθ ＝macosθ＝1×0、7×(2/3)＝0、61N 此力的方向与图中所设的一致(由C 指向B 的方向) 11上海 31．(12 分)如图，质量2m kg =的物体静止于水平地面的A 处，A 、B 间距L =20m 。用大小为30N ，沿水平方向的外力拉此物体，经02t s =拉至B 处。(已知cos370.8?=，sin370.6?=。取2 10/g m s =) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为30N ，与水平方向成37°的力斜向上拉此物体，使物体从A 处由静止开始运动并能到达B 处，求该力作用的最短时间t 。 31．(12分) (1)物体做匀加速运动 2 012 L at = (1分) ∴2220222010(/)2 L a m s t ?= == （1分） 由牛顿第二定律 F f ma -= （1分） 3021010()f N =-?= (1分) ∴10 0.5210 f m g μ= ==? (1分) (2)设F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以大小为'a ，的加速度匀减速't 秒到达B 处，速度恰为0，由牛顿定律 cos37(sin 37)F mg F a ma μ?--?= (1分) ∴2(cos37sin 37)30(0.80.50.6) 0.51011.5(/)2 F a g m s m μμ?+??+?= -=-?=(1分) 2'5(/)f a g m s m μ= == （1分） 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ''at a t = （1分） ∴11.5' 2.3'5a t t t t a === （1分） 2211 ''22 L at a t =+ （1分） ∴222220 1.03() 2.3'11.5 2.35 L t s a a ?= ==++? （1分） （2）另解：设力F 作用的最短时间为t ，相应的位移为s ，物体到达B 处速度恰为0，由动能定理 [cos37(sin37)]()0F mg F s mg L s μμ?--?--= （2分） ∴0.521020 6.06()(cos37sin 37)30(0.80.50.6) mgL s m F μμ???= ==?+??+? （1分） 由牛顿定律 cos37(sin37)F mg F ma μ?--?= （1分） ∴2(cos37sin 37)30(0.80.50.6) 0.51011.5(/)2 F a g m s m μμ?+??+?=-=-?= （1 分） ∵2 12 s at = （1分） 22 6.06 1.03()11.5 s t s a ?= == （1分） 05（四川、陕西、贵州、云南、新疆、宁夏、甘肃、内蒙） 21． ( 19分)如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上有两个用轻质弹簧相连接的物块A 、 B ．它们的质量分别为m A 、m B ，弹簧的劲度系数为k , C 为一固定挡板。系统处于静止状态。现开始用一恒力F 沿斜面方向拉物块A 使之向上运动，求物块B 刚要离开C 时物块A 的加速度a 和从开始到此时物块A 的位移d 。重力加速度为g 。 .解：令x 1表示未加F 时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知 m A gsin θ=kx 1 ① 令x 2表示B 刚要离开C 时弹簧的伸长量，a 表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律 C θ A B 《牛顿运动定律》测试题 一、选择题（每小题给出的四个选项中至少有一项是正确的，将正确选项填入括号内，每题4分，共48分。） 1、关于物体运动状态的改变，下列说法中正确的是（） A、物体运动的速率不变，其运动状态就不变 B、物体运动的加速度不变，其运动状态就不变 C、物体运动状态的改变包括两种情况：一是由静止到运动，二是由运动到静止 D、物体的运动速度不变，我们就说它的运动状态不变 2、关于惯性的大小，下列说法中正确的是（） A、质量相同的物体，在阻力相同情况下，速度大的不容易停下来，所以速度大的物体惯性大 B、上面两个物体既然质量相同，那么惯性就一定相同 C、推动地面上静止的物体比维持这个物体做匀速运动所需的力大，所以静止的物体惯性大 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 3、关于物体运动状态与所受外力的关系，下列说法中正确的是（） A、物体受到恒定外力作用时，它的运动状态一定不变 B、物体受到的合力不为零时，一定做变速运动 C、物体受到的合外力为零时，一定处于静止状态 D、物体的运动方向就是物体受到的合外力的方向 4、物体静止于水平桌面上，则下列说法中正确的是（） Ａ、桌面对物体的支持力的大小等于物体的重力，这两个力是一对平衡力 Ｂ、物体所受的重力和桌面对它的支持力是一对作用力与反作用力 Ｃ、物体对桌面的压力就是物体的重力，这两个力是同一种性质的力 Ｄ、物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡的力 5、下列说法正确的是（） A、体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B、蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C、举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D、游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 6、设雨滴从很高处竖直下落，所受空气阻力f和速度v成正比．则雨滴的运动情况（） A、先加速后减速，最后静止 B、先加速后匀速 C、先加速后减速直至匀速 D、加速度逐渐减小到零 1，g为重力加速度。人对电梯7、一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速大小为g 3 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 ( ) A ．物体处于超重状态时，其重力增加了 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零 C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了 D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化 11.如图所示，一个物体静止放在倾斜为θ的木板上，在木板倾角逐渐增大到某一角 t/s 0 2 2 1 3 -2 v/ms -1 第 5 题 F 第 6 题 （物理）物理牛顿运动定律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 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．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--= - 【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析 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．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 ； （三）牛顿运动定律测验卷 一.命题双向表 二. 期望值：65 三. 试卷 （三）牛顿运动定律测验卷 一．选择题(每道小题 4分共 40分 ) 1．下面关于惯性的说法正确的是（） A．物体不容易停下来是因为物体具有惯性 B．速度大的物体惯性一定大 C．物体表现出惯性时，一定遵循惯性定律 D．惯性总是有害的，我们应设法防止其不利影响 2.一个物体受到多个力作用而保持静止，后来物体所受的各力中只有一个力逐渐减小到零后 又逐渐增大，其它力保持不变，直至物体恢复到开始的受力情况，则物体在这一过程中A．物体的速度逐渐增大到某一数值后又逐渐减小到零 B．物体的速度从零逐渐增大到某一数值后又逐渐减小到另一数值 C．物体的速度从零开始逐渐增大到某一数值 D．以上说法均不对 3.质量为m1和m2的两个物体，分别以v1和v2的速度在光滑水平面上做匀速直线运动， 且v1 图-1 图 3-3-7 A ．力F 与v1、v2同向，且m1>m2 B ．力F 与v1、v2同向，且m1 高考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，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 ，木板与传送带间的动摩擦因数μ2= 3 4 ，取g=10m/s 2，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： 木块重力沿斜面的分力：1 sin 2 mg mg α= 斜面对木块的最大静摩擦力：13 cos 4 m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态； （2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则 1cos sin mg mg ma μαα-= 木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9 9.0N 8 m F M m g = += （3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动 对小木块有：2 1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-= 对长木棒受力如图丙所示 ()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'= 解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122 L a t at =-' 解得1t s = 全过程中产生的热量有两处，则 ()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα?? =+=+++ ??? 解得：12J Q =。 2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； 牛顿运动定律测试题及解析 1.(2020·福建六校联考)如图所示，质量分别为m 和2m 的两物体P 和Q 叠放在倾角θ＝30°的固定斜面上，Q 与斜面间的动摩擦因数为μ，它们从静止开始沿斜面加速下滑，P 恰好能与Q 保持相对静止，设P 与Q 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则P 与Q 间的动摩擦因数为 ( ) A.μ4 B.μ2 C ．μ D ．2μ 解析：选C 对P 、Q 整体，由牛顿第二定律有(m ＋2m )g sin 30°－μ(m ＋2m )g cos 30°＝(m ＋2m )a ，设P 与Q 之间的动摩擦因数为μ′，P 恰好与Q 保持相对静止，静摩擦力恰好达到最大，对P ，由牛顿第二定律有mg sin 30°－μ′mg cos 30°＝ma ，联立解得μ′＝μ，选项C 正确。 2.[多选]如图所示，水平方向的传送带顺时针转动，传送带速度大小恒为v ＝2 m /s ，一物块从B 端以初速度v 0＝4 m/s 滑上传送带，物块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.4，g 取10 m/s 2，下列判断正确的是 ( ) A ．如果物块从A 端离开传送带，两端A 、 B 间距离可能为3 m B ．如果物块从B 端离开传送带，两端A 、B 间距离可能为3 m C ．如果A 、B 间距离为4 m ，物块离开传送带时的速度大小为2 m/s D ．如果A 、B 间距离为4 m ，物块离开传送带时的速度大小为4 m/s 解析：选BC 物块刚开始做匀减速直线运动，若传送带足够长，由于v 0>v ，物块先向左做匀减速直线运动，后向右做匀加速直线运动，最后做匀速直线运动，物块在传送带上的加速度大小为a ＝μg ＝4 m/s 2。若物块向左匀减速从A 端离开，设物块运动到A 端速度恰好减为零，则根据0－v 02＝－2ax 得x ＝2 m ，AB 最长为2 m ，故A 错误；若从B 端离开，只要传送带长度大于2 m 即可，故B 正确；若A 、 B 间距为4 m ，则物块向左匀减速2 m ，然后向右开始匀加速运动，物块匀加速运动的距离为x ＝v 2 2a ＝0.5 m<2 m ，物块速度达到2 m /s 后，与传送带一起向右以2 m/s 的速度运动直到离开传送带，故C 正确，D 错误。 3．(2019·昆明4月质检)如图所示，质量为M 的滑块A 放置在光滑 水平地面上，左侧面是圆心为O 、半径为R 的光滑四分之一圆弧面，当 用一水平恒力F 作用在滑块A 上时，一质量为m 的小球B (可视为质点) 在圆弧面上与A 保持相对静止，此时小球B 距轨道末端Q 的竖直高度 为H ＝R 3 ，重力加速度为g ，则F 的大小为( ) A.53Mg B.52Mg C.53(M ＋m )g D.52 (M ＋m )g 解析：选D 连接OB ，设OB 连续与竖直方向的夹角为θ，由几何 高考物理牛顿运动定律基础练习题 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.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求： （物理）牛顿运动定律练习题含答案 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．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 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 一，选择题。 1. 有关力的概念，下列说法正确的是（） A．力不可能离开物体而独立存在 B．受力物体不一定是施力物体 C．一个力的发生必定涉及到两个物体 D．重力的大小和方向与物体的运动状态无关 2. 关于力的作用效果的叙述中，正确的是（） A.物体的运动状态发生变化，一定受到力的作用 B物体的运动状态不发生变化，一定不受到力的作用 C.物体受到力的作用后，一定同时出现形变和运动状态发生变化的现象 D力对物体的作用效果完全由力的大小决定 3.关于弹力，下列叙述正确的是（） A.两物体相互接触，就一定会产生相互作用的弹力 B.两物体不接触，就一定没有相互作用的弹力 C.两物体有弹力作用，物体不一定发生了弹性形变 D.只有弹簧才能产生弹力 4.关于弹力的方向，下列说法正确的是（） A弹力的方向一定垂直于接触面 B弹力的方向不一定垂直于接触面 C绳子类软物体产生的弹力一定垂直于被拉物体的平面 D绳子类软物体产生的弹力一定沿绳子的方向 5. 关于摩擦力产生的条件,下列说法正确的是( ) A．相互压紧的粗糙物体间总有摩擦力的 B．相对运动的物体间总有摩擦力作用 C．只要相互压紧并发生相对运动的物体间就有摩擦力作用 D．只有相互压紧并发生相对滑动或有相对运动趋势的粗糙物体间才有摩擦力作用 6.关于静摩擦力，下列说法正确的是（） A．只有静止的物体才可能受静摩擦力 B．有相对运动趋势的相互接触的物体间有可能产生静摩擦力 C．产生静摩擦力的两个物体间一定相对静止 D．两个相对静止的物体间一定有静摩擦力产生 7.下列关于滑动摩擦力的说法正确的是（） A．滑动摩擦力的方向总是阻碍物体的运动并与物体的运动方向相反 B．当动摩擦因数一定时，物体所受的重力越大，它所受的滑动摩擦力也越大C．有滑动摩擦力作用的两物体间一定有弹力作用，有弹力作用的二物体间不一定有滑动摩擦力作用 D．滑动摩擦力总是成对产生的，两个相互接触的物体在发生相对运动时都会受到滑动摩擦力作用 8.用水平力F把物体压在竖直墙壁上静止不动．设物体受墙的压力为F1，摩擦 力为F2，则当水平力F增大时，下列说法中正确的是( ) A．F1 增大、F2 增大B．F1 增大、F2 不变 C．F1 增大、F2减小D．条件不足、不能确定 9.如图所示，甲、乙、丙三个物体质量相同，与地面的动摩擦因数相同，受到三 （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 牛顿运动定律试题文件排版存档编号：[UYTR-OUPT28-KBNTL98-UYNN208] 2017-2018学年度3E试题4-1 分卷I 一、单选题 1.有关超重和失重，以下说法中正确的是( ) A．物体处于超重状态时，所受重力增大，处于失重状态时，所受重力减小 B．若空气阻力忽略不计，竖直上抛的木箱中的物体处于完全失重状态 C．在沿竖直方向运动的升降机中出现失重现象时，升降机必定处于下降过程 D．站在月球表面的人处于失重状态 2.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m 和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T.现用水平拉力F拉其中一个质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( ) A．质量为2m的木块受到四个力的作用B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断C．当F逐渐增大到时，轻绳还不会被拉断D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为 3.竖直上抛一小铁球，小铁球上升到最高点后自由下落，穿过湖水并陷入湖底的淤泥中．不计空气阻力，取向上为正方向，在下列图象中最能反映小铁球运动情况的是( )A． B． C． D． 4.某跳水运动员在3 m长的踏板上起跳，我们通过录像观察到踏板和运动员要经历如图所示的状态，其中A为无人时踏板静止点，B 为人站在踏板上静止时的平衡点，C为人在起跳过程中人和踏板运动的最低点，则下列说法中正确的是( ) A．人和踏板由C到B过程中，人向上做匀加速运动 B．人和踏板由C到A的过程中，人处于超重状态 C．人和踏板由C到A的过程中，先超重后失重 D．人在C点具有最大速度 5.为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯．无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转．一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示．那么下列说法中正确的是( ) A．顾客始终受到三个力的作用 B．顾客始终处于超重状态 C．顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 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 WORD 格式整理 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 ( ) A ．物体处于超重状态时，其重力增加了 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零 C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了 D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化 t/s 0 2 2 1 3 -2 v/ms -1 第 5 题 F 第 6 题 第四章牛顿运动定律 一、选择题 1．下列说法中，正确的是( ) A．某人推原来静止的小车没有推动是因为这辆车的惯性太大 B．运动得越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大 C．竖直上抛的物体抛出后能继续上升，是因为物体受到一个向上的推力 D．物体的惯性与物体的质量有关，质量大的惯性大，质量小的惯性小 2．关于牛顿第二定律，正确的说法是( ) · A．合外力跟物体的质量成正比，跟加速度成正比 B．加速度的方向不一定与合外力的方向一致 C．加速度跟物体所受合外力成正比，跟物体的质量成反比；加速度方向与合外力方向相同 D．由于加速度跟合外力成正比，整块砖自由下落时加速度一定是半块砖自由下落时加速度的2倍 3．关于力和物体运动的关系，下列说法正确的是( ) A．一个物体受到的合外力越大，它的速度就越大 B．一个物体受到的合外力越大，它的速度的变化量就越大 C．一个物体受到的合外力越大，它的速度的变化就越快 … D．一个物体受到的外力越大，它的加速度就越大 4．在水平地面上做匀加速直线运动的物体，在水平方向上受到拉力和阻力的作用，如果要使物体的加速度变为原来的2倍，下列方法中可以实现的是( ) A．将拉力增大到原来的2倍 1 B．阻力减小到原来的 2 C．将物体的质量增大到原来的2倍 D．将物体的拉力和阻力都增大原来的2倍 5．竖直起飞的火箭在推力F的作用下产生10 m/s2 的加速度，若推动力增大到2F，则 火箭的加速度将达到(g 取10 m/s 2，不计空气阻力)( ) A ．20 m/s 2 B ．25 m/s 2 C ．30 m/s 2 D ．40 m/s 2 ' 6．向东的力F 1单独作用在物体上，产生的加速度为a 1；向北的力F 2 单独作用在同一 个物体上，产生的加速度为a 2。则F 1和F 2同时作用在该物体上，产生的加速度( ) A ．大小为a 1－a 2 B ．大小为2 2 21＋a a C ．方向为东偏北arctan 1 2 a a D ．方向为与较大的力同向 7．物体从某一高处自由落下，落到直立于地面的轻弹簧上，如图所示。在A 点物体开始与弹簧接触，到B 点物体的速度为0，然后被弹簧弹回。下列说法中正确的是( ) A ．物体从A 下落到 B 的过程中，加速度不断减小 * B ．物体从B 上升到A 的过程中，加速度不断减小 C ．物体从A 下落到B 的过程中，加速度先减小后增大 D ．物体从B 上升到A 的过程中，加速度先增大后减小 8．物体在几个力作用下保持静止，现只有一个力逐渐减小到零又逐渐增大到原值，则在力变化的整个过程中，物体速度大小变化的情况是( ) A ．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到零 B ．由零逐渐增大到某一数值后，又逐渐减小到某一数值 C ．由零逐渐增大到某一数值 D ．以上说法都不对 【 9．如图所示，一个矿泉水瓶底部有一小孔。静止时用手指堵住小孔不让它漏水，假设 水瓶在下述几种运动过程中没有转动且忽略空气阻力，则( ) A ．水瓶自由下落时，小孔向下漏水 B ．将水瓶竖直向上抛出，水瓶向上运动时，小孔向下漏水；水瓶向下运动时，小孔不向下漏水 C ．将水瓶水平抛出，水瓶在运动中小孔不向下漏水 D ．将水瓶斜向上抛出，水瓶在运动中小孔不向下漏水 A B牛顿运动定律测试题
牛顿运动定律练习题经典习题汇总.
(物理)物理牛顿运动定律练习题含答案含解析
【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析
牛顿运动定律测试题及答案详解
高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案
牛顿运动定律测试题及解析
高考物理牛顿运动定律基础练习题
(物理)牛顿运动定律练习题含答案
牛顿运动定律试题及答案
牛顿运动定律练习题基础版带答案
(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇
牛顿运动定律试题
高中物理牛顿运动定律基础练习题
牛顿运动定律练习试题经典习题汇总
高中物理必修一第四章--牛顿运动定律单元检测题及答案