当前位置:文档之家› (全国通用)2014届高三物理复习能力提升 第3章 专题3 牛顿运动定律的综合应用

(全国通用)2014届高三物理复习能力提升 第3章 专题3 牛顿运动定律的综合应用

(全国通用)2014届高三物理复习能力提升 第3章 专题3 牛顿运动定律的综合应用
(全国通用)2014届高三物理复习能力提升 第3章 专题3 牛顿运动定律的综合应用

(全国通用)2014届高三物理复习能力提升(题组扣点+课堂探究+高考模拟+练出高分)第3章专题3 牛顿运动定律的综合应用

专题三牛顿运动定律的综合应用

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.

1.[对超重和失重的理解]关于超重和失重的下列说法中,正确的是( ) A.超重就是物体所受的重力增大了,失重就是物体所受的重力减小了

B.物体做自由落体运动时处于完全失重状态,所以做自由落体运动的物体不受重力作用

C.物体具有向上的速度时处于超重状态,物体具有向下的速度时处于失重状态

D.物体处于超重或失重状态时,物体的重力始终存在且不发生变化

答案 D

解析物体具有向上的加速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于失重状态,超重和失重并非物体的重力发生变化,而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化,综上所述,A、B、C均错,D正确.

2.[对超重和失重的理解]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

答案 B

解析运动员是否超重或失重取决于加速度方向,A、C、D三个选项中,运动员均处于平衡状态,不超重也不失重,只有B正确.

考点梳理

1.超重

(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况.

(2)产生条件:物体具有向上的加速度.

2.失重

(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况. (2)产生条件:物体具有向下的加速度. 3.完全失重

(1)定义:物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象. (2)产生条件:物体的加速度a =g ,方向竖直向下.

3.[应用动力学方法分析传送带问题]如图1所示,

传送带保持v 0=1 m/s 的速度运动,现将一质量m =0.5 kg 的物体

从传送带左端放上,设物体与传送带间动摩擦因数μ=0.1,传送 带两端水平距离s =2.5 m ,则物体从左端运动到右端所经历的时间 为

( )

A. 5 s B .(6-1) s C .3 s

D .5 s

答案 C

解析 物体在传送带左端开始运动时受到的摩擦力为F f =μmg ,获得的加速度

a =F f

m

=μg =1 m/s 2

当加速到v 0时经过的时间t 1=v 0a

=1 s

经过的位移为s 1=v 20

2a

=0.5 m

以后物体随传送带一起向右匀速运动,到达右端用时t 2=s -s 1

v 0

=2 s ,所以物体从左端运动到右端的总时间为t =t 1+t 2=3 s .选项C 正确.

图1

4.[动力学中的图象问题]如图2所示,水平地面上有一轻质弹簧,下端固定, 上端与物体A 相连接,整个系统处于平衡状态.现用一竖直向下的力压物体

A ,使A 竖直向下做匀加速直线运动一段距离,整个过程中弹簧一直处在弹

性限度内.下列关于所加力F 的大小和运动距离x 之间关系图象正确的是

(

)

答案 D

解析 由于弹簧弹力与弹簧压缩量成正比,由牛顿第二定律得,F -kx =ma ,解得F =kx +ma ,故所加力F 的大小和运动距离x 之间关系图象正确的是图D. 方法提炼

1.传送带问题模型

关键是分析清楚物体与传送带间的摩擦力的大小、方向及物体与传送带之间的相对运动情况. 2.动力学中图象问题的解题思路:对于已知图象求解相关物理量的问题,往往是结合物理过程,从分析图象的横、纵轴所对应的物理量的函数入手,分析图线的斜率、截距所代表的物理意义得出所求结果.其中,写出纵、横坐标的函数关系式是关键

.

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 .

例1 在探究超重和失重规律时,某体重为G 的同学站在一压力传感器上完成一次下蹲动作,传感器和计算机相连,经计算机处理后得到压力F 随时间t 变化的图象,则下列图象中可能正确的是

(

)

图2

解析该同学下蹲过程中,其加速度方向先向下后向上,故先失重后超重,故选项D正确.

答案 D

超重和失重现象的判断“三”技巧

1.从受力的角度判断,当物体所受向上的拉力

(或支持力)大于重力时,物体处于超重状态,小

于重力时处于失重状态,等于零时处于完全失重

状态.

2.从加速度的角度判断,当物体具有向上的加

速度时处于超重状态,具有向下的加速度时处于

失重状态,向下的加速度为重力加速度时处于完

全失重状态.

3.从速度变化角度判断

(1)物体向上加速或向下减速时,超重;

(2)物体向下加速或向上减速时,失重.

突破训练1 在升降电梯内的地板上放一体重计,电梯静止时,晓敏同学站在体重计上,体重计示数为50 kg,电梯运动过程中,某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3所示.在这段时间内下列说法中正确的是( )

图3

A.晓敏同学所受的重力变小了

B.晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力

C.电梯一定在竖直向下运动

D.电梯的加速度大小为g/5,方向一定竖直向下

答案 D

解析 由题图知晓敏在这段时间内处于失重状态,是由于晓敏对体重计的压力变小了,而晓敏的重力没有改变,A 选项错;晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力,大小一定相等,B 选项错;以竖直向下为正方向,有:mg -F =ma ,解得a =g

5,方向竖直向下,但其速度方向

可能是竖直向上,也可能是竖直向下,C 选项错,D 选项正确. 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. 例2 如图4所示,质量为m =1 kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体 上,斜面体质量为M =2 kg ,斜面体与物块间的动摩擦因数为μ=0.2,

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,

试确定推力F 的取值范围.(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g =10 m/s 2

)

审题指导 此题有两个临界条件:当推力F 较小时,物块有相对斜面向下运动的可能性,此时物块受到的摩擦力沿斜面向上;当推力F 较大时,物块有相对斜面向上运动的可能性,此时物块受到的摩擦力沿斜面向下.找准临界状态是求解此题的关键.

解析 (1)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1,此时物块受力分

析如图所示,取加速度的方向为x 轴正方向. 对物块,

水平方向有F N sin θ-μF N cos θ=ma 1 竖直方向有F N cos θ+μF N sin θ-mg =0 对M 、m 整体有F 1=(M +m )a 1

代入数值得:a 1=4.8 m/s 2

,F 1=14.4 N

(2)设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2,对物块受力分析如图,在水 平方向有

F N ′sin θ+μF N ′cos θ=ma 2

4

竖直方向有F N ′cos θ-μF N ′sin θ-mg =0 对整体有F 2=(M +m )a 2

代入数值得a 2=11.2 m/s 2

,F 2=33.6 N

综上所述可知推力F 的取值范围为:14.4 N≤F ≤33.6 N 答案 14.4 N≤F ≤33.6 N

动力学中的典型临界条件

1.接触与脱离的临界条件:两物体相接触或脱 离,临界条件是:弹力F N =0.

2.相对滑动的临界条件:两物体相接触且处于 相对静止时,常存在着静摩擦力,则相对滑动的 临界条件是:静摩擦力达到最大值.

3.绳子断裂与松驰的临界条件:绳子所能承受 的张力是有限度的,绳子断与不断的临界条件是 绳中张力等于它所能承受的最大张力,绳子松驰 的临界条件是:F T =0.

4.加速度变化时,速度达到最大的临界条件: 当加速度变化为a =0时.

突破训练2 如图5所示,物体A 叠放在物体B 上,B 置于光滑水平 面上,A 、B 质量分别为m A =6 kg ,m B =2 kg ,A 、B 之间的动摩擦 因数μ=0.2,开始时F =10 N ,此后逐渐增加,在增大到45 N 的过 程中,则

( )

A .当拉力F <12 N 时,物体均保持静止状态

B .两物体开始没有相对运动,当拉力超过12 N 时,开始相对运动

C .两物体从受力开始就有相对运动

D .两物体始终没有相对运动 答案 D

解析 当A 、B 间的静摩擦力达到最大静摩擦力,即滑动摩擦力时,A 、B 才会发生相对运动.此时对B 有:F fmax =μm A g =12 N ,而F fmax =m B a ,a =6 m/s 2

,即二者开始相对运动时的加速度为6 m/s 2

,此时对A 、

B 整体:F =(m A +m B )a =48 N ,即F >48 N 时,A 、B 才会开始相对运动,故选项A 、B 、

C 错误,

D 正确.

13.“传送带模型”问题的分析思路

图5

1.模型特征

一个物体以速度v 0(v 0≥0)在另一个匀速运动的物体上开始运动的力学系统可看做“传送带”模型,如图6(a)、(b)、(c)所示.

图6

2.建模指导

传送带模型问题包括水平传送带问题和倾斜传送带问题.

(1)水平传送带问题:求解的关键在于对物体所受的摩擦力进行正确的分析判断.判断摩擦力时要注意比较物体的运动速度与传送带的速度,也就是分析物体在运动位移x (对地)的过程中速度是否和传送带速度相等.物体的速度与传送带速度相等的时刻就是物体所受摩擦力发生突变的时刻.

(2)倾斜传送带问题:求解的关键在于认真分析物体与传送带的相对运动情况,从而确定其是否受到滑动摩擦力作用.如果受到滑动摩擦力作用应进一步确定其大小和方向,然后根据物体的受力情况确定物体的运动情况.当物体速度与传送带速度相等时,物体所受的摩擦力有可能发生突变. 例3 如图7所示,倾角为37°,长为l =16 m 的传送带,转动速度为

v =10 m/s ,动摩擦因数μ=0.5,在传送带顶端A 处无初速度地释

一个质量为m =0.5 kg 的物体.已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,g

=10 m/s 2

.求:

(1)传送带顺时针转动时,物体从顶端A 滑到底端B 的时间; (2)传送带逆时针转动时,物体从顶端A 滑到底端B 的时间.

解析 (1)传送带顺时针转动时,物体相对传送带向下运动,则物体所受滑动摩擦力沿斜面向上,相对传送带向下匀加速运动,根据牛顿第二定律有mg (sin 37°-μcos 37°)=ma 则a =g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s 2

, 根据l =12

at 2

得t =4 s.

(2)传送带逆时针转动,当物体下滑速度小于传送带转动速度时,物体相对传送带向上运 动,则物体所受滑动摩擦力沿传送带向下,设物体的加速度大小为a 1,由牛顿第二定律 得

mg sin 37°+μmg cos 37°=ma 1

则有a 1=

mg sin 37°+μmg cos 37°m

=10 m/s 2

设当物体运动速度等于传送带转动速度时经历的时间为t 1,位移为s 1,则有

t 1=v a 1=1010 s =1 s ,s 1=12

a 1t 21=5 m

当物体运动速度等于传送带速度瞬间,有mg sin 37°>μmg cos 37°,则下一时刻物体相对传送带向下

运动,受到传送带向上的滑动摩擦力——摩擦力发生突变.设当物体下滑速度大于传送带转动速度时

图7

物体的加速度为a 2,则

a 2=mg sin 37°-μmg cos 37°m =2 m/s 2

s 2=l -s 1=11 m

又因为s 2=vt 2+12a 2t 22,则有10t 2+t 2

2=11

解得:t 2=1 s(t 2=-11 s 舍去) 所以t 总=t 1+t 2=2 s. 答案 (1)4 s (2)2 s

分析处理传送带问题时需要特别注意两

点:一 是对物体在初态时所受滑动摩擦力 的方向的分析;二是对物体在达到传送带的速 度时摩擦力的有无及方向的分析.

突破训练3如图8所示,水平传送带AB 长L =10 m ,向右匀 速运动的速度v 0=4 m/s ,一质量为1 kg 的小物块(可视为 质点)以v 1=6 m/s 的初速度从传送带右端B 点冲上传送带, 物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.4,g 取10 m/s 2

.求: (1)物块相对地面向左运动的最大距离;

(2)物块从B 点冲上传送带到再次回到B 点所用的时间. 答案 (1)4.5 m (2)3.125 s

解析 (1)设物块与传送带间摩擦力大小为F f

F f =μmg F f s 物=1

2

mv 21 s 物=4.5 m

(2)设小物块经时间t 1速度减为0,然后反向加速,设加速度大小为a ,经时间t 2与传送带速度相等

v 1-at 1=0 a =F f m

t 1=1.5 s v 0=at 2 t 2=1 s

设反向加速时,物块的位移为s 1,则有

s 1=1

2

at 22=

2 m

图8

物块与传送带共速后,将做匀速直线运动,设经时间t 3再次回到B 点

s 物-s 1=v 0t 3 t 3=0.625 s

所以t 总=t 1+t 2+t 3=3.125 s

14.“滑块—木板模型”问题的分析思路

1.模型特点:上、下叠放两个物体,并且两物体在摩擦力的相互作用下发生相对滑动. 2.建模指导

解此类题的基本思路:(1)分析滑块和木板的受力情况,根据牛顿第二定律分别求出滑块

和木板的加速度;(2)对滑块和木板进行运动情况分析,找出滑块和木板之间的位移关系 或速度关系,建立方程.特别注意滑块和木板的位移都是相对地面的位移

.

解析 (1)木板受到的摩擦力F f =μ(M +m )g =10 N 木板的加速度a =

F -F f M

=2.5 m/s 2

.(2分) (2)设拉力F 作用时间t 后撤去

F 撤去后,木板的加速度为a ′=-F f

M

=-2.5 m/s 2(2分)

木板先做匀加速运动,后做匀减速运动,且a =-a ′,故

at 2=L

解得t =1 s ,即F 作用的最短时间为1 s .(2分)

(3)设木块的最大加速度为a 木块,木板的最大加速度为a 木板,则μ1mg =ma 木块(2分) 得a 木块=μ1g =3 m/s 2

对木板:F 1-μ1mg -μ(M +m )g =Ma 木板(2分)

木板能从木块的下方抽出的条件为a 木板>a 木块 解得F 1>25 N .(2分)

(4)木块的加速度a 木块′=μ1g =3 m/s 2

(1分) 木板的加速度a 木板′=

F 2-μ1mg -μM +m g M

=4.25 m/s 2

(1分)

木块滑离木板时,两者的位移关系为s 木板-s 木块=L ,即 12a 木板′t 2-1

2a 木块′t 2=L (2分) 代入数据解得t =2 s .(2分)

答案 (1)2.5 m/s 2

(2)1 s (3)大于25 N (4)2 s

分析滑块—木板模型问题时应掌握的技巧 1.分析题中滑块、木板的受力情况,求出各自 的加速度.

2.画好运动草图,找出位移、速度、时间等物 理量间的关系.

3.知道每一过程的末速度是下一过程的初速度. 4.两者发生相对滑动的条件:(1)摩擦力为滑动 摩擦力.(2)二者加速度不相等.

突破训练4 如图10所示,质量M =8 kg 的小车放在光滑的水平面上, 在小车左端加一水平推力F =8 N ,当小车向右运动的速度达到 1.5 m/s 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m =2 kg

的小物块,小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2,当二者达到相同速度时,物块恰好滑 到小车的最左端.取g =10 m/s 2

.则:

(1)小物块放上后,小物块及小车的加速度各为多大? (2)小车的长度L 是多少?

答案 (1)2 m/s 2

0.5 m/s 2

(2)0.75 m

解析 (1)以小物块为研究对象,由牛顿第二定律,得 μmg =ma 1

解得a 1=μg =2 m/s 2

以小车为研究对象,由牛顿第二定律,得F -μmg =Ma 2 解得a 2=

F -μmg M

=0.5 m/s 2

(2)由题意及运动学公式:a 1t =v 0+a 2t

图10

解得:t =

v 0

a 1-a 2

=1 s

则物块运动的位移s 1=12a 1t 2

=1 m

小车运动的位移s 2=v 0t +12

a 2t 2

=1.75 m

L =s 2-s 1=0.75 m

高考题组

1.(2012·江苏·4)将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比.下列描绘皮球在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象,可能正确的是( )

答案 C

解析 皮球上升过程中受重力和空气阻力作用,由于空气阻力大小与速度的大小成正比,速度v 减小,空气阻力f =kv 也减小,根据牛顿第二定律mg +f =ma ,知a =kv

m

+g ,可知,a 随v 的减小而减小,且v 变化得越来越慢,所以a 随时间t 减小且变化率减小,选项C 正确.

2.(2011·福建理综·16)如图11甲所示,绷紧的水平传送带始终以恒定速率v 1运行.初速度大小为v 2

的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A 处滑上传送带.若从小物块滑上传送带开始计时,小物块在传送带上运动的v -t 图象(以地面为参考系)如图乙所示.已知v 2>v 1,则

( )

图11

A .t 2时刻,小物块离A 处的距离达到最大

B .t 2时刻,小物块相对传送带滑动的距离达到最大

C .0~t 2时间内,小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

D .0~t 3时间内,小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案 B

解析 相对地面而言,小物块在0~t 1时间内,向左做匀减速运动,t 1~t 2时间内,又反 向向右做匀加速运动,当其速度与传送带速度相同时(即t 2时刻),小物块向右做匀速运 动.故小物块在t 1时刻离A 处距离最大,A 错误.相对传送带而言,在0~t 2时间内, 小物块一直相对传送带向左运动,故一直受向右的滑动摩擦力,在t 2~t 3时间内,小物 块相对于传送带静止,小物块不受摩擦力作用,因此t 2时刻小物块相对传送带滑动的距 离达到最大值,B 正确,C 、D 均错误.

3.(2010·浙江理综·14)如图12所示,A 、B 两物体叠放在一起,以相同的初速

度上抛(不计空气阻力).下列说法正确的是

( )

A .在上升和下降过程中A 对

B 的压力一定为零 B .上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力

C .下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力

D .在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力 答案 A

解析 由于空气阻力不计,两物体只受重力作用,处于完全失重状态,A 对B 的压力在上升和下降阶段都为零.

4.(2012·安徽理综·22)质量为0.1 kg 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 图象如图13所示.弹性球与水平 地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞前的3

4.设球受到的空气

阻力大小恒为f ,取g =10 m/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高度h . 答案 (1)0.2 N (2)0.375 m

解析 (1)由v -t 图象可知,弹性球下落过程的加速度为

a 1=

Δv Δt =4-00.5

m/s 2=8 m/s 2

根据牛顿第二定律,得mg -f =ma 1 所以弹性球受到的空气阻力

f =m

g -ma 1=(0.1×10-0.1×8) N=0.2 N

(2)弹性球第一次反弹后的速度v 1=3

4×4 m/s=3 m/s

根据牛顿第二定律,得弹性球上升的加速度为

12

图13

a 2=mg +f m =0.1×10+0.20.1

m/s 2=12 m/s 2

根据v 2

t -v 2

0=-2ah ,得弹性球第一次反弹的高度

h =v 21

2a 2=322×12

m =0.375 m. 模拟题组

5. 如图14所示,长木板放置在水平面上,一小物块置于长木板 的中央,长木板和物块的质量均为m ,物块与木板间的动摩擦

因数为μ,木板与水平面间的动摩擦因数为μ

3,已知最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,重力加速

度为g ,现对物块施加一水平向右的拉力F ,则木板加速度大小a 可能是( ) A .a =μg B .a =2μg

3

C .a =μg

3

D .a =F 2m -μg

3

答案 CD

解析 当F 较大,二者发生相对滑动时,对木板有:μmg -μ3·2mg =ma ,所以a =μ

3g .当F 较小,二

者一起加速时,有:F -μ3·2mg =2ma ,所以a =F 2m -μ

3

g ,故选项C 、D 正确.

图14

6. 如图15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F T .现用水平拉力F 拉质量为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F T 时,轻绳刚好被拉断 C .当F 逐渐增大到1.5F T 时,轻绳还不会被拉断

D .当轻绳刚要被拉断时,质量为m 和2m 的木块间的摩擦力为F T 答案 C

解析 质量为2m 的木块受重力、地面的支持力、轻绳的拉力、木块m 的压力和摩擦力五 个力作用,选项A 错误;当轻绳达到最大拉力F T 时,对m 和2m 整体,F T =3ma ,再对 三个木块整体,F =(m +2m +3m )a ,得到F =2F T ,选项B 错误,C 正确;对木块m ,由

F f =ma ,得到F f =1

3

F T ,选项D 错误.

专题突破练 专题三 牛顿运动定律的综合应用

(限时:45分钟)

?题组1 对超重和失重现象的理解 1.下列实例属于超重现象的是

( )

A .汽车驶过拱桥顶端时

B .火箭点火后加速升空时

C .跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上运动时

D .体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时 答案 B

解析 发生超重现象时,物体的加速度方向竖直向上.汽车驶过拱桥顶端时,其向心加速 度竖直向下指向圆心,汽车处于失重状态,A 错误;火箭点火后加速升空,加速度竖直向 上,处于超重状态,B 正确;跳水运动员离开跳板向上运动时,只受重力,运动员处于完 全失重状态,C 错误;体操运动员握住单杠在空中不动时,运动员处于平衡状态,D 错误. 2.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 .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

图15

答案 B

3.伦敦第三十届夏季奥运会于北京时间2012年7月28日开幕,关于各项体育运动的解释,下列说法正确的是

( )

A .蹦床运动员在空中上升到最高点时处于超重状态

B .跳高运动员在越杆时处于平衡状态

C .举重运动员在举铃过头停在最高点时,铃处于平衡状态

D .跳远运动员助跑是为了增加自己的惯性,以便跳得更远 答案 C

?题组2 动力学中的图象问题

4. 某物体由静止开始做直线运动,物体所受合力F 随时间t 变化的 图象如图1所示,在0~8 s 内,下列说法正确的是

( )

A .物体在0~2 s 内做匀加速直线运动

B .物体在第2 s 末速度最大

C .物体在第8 s 末离出发点最远

D .物体在第4 s 末速度方向发生改变 答案 C

5. 刹车距离是衡量汽车安全性能的重要参数之一,图2所示的图线1、 2分别为甲、乙两辆汽车在紧急刹车过程中的刹车距离s 与刹车前的车速v 的关系曲线,已知紧急刹车过程中车与地面间是滑动摩擦,据此可知,下列说法正确

的是

( )

A .甲车与地面间的动摩擦因数较大,甲车的刹车性能好

B .乙车与地面间的动摩擦因数较大,乙车的刹车性能好

C .以相同的车速开始刹车,甲车先停下来,甲车的刹车性能好

D .甲车的刹车距离s 随刹车前的车速v 变化快,甲车的刹车性能好 答案 B

s =v 2

2a

知,a 甲

解析 如图可知,当甲、乙二车的初速度v 0相同时,可发现s 甲>s 乙,由

,可知选项B 正确,其余选项皆错.

?题组3 滑块—木板模型问题

6. 光滑水平面上并排放置质量分别为m 1=2 kg 、m 2=1 kg 的两物块,

t =0时刻同时施加两个力,其中F 1=2 N 、F 2=(4-2t ) N ,方向

图3所示.则两物块分离的时刻为

( )

A .1 s

B .1.5 s

C .2 s

D .2.5 s 答案

D

1

2

图2

解析 两物块未分离时,设m 1与m 2之间的作用力为F ,对m 1:F -F 1=m 1a ;对m 2:F 2-F =m 2a .两个物块分离时,F =0,即有:-F 1=m 1a ,F 2=m 2a .代入数据得t =2.5 s ,选项D 正确. 7. 如图4所示,水平桌面光滑,A 、B 物体间的动摩擦因数为μ(可认为最

大静摩擦力等于滑动摩擦力),A 物体质量为2m ,B 和C 物体的质量均 为m ,滑轮光滑,砝码盘中可以任意加减砝码.在保持A 、B 、C 三个 物体相对静止共同向左运动的情况下,BC 间绳子所能达到的最大拉力 是

( )

A.1

2μmg B .μmg C .2μmg

D .3μmg

答案 B

解析 因桌面光滑,当A 、B 、C 三者共同的加速度最大时,F BC =m C a 才能最大.这时,A 、B 间的相互作用力F AB 应是最大静摩擦力2μmg ,对BC 整体来讲:F AB =2μmg =(m B +m C )a =2ma ,a =μg ,所以F BC =

m C a =μmg ,选项B 正确.

8.如图5所示,AB 和CD 为两条光滑斜槽,它们各自的两个端点均分 别位于半径为R 和r 的两个相切的圆上,且斜槽都通过切点P .设有 一重物先后沿两个斜槽从静止出发,由A 滑到B 和由C 滑到D ,所 用的时间分别为t 1和t 2,则t 1与t 2之比为

( )

A .2∶1

B .1∶1 C.3∶1

D .1∶ 3

答案 B

解析 设光滑斜槽轨道与水平面的夹角为θ,则物体下滑时的加速度为a =g sin θ,由几何关系,斜槽轨道的长度s =2(R +r )sin θ,由运动学公式s =12at 2,得t =

2s a

2×2R +r sin θ

g sin θ

2

R +r

g

,即所用的时间t 与倾角θ无关,所以t 1=t 2,B 项正确. 9.如图6所示,长为L =2 m 、质量为M =8 kg 的木板,放在水平地 面上,木板向右运动的速度v 0=6 m/s 时,在木板前端轻放一个大 小不计、质量为m =2 kg 的小物块.木板与地面间、物块与木板间 的动摩擦因数均为μ=0.2,g =10 m/s 2

.求: (1)物块及木板的加速度大小; (2)物块滑离木板时的速度大小. 答案 (1)2 m/s 2

3 m/s 2

(2)0.8 m/s 解析 (1)物块的加速度a m =μg =2 m/s 2

对木板有:μmg +μ(M +m

)g =

Ma M

解得a M =3 m/s 2

.

图4 图5

图6

(2)设物块经时间t 从木板滑离,则

L =v 0t -1

2a M t 2-12

a m t 2

解得t 1=0.4 s 或t 2=2 s(舍去)

滑离木板时物块的速度:v =a m t 1=0.8 m/s.

?题组4 传送带模型问题

10. 带式传送机是在一定的线路上连续输送物料的搬运机械,

又称连续输送机.如图7所示,一条足够长的浅色水平传 送带自左向右匀速运行.现将一个木炭包无初速度地放在

传送带上,木炭包在传送带上将会留下一段黑色的径迹.下列说法正确的是 ( ) A .黑色的径迹将出现在木炭包的左侧 B .木炭包的质量越大,径迹的长度越短

C .木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹的长度越短

D .传送带运动的速度越大,径迹的长度越短 答案 C

解析 木炭包与传送带相对滑动的距离为黑色径迹的长度,当放上木炭包后传送带相对于木炭包向右滑动,所以黑色径迹应出现在木炭包的右侧,选项A 错误;设木炭包的质量为m ,传送带的速度为v ,木炭包与传送带间动摩擦因数为μ,则对木炭包有μmg =ma ,木炭包加速的时间t =v a =

v

μg

,该过程传送带的位移s 1=vt =v 2μg ,木炭包的位移s 2=v t =v 2t =v 22μg ,黑色径迹的长度Δs =s 1-s 2=v 2

2μg

由上式可知径迹的长度与木炭包的质量无关,传送带的速度越大,径迹越长,木炭包与传送带间动摩擦因数越大,径迹越短,选项C 正确,B 、D 错误.

11. 如图8所示,足够长的传送带与水平面夹角为θ,以速度v 0

时针匀速转动.在传送带的上端轻轻放置一个质量为m 的小木 块,小木块与传送带间的动摩擦因数μ

关系的是

( )

答案 D

解析 当小木块速度小于v 0时,对小木块受力分析可知,小木块受沿传送带向下的滑动

摩擦力作用,此时有mg sin θ+μmg cos θ=ma 1,可知a 1=g sin θ+μg cos θ,当小木块速度

7

图8

达到v0时,因为μμmg cos θ,所以小木块将继续加速下滑,再次对小木块受力分析可知,小木块此时受沿传送带向上的滑动摩擦力作用,此时有mg sin θ

-μmg cos θ=ma2,可知a2=g sin θ-μg cos θ,a1m,则从滑块开始运动起,滑块、木板运动的v-t图象可能是

( )

答案AC

解析滑块在木板上时,在滑动摩擦力的作用下,滑块做初速度为v0的匀减速直线运动,

木板做初速度为零的匀加速直线运动,由于木板质量大于滑块质量,故木板的加速度大

小小于滑块的加速度大小.若二者共速时,滑块未离开长木板,则二者以同一速度匀速

运动;若共速前二者已脱离,则各自做匀速运动,且滑块速度大于木板速度,A、C对,

B、D错.

13.如图9甲为应用于机场和火车站的安全检查仪,用于对旅客的行李进行安全检查.其传送装置可简化为如图乙的模型,紧绷的传送带始终保持v=1 m/s的恒定速率运行.旅客把行李无初速度地放在A处,设行李与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,A、B间的距离为2 m,g取10 m/s2.

若乘客把行李放到传送带的同时也以v=1 m/s的恒定速率平行于传送带运动到B处取行李,则

( )

图9

A.乘客与行李同时到达B处

B.乘客提前0.5 s到达B处

C.行李提前0.5 s到达B处

D.若传送带速度足够大,行李最快也要2 s才能到达B处

答案BD

解析行李放在传送带上,传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动,

随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动.加速度为a=μg=1 m/s2,历时

t 1=v a =1 s 与传送带达到共同速度,位移s 1=v 2t 1=0.5 m ,此后行李匀速运动t 2=2 m -s 1

v

=1.5 s 到

达B ,共用时间2.5 s ;乘客到达B ,历时t =2 m v

=2 s ,故B 正确,A 、C 错误.若传送带速度足够大,

行李一直加速运动,最短运动时间t min =

2×2

1

s =2 s ,D 正确. 14.如图10所示为上、下两端相距L =5 m ,倾角α=30°,始终以v

=3 m/s 的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧).将一物体放在

传送带的上

端由静止释放滑下,经过t =2 s 到达下端.重力加速度

g 取10 m/s 2,求:

(1)传送带与物体间的动摩擦因数;

(2)如果将传送带逆时针转动,速率至少多大时,物体从传送带上端由静止释放能最快地 到达下端.

答案 (1)0.29 (2)8.66 m/s

解析 (1)物体在传送带上受力如图所示,物体沿传送带向下匀加速运动,设加速度为a .

由题意得L =12

at 2

解得

a =2.5 m/s 2;

由牛顿第二定律得

mg sin α-F f =ma

又F f =μmg cos α

解得μ=3

6

=0.29

(2)如果传送带逆时针转动,要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端,则需要物体有沿传送带向下的最大加速度,即所受摩擦力沿传送带向下,设此时传送带速度为v m ,物体加速度为a ′.由牛顿第二定律得

mg sin α+F f =ma ′ F f =μmg cos α v 2m =2La ′

联立解得v

m =8.66 m/s.

图10

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)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,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,质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处,两球同时由静止开始向下运动,已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.两侧轻绳下端恰好触地,取g =10m/s 2,不计细绳与滑轮间的摩擦,求:, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度. (2)A 、B 两球落地时的动能. (3)A 、B 两球损失的机械能总量. 【答案】(1)2 5m/s A a =27.5m/s B a = (2)850J kB E = (3)250J 【解析】 【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大,又A 得质量小于B 的质量,所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力,B 与细绳间为静摩擦力,经过受力分析可得: 对A :A A A A m g f m a -= 对B :B B B B m g f m a -= A B f f = 0.5A A f m g = 联立以上方程得:2 5m/s A a = 27.5m/s B a = (2)设A 球经t s 与细绳分离,此时,A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ,速度分别为V A 、V B ,因为它们都做匀变速直线运动

高考物理总复习--物理牛顿运动定律的应用含解析

高考物理总复习--物理牛顿运动定律的应用含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1.如图所示为某种弹射装置的示意图,该装置由三部分组成,传送带左边是足够长的光滑水平面,一轻质弹簧左端固定,右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。装置的中间是水平传送带,它与左右两边的台面等高,并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动,使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑 14圆弧轨道。质量m =2.0kg 的物块B 从1 4 圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1,传送带两轴之间的距离l =4.5m 。设第一次碰撞前,物块A 静止,物块B 与A 发生碰撞后被弹回,物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。取g =10m/s 2。求: (1)物块B 滑到 1 4 圆弧的最低点C 时对轨道的压力; (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能; (3)如果物块A 、B 每次碰撞后,物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定,而当它们再次碰撞前锁定被解除,求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。 【答案】(1)60N ,竖直向下(2)12J (3)8s 【解析】 【详解】 (1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0,由机械能守恒定律得: 2 012 mgR mv = 代入数据解得: v 0=5m/s 在圆弧最低点C ,由牛顿第二定律得: 20 v F mg m R -= 代入数据解得: F =60N 由牛顿第三定律可知,物块B 对轨道的压力大小:F′=F =60N ,方向:竖直向下; (2) 在传送带上,对物块B ,由牛顿第二定律得: μmg =ma 设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ,有

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的图象如图所示取m/s2,求: (1)物体与水平面间的动摩擦因数; (2)水平推力F的大小; (3)s内物体运动位移的大小. 【答案】(1)0.2;(2)5.6N;(3)56m。 【解析】 【分析】 【详解】 (1)由题意可知,由v-t图像可知,物体在4~6s内加速度: 物体在4~6s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有: 联立解得:μ=0.2 (2)由v-t图像可知:物体在0~4s内加速度: 又由题意可知:物体在0~4s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有: 代入数据得:F=5.6N (3)物体在0~14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积,则有:

【点睛】 在一个题目之中,可能某个过程是根据受力情况求运动情况,另一个过程是根据运动情况分析受力情况;或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析,因此在解题过程中要灵活 处理.在这类问题时,加速度是联系运动和力的纽带、桥梁. 2.如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型,货物(可视为质点质量4m kg =,以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端,小车质量为6M kg =,高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物,当小车撞到障碍物时会被粘住不 动,而货物继续运动,最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=,货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ,重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度; ()2若已知OA 段距离足够长,导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度,则小车 的长度是多少? 【答案】(1)3m/s ;(2)6.7m 【解析】 【详解】 ()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ,滑出之后做平抛运动, 在竖直方向上:2 12 h gt = , 水平方向:AB x l v t = 解得:3/x v m s = ()2在小车碰撞到障碍物前,车与货物已经到达共同速度,以小车与货物组成的系统为研 究对象,系统在水平方向动量守恒, 由动量守恒定律得:()0mv m M v =+共, 解得:4/v m s =共, 由能量守恒定律得:()2201122 Q mgs mv m M v μ==-+共相对, 解得:6s m =相对, 当小车被粘住之后,物块继续在小车上滑行,直到滑出过程,对货物,由动能定理得: 22 11'22 x mgs mv mv 共μ-= -,

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:

最新高考物理牛顿运动定律练习题

最新高考物理牛顿运动定律练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1.如图所示,质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上,一质量1kg m =的滑块(可 视为质点)以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板,木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连,最终滑块恰好未从木板表面滑落.已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=,重力加速度210m/s g =,求: (1)木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ? (2)木板与挡板碰撞后滑块的位移s ? (3)木板的长度L ? 【答案】(1)1m/s (2)0.25m (3)1.75m 【解析】 【详解】 (1)滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v = (2)木板静止后,滑块匀减速运动,根据动能定理有:2102 mgs mv μ-=- 解得0.25m s = (3)从滑块滑上木板到共速时,由能量守恒得:220111 ()22 mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+= 2.如图,光滑固定斜面上有一楔形物体A 。A 的上表面水平,A 上放置一物块B 。已知斜面足够长、倾角为θ,A 的质量为M ,B 的质量为m ,A 、B 间动摩擦因数为μ(μ<), 最大静擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g 。现对A 施加一水平推力。求: (1)物体A 、B 保持静止时,水平推力的大小F 1; (2)水平推力大小为F 2时,物体A 、B 一起沿斜面向上运动,运动距离x 后撒去推力,A 、B 一起沿斜面上滑,整个过程中物体上滑的最大距离L ; (3)为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑,推力F 应满足的条件。 【答案】(1) (2) (3)

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

高考物理牛顿运动定律练习题及解析

高考物理牛顿运动定律练习题及解析 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.如图1所示,在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板,其上叠放一质量为m 2=2kg 的木块,木块和木板之间的动摩擦因数μ1=0.3,木板与地面间的动摩擦因数μ2=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/s 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

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案.doc

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案 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v0= 2m/s ,此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v1= 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v2= 1m/s,方向向左。重力加速度g= 10m/s2,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)1 (3)2.75m 20 【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:a1 v2 v1 1 4 m / s2 3m / s2,方向向右 t 1 对小滑块根据牛顿第二定律有:1mg ma1,可以得到: 1 0.3 ; (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: v0 1 mg22mg m t1 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: 1 mg 2 2mg m v2 t2 而且 t1 t2 t 1s 联立可以得到: 1 t1 0.5s,t2 0.5s ; 2 , 20 (3)在t1 0.5s时间内,木板向右减速运动,其向右运动的位移为:0v0 x1t10.5m ,方向向右; 在 t20.5s 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=?

大学物理题库第二章牛顿运动定律.doc

第二章牛顿运动定律 一、填空题(本大题共16小题,总计48分) 1.(3分)如图所示,一个小物体A靠在一辆小车的竖直前壁上,A和车壁间静摩擦系数是丛,若要使物体A不致掉下来,小车的加速度的最小值应为1=. J A i 疽 3.(3分)如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为〃,当这货车爬一与水平方向 成。角的平缓山坡时,若不使箱了在车底板上滑动,车的最大加速度%域=. 4.(3分)质量m = 40kg的箱子放在卡车的车厢底板上,巳知箱子与底板之间的静摩擦系数为从=0.40,滑动摩擦系数为角=0.25,试分别写出在下列情况下,作用在箱了上的摩擦力的大小和方向. (1)卡车以。=2m/s2的加速度行驶,/ =,方向. (2)卡车以a = -5m/s2的加速度急刹车,/ =,方向? 5.(3分)一圆锥摆摆长为/、摆锤质量为在水平面上作匀速圆周运动,摆线与铅直线夹角。,则 (1)摆线的张力§= 2 (3分)质量相等的两物体A和B,分别固定在弹簧的两端,竖直放在光滑水平支持面C 上,如图所示.弹簧的质量与物体A、B的质量相比,M以忽略不计.若把支持面C迅速移走,则在移开的一瞬间,A的加速度大小心= ,B的加速度的大小% = .

⑵ 摆锤的速率V= I 6.(3分)质量为m的小球,用轻绳AB. BC连接,如图,其中AB水平.剪断绳AB前后的瞬间,绳BC中的张力比F T:E;=. 7.(3分)有两个弹簧,质量忽略不计,原长都是10 cm,第一个弹簧上端固定,下挂一个质量为m的物体后,长为11 cm,而第二个弹簧上端固定,下挂一质量为m的物体后,R为13 cm,现将两弹簧串联,上端固定,下面仍挂一质量为〃,的物体,则两弹簧的总长为 . 8.(3分)如图,在光滑水平桌面上,有两个物体A和B紧靠在一起.它们的质量分别为 = 2kg , = 1kg .今用一水平力F = 3N推物体B,则B推A的力等于.如 用同样大小的水平力从右边推A,则A推B的力等于? 9.(3分)一物体质量为M,置于光滑水平地板上.今用一水平力斤通过一质量为m的绳拉动物体前进,贝U物体的加速度但=,绳作用于物体上的力. 10.(3分)倾角为30°的一个斜而体放置在水平桌面上.一个质量为2 kg的物体沿斜面下滑, 下滑的加速度为3.0m/s2.若此时斜面体静止在桌面上不动,则斜面体与桌面间的静摩擦力

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.如图,有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动,现将一小物块(可视为质点)轻轻放在传送带的左端上,若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4,已知传送带左、右端间的距离为4m ,g 取10m/s 2.求: (1)刚放上传送带时物块的加速度; (2)传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间. 【答案】(1)24/a g m s μ==(2)1t s = 【解析】 【分析】 先分析物体的运动情况:物体水平方向先受到滑动摩擦力,做匀加速直线运动;若传送带足够长,当物体速度与传送带相同时,物体做匀速直线运动.根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度,由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移,判断以后物体做什么运动,若匀速直线运动,再由位移公式求出时间. 【详解】 (1)物块置于传动带左端时,先做加速直线运动,受力分析,由牛顿第二定律得: mg ma μ= 代入数据得:2 4/a g m s μ== (2)设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s 根据运动学公式可得:2 02as v = 运动的位移: 2 0842v s m a ==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动,设经历时间为t ,则有 212 l at = 解得 1t s = 【点睛】 物体在传送带运动问题,关键是分析物体的受力情况,来确定物体的运动情况,有利于培养学生分析问题和解决问题的能力. 2.四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器,目前正得到越来越广泛的应用.一架质量m =2 kg 的无人机,其动力系统所能提供的最大升力F =36 N ,运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N .(g 取10 m /s 2)

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

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 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,传送带的倾角θ=37°,上、下两个轮子间的距离L=3m ,传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动.一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动.已知小物块可视为质点,与传送带间的动摩擦因数μ=0.8,小物块在传送带上滑动会留下滑痕,传送带两个轮子的大小忽略不计,sin37°=0.6,cos37°=0.8,重力加速度g 取10m/s 2.求

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.

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1.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 ; (2)细杆与地面间的倾角a . 【答案】(1)m =1kg ,(2)a =30°. 【解析】 【详解】 由图得:0-2s 内环的加速度a= v t =0.5m/s 2 前2s ,环受到重力、支持力和拉力,根据牛顿第二定律,有:1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动,根据共点力平衡条件,有:2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ,F 2=5N 联立两式,代入数据可解得:m =1kg ,sinα=0.5,即α=30° 2.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 =

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

大学物理牛顿运动定律及其应用习题及答案

大学物理牛顿运动定律及其应用习题及答 案 -CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN

第2章 牛顿运动定律及其应用 习题解答 1.质量为10kg 的质点在xOy 平面内运动,其运动规律为: 543x con t =+(m),5sin 45y t =-(m).求t 时刻质点所受的力. 解:本题属于第一类问题 543 20sin 480cos 4x x x x con t dx v t dt dv a t dt =+==-==- 5sin 45 20cos 480sin 4y y y t v t a t =-==- 1 2 800cos 4() 800sin 4()()800()x x y y x y F ma t N F ma t N F F F N ==-==-=+= 2.质量为m 的质点沿x 轴正向运动,设质点通过坐标x 位置时其速率为kx (k 为比例系数),求: (1)此时作用于质点的力; (2)质点由1x x =处出发,运动到2x x =处所需要的时间。 解:(1) 2()dv dx F m mk mk x N dt dt === (2) 22112111ln ln x x x x x dx dx v kx t x dt kx k k x ==?===? 3.质量为m 的质点在合力0F F kt(N )=-(0F ,k 均为常量)的作用下作直线运动,求: (1)质点的加速度; (2)质点的速度和位置(设质点开始静止于坐标原点处).

解:由牛顿第二运动定律 200201000 232000012111262v t x t F kt dv m F kt a (ms )dt m F t kt F kt dv dt v (ms )m m F t kt F t kt dx dt x (m )m m ---=-?=--=?=??--=?=?? 4.质量为m 的质点最初静止在0x 处,在力2F k /x =-(N)(k 是常量)的作用下沿X 轴运动,求质点在x 处的速度。 解: 由牛顿第二运动定律 02120v x x dv dv dx dv F k /x m m mv dt dx dt dx k vdv dx v ms )mx -=-====-?=?? 5.已知一质量为m 的质点在x 轴上运动,质点只受到指向原点的引力的作用,引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比,即2/x k f -=(N),k 是比例常数.设质点在 x =A 时的速度为零,求质点在x =A /4处的速度的大小. 解: 由牛顿第二运动定律 02120v x x dv dv dx dv F k /x m m mv dt dx dt dx k vdv dx v ms )mx -=-====-?===?? 6.质点在流体中作直线运动,受与速度成正比的阻力kv (k 为常数)作用,t =0时质点的速度为0v ,证明 (1) t 时刻的速度为v =t m k e v )(0-; (2) 由0到t 的时间内经过的距离为x =(k mv 0)[1-t m k e )(-]; (3)停止运动前经过的距离为)(0k m v ; (4)当k m t =时速度减至0v 的e 1,式中m 为质点的质量.

相关主题
相关文档 最新文档