高中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．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
2
，木板与传送
带间的动摩擦因数μ2=3
，取g=10m/s2，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 =。
3．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．
【答案】（1）20
3.6m 2v x a
==（2）t=1s （3）121x x m +=
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：（1）2
25m /s a g μ==
20 3.6m 2v x a
==
（2）对m ：2
125/a g m s μ==，
对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，
221m /s a =
012v a t a t -=
t=1s
（3）木板共速前先做匀加速运动2
110.52
x at m == 速度121m /s v a t ==
以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动
231/a g m s μ==，
2231
0.52
x vt a t m =+=
X=121x x m +=
考点：牛顿定律的综合应用
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＝1
1
v a ＝1s
（2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=
12a 1t 2=1
2
×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 2
22
22
33412
51.222 1.25
B 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
，2
44
3.22v x m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=5
4.4m 【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．如图所示，质量为M =2kg 、长度5
6
L m =
的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B 处放置一质量为m =1kg 的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对木板施水平向右的推力F =5N ，经过时间t 撤去F ，最后小物块恰好能运动到木板左端A 处，重力加速度取g =10m/s 2．求： （1）小物块与木板系统生热Q ； （2）力F 作用时间t ； （3）力F 做功W ．
【答案】（1）5
J 6
Q =；（2）1s t =；（3）5J W =。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小物块与木板系统生热Q ，则有：
Q mgL μ=
代入数据解得：56
Q =
J （2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为1a ，根据牛顿第二定律有：
1mg ma μ=
解得：2
11m/s a =
木板加速度为2a ，根据牛顿第二定律有：
2F mg Ma μ-=
解得：2
22m/s a =
撤去F 瞬时小物块速度为1v ，则有：
11v a t t ==
木板速度为2v ，则有：
222v a t t ==
该过程木板相对小物块位移：
22
212111222
t x a t a t =-=
撤去F 后历时't 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v ，由动量守恒定律得：
12()mv Mv m M v +=+
解得：53
t
v =
对小物块：由动量定理得：
1()mgt m v v μ=-'
解得：23
t t '=
该过程木板相对小物块位移：
2
21212()()()2223
v v v v v v t x t t t ++'''-=-==
木板长度：
12L x x =+2
56
t =
解得：1t =s （3）力F 做功
221
2
W F a t =?
或
21
()2
W Q m M v =++
解得：5W =J 【点睛】
解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．
6．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，
210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：
(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；
(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小； (3)物体在长木板上滑行的最大距离．
【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；2
21/a m s = （3）2m
【解析】 【分析】
该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】
(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：00
13737mgsin mgcos ma μ-=
解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =
对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：2
02B v aS -=
解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s
= (2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=
解得：物体滑上长木板后物体的加速度2
13/a m s =，方向水平向左
物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=
解得：物体滑上长木板后长木板的加速度2
21/a m s =，方向水平向右
(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =
这段时间内物体的位移221111
4131 2.522
B x v t a t m m =-=?-??= 这段时间内长木板的位移222211
110.522
x a t m m =
=??= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=
7．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。物块B 与传送带
的动摩擦因数μ=0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg 。开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B ，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A 通过计时器显示的读数t 1=9.0×10-4s ，物块B 通过计时器显示的读数t 2=1.8×10-3s ，重力加速度g 取10m/s 2，试求： （1）弹簧储存的弹性势能E p ；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。
【答案】（1）E p=24J ；（2）Q =96J ；（3）84J W >。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小
v A =3
41 3.610m /s 4.09.010d t --?=
=?m/s v B =3
3
2 3.610m /s 2.01.810d t --?=
=?m/s 由动量守恒有
m A v A =m B v B
得
m B =4.0kg
弹簧储存的弹性势能
22112422
p A A B B E m v m v =
+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远
由牛顿第二定律得
B B m g m a μ=
所以B 的加速度
a =2.0m/s 2
B 向右运动的距离
2
12B
v x a
==1.0m <9.0m
物块将返回
向右运动的时间为1 1.0B
v t a
=
=s 传送带向左运动的距离为
21x vt ==6.0m
B 相对于传送带的位移为
112x x x ?=+
物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1 B 相对于传送带的位移为
221x x x ?=-
物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能
22()B Q m g x x μ=??+?=96J
（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有
221122
A A A A m v m v W '=+ A
B 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B
v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
A A
B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''
碰撞过程中，没有机械能损失
222
211112222
A A
B B A A
B B m v m v m v m v ''+''+= B 要滑出平台Q 端，由能量关系有
21
2
B B
B m v m gL μ>' 所以由得W >84J
8．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0=3m/s 2开始运动，其速度达到v=6m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．2
10/g m s =，求： （1）求煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度． （3）摩擦力对传送带做的功 【答案】（1）1N （2）3m （3）12J 【解析】 【分析】
传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功
【详解】
（1）煤块所受滑动摩擦力的大小f=μmg=0.2×5N=1N．
（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s2；煤块与传送带相对静止所用时间
6
3
2
v
t s
a
=＝＝，通过的位移
6
39
2
x vt m m
=?
＝＝；
在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s所用时间
1
6
2
3
v
t s s
a
=
V
＝＝
在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t2=t-t1=1s，
则传送带的位移x′＝
2
v
t1+vt2＝
6
2
×2+6×1m＝12m，
则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m．
由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m．
（3）此过程中摩擦力对传送带做功：2
1
12
2
W mv mg x J
μ
=+?=
9．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A、B两物体质量均为m，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g为重力加速度)，经过作用时间t，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：
(1)刚施加力F的瞬间，A的加速度大小；
(2)B刚离开挡板时，A的速度大小；
(3)在时间t内，弹簧的弹力对A的冲量I A．
【答案】(1)2sin
a gθ
=；(2)2sin
A
m
v g
k
；(3)sin(21)
A
m
I mg
k
θ
=
【解析】
（1）刚施加力F的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F弹=mgsinθ；
根据牛顿第二定律，对A：F+F弹-mgsinθ=ma
解得a=2gsinθ.
（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为
1
sin
mg
x
k
θ
=；
当B刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量
21
sin
=
mg
x x
k
θ
=
此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；
从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =
2
A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ?=弹
解得2sin A m v g k
θ
= （3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，
解得2sin 2A m I g t k θ??
=- ? ???
点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.
10．如图所示，质量为M =2kg 、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m =1kg 的物块，现用一水平向右大小为9N 的拉力F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F ，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L =4.8m ，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s 2，求：
(1)撤去F 的瞬间，物块和板的加速度； (2)拉力F 作用的时间； (3)整个过程因摩擦产生的热量。
【答案】(1)1 m/s 2，方向向左， 2.5 m/s 2，方向向左(2)4s(3)72J 【解析】 【详解】
(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a 1、a 2，由牛顿第二定律得： 对物块：
μ1mg =ma 1
对木板：
μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2
解得：
a 1=1 m/s 2，方向向左 a 2=2.5 m/s 2，方向向左
(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：
F -μ2（M +m ）g =（M+m ）a 0
解得：
a 0=1 m/s 2。
设撤去力 F 时二者的速度为 v ，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：
2
11
2v x a =
木板的位移：
2
22
2v x a =
又：
x 1-x 2=L
联立方程，代入数据得：
v =4m/s
设力F 作用的时间为t ，则：
v =a 0t
所以：
04
41
v t s s a =
== (3)在拉力F 的作用下木板的位移：
x 0=
12a 0t 2=1
2
×1×42=8m 由上解得，撤去拉力后木板的位移：
x 2=3.2m
根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：
Q =μ2（M +m ）g （x 2+x 0）+μ1mg （x 1-x 2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J
《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
磁场对运动电荷的作用力 1.在以下几幅图中，对洛伦兹力的方向判断不正确的是( ) 2.如图所示，a是带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块，A，B叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b物块，使A，B一起无相对滑动地向左加 速运动，在加速运动阶段( ) A．A，B一起运动的加速度不变 B．A，B一起运动的加速度增大C．A，B物块间的摩擦力减小 D．A，B物块间的摩擦力增大 3.带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是( ) A．油滴必带正电荷，电荷量为 B．油滴必带正电荷，比荷＝ C．油滴必带负电荷，电荷量为 D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q ＝ 4.（多选）在下列各图所示的匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电子可能 沿水平方向向右做直线运动的是( ) 5. （多选）在图中虚线所示的区域存在匀强电场和匀强磁场．取坐标如图， 一带电粒子沿x轴正方向进入此区域，在穿过此区域的过程中运动方始终不 发生偏转，不计重力的影响，电场强度E和磁感应强度B的方向可能是 ( ) A．E和B都沿x轴方向 B．E沿y轴正向，B沿z轴正向 C．E沿z轴正向，B沿y轴正向 D．E，B都沿z轴方向 6. （多选）为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端 安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长，宽，高分别为 a，b，c，左右两端开口，在垂直于上，下底面方向加磁感应强度为B的匀 强磁场，在前，后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右 流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单 位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( ) A．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高 B．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离 子多少无关 C．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大 D．污水流量Q与U成正比，与a，b无关 7.（多选）如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量 为m，带电荷量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向且 相互垂直的匀强磁场和匀强电场中，设小球的电荷量不变，小球由静止下滑 的过程中( ) A．小球加速度一直增大 B．小球速度一直增大，直到最后匀速 C．棒对小球的弹力一直减小 D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变 8.一个质量为m＝0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－4C的电荷量，放置在倾 角α＝30°的光滑斜面上(绝缘)，斜面固定且置于B＝0.5 T的匀强磁场中， 磁场方向垂直纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面滑下，斜面足 够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面(g取10 m/s2)．求： (1)小滑块带何种电荷？ (2)小滑块离开斜面时的瞬时速度多大？ (3)该斜面长度至少多长？ 9.光滑绝缘杆与水平面保持θ角，磁感应强度为B 的匀强磁场充满整个空间，一个带正电q、质量为 m、可以自由滑动的小环套在杆上，如图所示，小 环下滑过程中对杆的压力为零时，小环的速度为________． 10.如图所示，质量为m的带正电小球能沿着竖直的绝缘墙竖 直下滑，磁感应强度为B的匀强磁场方向水平，并与小球运动 方向垂直．若小球电荷量为q，球与墙间的动摩擦因数为μ.则 小球下滑的最大速度为____________，最大加速度为____________． 11.如图所示，各图中的匀强磁场的磁感应强度均为B，带电粒子的速率均 为v，带电荷量均为q.试求出图中带电粒子所受洛伦兹力的大小，并指出洛 伦兹力的方向．
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--= -
高中物理相互作用专题训练答案及解析 一、高中物理精讲专题测试相互作用 1．如图所示,质量的木块A套在水平杆上,并用轻绳将木块与质量的小球B相连.今用跟水平方向成角的力,拉着球带动木块一起向右匀速运动,运动中M、m相对位置保持不变,取.求: (1)运动过程中轻绳与水平方向夹角; (2)木块与水平杆间的动摩擦因数为. (3)当为多大时,使球和木块一起向右匀速运动的拉力最小? 【答案】（1）30°（2）μ=（3）α=arctan． 【解析】 【详解】 （1）对小球B进行受力分析，设细绳对N的拉力为T由平衡条件可得： Fcos30°=Tcosθ Fsin30°+Tsinθ=mg 代入数据解得：T=10，tanθ=，即：θ=30° （2）对M进行受力分析，由平衡条件有
F N=Tsinθ+Mg f=Tcosθ f=μF N 解得：μ＝ （3）对M、N整体进行受力分析，由平衡条件有： F N+Fsinα=（M+m）g f=Fcosα=μF N 联立得：Fcosα=μ（M+m）g-μFsinα 解得：F＝ 令：sinβ＝，cosβ=，即：tanβ= 则： 所以：当α+β=90°时F有最小值．所以：tanα=μ=时F的值最小．即：α=arctan 【点睛】 本题为平衡条件的应用问题，选择好合适的研究对象受力分析后应用平衡条件求解即可，难点在于研究对象的选择和应用数学方法讨论拉力F的最小值，难度不小，需要细细品味．
2．一架质量m 的飞机在水平跑道上运动时会受到机身重力、竖直向上的机翼升力F 升、发动机推力、空气阻力F 阻、地面支持力和跑道的阻力f 的作用。其中机翼升力与空气阻力均与飞机运动的速度平方成正比，即2 2 12,F k v F k v ==阻升，跑道的阻力与飞机对地面的压力成正比，比例系数为0k （012m k k k 、、、均为已知量），重力加速度为g 。 (1)飞机在滑行道上以速度0v 匀速滑向起飞等待区时，发动机应提供多大的推力？ (2)若将飞机在起飞跑道由静止开始加速运动直至飞离地面的过程视为匀加速直线运动，发动机的推力保持恒定，请写出012k k k 与、的关系表达式； (3)飞机刚飞离地面的速度多大？ 【答案】(1)2 220 10 ()F k v k mg k v =+-；(2)2202 1F k v ma k mg k v --=-；(3)1mg v k = 【解析】 【分析】 （1）分析粒子飞机所受的5个力，匀速运动时满足' F F F =+阻阻推，列式求解推力；（2） 根据牛顿第二定律列式求解k 0与k 1、k 2的关系表达式；（3）飞机刚飞离地面时对地面的压力为零. 【详解】 （1）当物体做匀速直线运动时，所受合力为零，此时有 空气阻力 2 20F k v 阻= 飞机升力 2 10F k v =升 飞机对地面压力为N ，N mg F =-升 地面对飞机的阻力为：' 0F k N =阻 由飞机匀速运动得：F F F =+， 阻阻推 由以上公式得 22 20010()F k v k mg k v =+-推 （2）飞机匀加速运动时，加速度为a ，某时刻飞机的速度为v ，则由牛顿第二定律： 22201-()=F k v k mg k v ma --推 解得：2202 1-F k v ma k mg k v -=-推
1．在如图所示的装置中，木块B与水平桌面间的接触是光滑的，子弹A沿水平方向 射入木块后留在其中，将弹簧压缩到最短．若将子弹、木块和弹簧合在一起作为系统， 则此系统在从子弹开始射入到弹簧被压缩至最短的整个过程中（） A. 动量守恒，机械能守恒 B. 动量守恒，机械能不守恒 C. 动量不守恒，机械能不守恒 D. 动量不守恒，机械能守恒 2．车厢停在光滑的水平轨道上，车厢后面的人对前壁发射一颗子弹。设子弹质量为m，出口速度v，车厢和人的质量为M，则子弹陷入前车壁后，车厢的速度为（） A. mv/M，向前 B. mv/M，向后 C. mv/（m M），向前 D. 0 3．质量为m、速度为v的A球与质量为3m的静止B球发生正碰．碰撞可能是弹性的，也可能是非弹性的，因此，碰撞后B球的速度可能有不同的值．碰撞后B球的速度大小可能是( )． A. 0.6v B. 0.4v C. 0.3v D. v 4．两个质量相等的小球在光滑水平面上沿同一直线同向运动，A球的动量是8kg·m/s，B球的动量是6kg·m/s，A球追上B球时发生碰撞，则碰撞后A、B两球的动量可能为 A. p A＝0，p B＝l4kg·m/s B. p A＝4kg·m/s，p B＝10kg·m/s C. p A＝6kg·m/s，p B＝8kg·m/s D. p A＝7kg·m/s，p B＝8kg·m/s 5．如图所示，在光滑水平面上停放质量为m装有弧形槽的小车.现有一质量也为m的小 球以v0的水平速度沿切线水平的槽口向小车滑去，不计一切摩擦，则（） A. 在相互作用的过程中，小车和小球组成的系统总动量守恒 B. 小球离车后，可能做竖直上抛运动 C. 小球离车后，可能做自由落体运动 D. 小球离车后，小车的速度有可能大于v0 6．如图甲所示，光滑水平面上放着长木板B，质量为m＝2kg的木块A以速度v0＝2m/s滑上原来静止的长木板B的上表面，由于A、B之间存在有摩擦，之后，A、B的速度随时间变化情况如乙图所示，重力加速度g＝10m/s2。则下列说法正确的是（） A. A、B之间动摩擦因数为0.1 B. 长木板的质量M＝2kg C. 长木板长度至少为2m D. A、B组成系统损失机械能为4J 7．长为L、质量为M的木块在粗糙的水平面上处于静止状态，有 一质量为m的子弹（可视为质点）以水平速度v0击中木块并恰好未穿出。设子弹射入木块过程时间极短，子弹受到木块的阻力恒定，木块运动的最大距离为s，重力加速度为g，(其中M=3m)求： （1）木块与水平面间的动摩擦因数μ； （2）子弹受到的阻力大小f。(结果用m ，v0，L表示) 8．如图所示，A、B两点分别为四分之一光滑圆弧轨道的最高点和最低点，O为圆心，OA连线水平，OB连线竖直，圆弧轨道半径R=1.8m，圆弧轨道与水平地面BC平滑连接。质量m1=1kg的物体P由A点无初速度下滑后，与静止在B点的质量m2=2kg的物体Q发生弹性碰撞。已知P、Q两物体与水平地面间的动摩擦因数均为0.4，P、Q两物体均可视为质点，当地重力加速度g=10m／s2。求P、Q两物体都停止运动时二者之间的距离。
牛顿运动定律 1、理想斜面实验 （1）亚里士多德：力是维持物体运动的原因 （2）伽利略理想斜面实验：方法：实验＋科学推理 让小球从斜面上滚下来（实验） 若没有摩擦小球将上升到原来高度 减小斜面倾角，小球将上升到原来高度 减小斜面倾角直至水平，小球为想达到原来高度将持续运动下去。 结论：力不是维持物体运动的原因，物体停止是因为受到摩擦阻力的作用。 2、牛顿第一定律（惯性定律） 一切物体总保持，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 拓展：运动的物体不受外力，总保持 静止的物体不受外力，总保持 物体的运动状态改变了，说明了 运动状态改变的标志： 例题1：关于力和运动状态的改变,下列说法不正确的是( ) A. 物体加速度为零，则运动状态不变 B. 只要速度大小和方向二者中有一个发生变化，或者二者都变化，都叫运动状态发生变化 C. 物体运动状态发生改变就一定受到力的作用 D. 物体运动状态的改变就是指物体的加速度在改变 2、在水平的路面上有一辆匀速行驶的小车,车上固定一盛满水的碗。现突然发现碗中的水洒出,水洒出的情况如图所示,则关于小车在此种情况下的运动叙述正确的是（） A. 小车匀速向左运动 B. 小车可能突然向左加速运动 C. 小车可能突然向左减速运动 D. 小车可能突然向右加速运动 3、如图所示，重球系于线DC下端，重球下再系一根同样的绳BA，下列说法正确的是（）
A.在绳的A 端缓慢增加拉力，结果CD绳拉断 B.在绳的A端缓慢增加拉力，结果AB绳拉断 C.在绳的A端突然猛一拉，结果AB绳拉断 D.在绳的A端突然猛一拉，结果CD绳拉断 4、如图所示,一个劈形物体A,各面均光滑,放在固定的斜面上,上表面呈水平,在水平面上放一个小球B,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. 竖直向下的直线 C. 无规则曲线 D. 抛物线 3、牛顿第三定律：作用力与反作用力定律（不可叠加） 等大：反向： 异物：共线： 共性：同生同失： 例题：如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱子内有一根固定的竖直杆，在杆上套着一个环，已知箱子和竖直杆的总质量为M，环的质量为m，环沿竖直杆加速下滑，环与竖直杆的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力为（） A. Mg B. Mg+mg C. Mg+mg?Ff D. Mg+Ff 4、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： 对牛顿第二定律的理解 （1）同体性：F、m、a是研究同一个系统的三个物理量，不要乱写ｍ （2）瞬时性： （3）矢量性 （4）力的独立性：作用在物体上的每个力都将产独立地产生各自的加速度，与其他力无关，合外力的加速度即是这些加速度的矢量和。 注意：牛顿运动定律只适用于宏观、低速的物体，不适用于微观、高速的物体，只适用于惯性参考系，不适用于非惯性参考系。 ５、牛顿第二定律的一般解题步骤和方法 （1）选对象定状态析受力列方程
（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． 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 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： 专题训练一、力和运动一．选择题 1．物体在几个力的作用下处于平衡状态，若撤去其中某一个力而其余力 的个数和性质不变，物体的运动情况可能是（） A．静止 B．匀加速直线运动 C．匀速直线运动 D．匀速圆周运动 14.如图所示，用光滑的粗铁丝做成一直角三角形，BC水平，AC边竖直，∠ABC=α，AB及AC两边上分别套有细线连着的铜环，当它们静止时，细线跟AB所成的角θ的大小为（细线长度小于BC） A.θ=α B.θ＞ 2 π C.θ＜α D.α＜θ＜ 2 π 2．一条不可伸长的轻绳跨过质量可忽略不计的定滑轮，绳的一端系一质量M=15kg的重物，重物静止于地面上。有一质量m=10kg的猴子，从绳的另一端沿绳向上爬，如图1-1所示。不计滑轮摩擦，在重物不离开地面的条件下，猴子向上爬的最大加速度为（g=10m/s2）A．25m/s2 B．5m/s2 C．10m/s2 D．15m/s2（） 3．小木块m从光滑曲面上P点滑下，通过粗糙静止的水平传送带落于地面上的Q点，如图1-2所示。现让传送带在皮带轮带动下逆时针转 动，让m从P处重新滑下，则此次木块的落地点将 A．仍在Q点 B．在Q点右边（） C．在Q点左边 D．木块可能落不到地面 4．物体A的质量为1kg，置于水平地面上，物体与地面的动摩擦因数为μ=0.2，从t=0开始物体以一定初速度v0向右滑行的同时，受到一个水平向左的恒力F=1N的作用，则捅反映物体受到的摩擦力f随时间变化的图像的是图1-3中的哪一个（取向右为正方向，g=10m/s2）（） 5．把一个重为G的物体用水平力F=kt（k为恒量，t为时间）压在竖直的足够高的墙面上，则从t=0开始物体受到的摩擦力f随时间变化的图象是下图中的 图1-1 P m Q 图1-2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 f/N t 2 1 -1 -2 图1-3 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 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 高中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．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 2 ，木板与传送 带间的动摩擦因数μ2=3 ，取g=10m/s2，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： C ．若是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于 D ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于 专题：电磁感应 1．如图为理想变压器原线圈所接电源电压波形， 原副线圈匝数之比 n 1∶n 2 = 10∶ 1，串联在 原线圈电路中电流表的示数为 1A ，下则说法正确的是（ A ．变压器输出两端所接电压表的示数为 22 2 V B ．变压器输出功率为 220W C ．变压器输出的交流电的频率为 50HZ D ．若 n 1 = 100 匝，则变压器输出端穿过每匝线圈的磁通量的变化率的最 大值为 2.2 2wb/s 2．如图所示，图甲中 A 、B 为两个相同的线圈，共轴并靠边放置， A 线圈中画有如图乙 所 示的交变电流 i ，则（ ） A ．在 t 1到 t 2的时间内， A 、B 两线圈相吸 B ． 在 t 2到 t 3 的时间内， A 、B 两线圈相斥 C ． t 1 时刻，两线圈的作用力为 零 D ． t 2时刻，两线圈的引力最大 3．如图所示，光滑导轨倾斜放置，其下端连接一个灯泡，匀强磁场垂直于导线所在平面， 当 ab 棒下滑到稳定状态时，小灯泡获得的功率为 P 0 ，除灯泡外，其它电阻不计，要使灯 泡的功率变为 2P 0 ，下列措施正确的是（ A ．换一个电阻为原来 2 倍的灯泡 B ．把磁感应强度 B 增为原来的 2 倍 C ．换一根质量为原来 2 倍的金属棒 D ．把导轨间的距离增大为原来的 2 4．如图所示，闭合小金属环从高 h 的光滑曲面上端无初速滚下，沿曲面的另一侧上升，曲 面在磁场中（ A ．是非匀强磁场，环在左侧滚上的高度小于 B ．若是匀强磁场，环在左侧滚上的高度等于 ××× ×× × ×× × ××× 5．如图所示，一电子以初速 v 沿与金属板平行的方向飞入两板间，在下列哪种情况下， 电 子将向 M 板偏转？（ ） A ．开关 K 接通瞬间 B ．断开开关 K 瞬间 C ．接通 K 后，变阻器滑动触头向右迅速滑动 D ．接通 K 后，变阻器滑动触头向左迅速滑动 6．如图甲， 在线圈 l 1 中通入电流 i 1后，在 l 2 上产生感应电流随时间变化规律如图乙所示， M N K高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案
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