牛顿运动定律实验题
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高中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14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14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:2012mgR 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:20v 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2202v v al -=代入数据解得:v=4m/s由于v >u =2m/s ,所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小,设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1,两物块碰撞过程系统动量守恒,以向左为正方向,由动量守恒定律得:mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得:22212111222mv mv Mv =+ 解得:12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大,弹簧弹性势能最大,由能量守恒定律得:2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动,设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′,由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得:l′=2m <4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上,当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后,将会沿传送带向左加速运动,可以判断,物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ,继而与物块A 发生第二次碰撞。
高中专题同步测试卷专题三牛顿运动定律一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项正确)1.放在光滑水平面上的物体受到三个平行于水平面的共点力作用而平衡,如图,已知F2和F3垂直,三个力中若去掉F1可产生2.5 m/s2的加速度,若去掉F2可产生1.5 m/s2的加速度.若去掉F3,则物体的加速度为()A.1.5 m/s2B.2 m/s2C.2.5 m/s2D.4 m/s22.如图所示为一游乐场的娱乐项目的简化示意图.质量为m的参赛者要爬上一段带有弧形轨道的顶端,轨道始终静止在地面上.在参赛者缓慢向上爬的过程中()A.参赛者受到的摩擦力逐渐减小B.参赛者对轨道的压力逐渐减小C.参赛者对轨道的作用力逐渐增大D.地面对轨道的摩擦力方向向左3.如图甲所示,静止在光滑水平面上O点的物体,从t=0开始物体受到如图乙所示的水平力F的作用,设向右为F的正方向,则物体()A.一直向左运动B.一直向右运动C.一直匀加速运动D.在O点附近左右运动4.如图所示,不计绳的质量以及绳与滑轮的摩擦,物体A的质量为M,水平面光滑,当在绳的B端挂一质量为m的物体时,物体A的加速度为a1,当在绳的B端施以F=mg的竖直向下的拉力作用时,A的加速度为a2,则a1与a2的大小关系是()A.a1=a2B.a1>a2C.a1<a2D.无法确定5.如图所示,两根直木棍AB和CD(可视为相同的圆柱体)相互平行,固定在同一水平面上,一个圆柱形工件P架在两木棍之间.工件在水平向右的推力F的作用下,恰好能向右匀速运动.若保持两木棍在同一水平面内,但将它们间的距离稍微增大一些后固定.仍将圆柱形工件P架在两木棍之间,用同样的水平推力F向右推该工件,则下列说法中正确的是()A.工件一定静止不动B.工件一定向右匀速运动C.工件一定向右减速运动D.工件一定向右加速运动6.如图所示,传送带的水平部分长为L ,传动速率为v ,在其左端无初速度释放一小木块,若木块与传送带间的动摩擦因数为μ,则木块从左端运动到右端的时间不可能是( ) A.L v +v 2μg B.L v C. 2L μg D.2L v7.如图所示,一轻弹簧两端分别连接物体a 、b .第一种情景:在水平力F 1的作用下a 、b 共同向右匀变速运动,此时弹簧的长度为l 1;第二种情景:在沿斜面向上的力F 2的作用下a 、b 共同向上匀变速运动,此时弹簧的长度为l 2.若物体a 、b 与接触面的动摩擦因数相同,则轻弹簧的原长为( )A.F 1l 1-F 2l 2F 1-F 2B.F 1l 2-F 2l 1F 2-F 1C.F 2l 1-F 1l 2F 2-F 1D.F 1l 1-F 2l 2F 2-F 1二、多项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题意)8.关于惯性在实际中的应用,下列说法中正确的是( )A .运动员在跳远时助跑,是为了增大起跳时的惯性B .运动员在掷标枪时助跑,是为了利用惯性C .手扶拖拉机的飞轮做得很重,是为了增大它转动的惯性D .战斗机在空战时,甩掉副油箱是为了减小惯性,提高飞行的灵活性9.我国在西昌卫星发射中心用“长征二号F ”运载火箭,成功发射神州十号飞船.关于这次飞船与火箭上天的情形叙述正确的是( )A .火箭尾部向外喷气,喷出的气体反过来对火箭产生一个反作用力,从而让火箭获得了向前的动力B .火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力,空气反作用力使火箭获得飞行的动力C .火箭飞出大气层后,由于没有空气,火箭虽然向后喷气,但也无法获得前进的动力D .飞船进入预定轨道之后,与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力10.下列叙述中正确的是( )A .在力学的国际单位制中,力的单位、质量的单位、位移的单位被选定为基本单位B .牛、千克米每二次方秒都属于力的单位C .在厘米、克、秒单位制中,重力加速度g 的值等于98 cm/s 2D .在力学计算中,所有涉及的物理量的单位都应取国际单位11.如图所示,滑块A 在倾角为30°的斜面上,沿斜面下滑的加速度a 为2.0 m/s 2.若在A上放一重量为10 N的物体B,A、B一起以加速度a1沿斜面下滑;若在A上加竖直向下大小为10 N的恒力F,A沿斜面下滑的加速度为a2.则()A.a1>2 m/s2B.a1=2 m/s2C.a2=2 m/s2D.a2>2 m/s212.如图所示,一名消防队员在模拟演习训练中,沿着长为12 m的竖立在地面上的钢管往下滑.已知这名消防队员的质量为60 kg,他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑,滑到地面时速度恰好为零.如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍,下滑的总时间为3 s,g取10 m/s2,那么该消防队员()A.下滑过程中的最大速度为4 m/sB.加速与减速过程的时间之比为1∶2C.加速与减速过程中所受钢管弹力大小之比为1∶7D.加速与减速过程的位移之比为1∶4三、实验题(按题目要求解答)13.(8分)某同学设计了如下实验方案用来“验证牛顿运动定律”:(1)如图甲所示,将木板有定滑轮的一端垫起,把滑块通过细绳与带夹子的重锤相连,然后跨过定滑轮,重锤下夹一纸带,穿过打点计时器.调整木板倾角,直到向下轻推滑块后,滑块沿木板匀速运动.(2)如图乙所示,保持长木板的倾角不变,将打点计时器安装在长木板上靠近定滑轮处,取下细绳和重锤,将滑块与纸带相连,使纸带穿过打点计时器,然后接通电源释放滑块,使滑块由静止开始加速运动.打点计时器使用的交流电的频率为50 Hz,打出的纸带如图丙所示,A、B、C、D、E是纸带上五个计数点.①图乙中滑块下滑的加速度为________.(结果保留两位有效数字)②若重锤质量为m,滑块质量为M,重力加速度为g,则滑块加速下滑时受到的合力为________.③某同学在保持滑块质量不变的情况下,通过多次改变滑块所受合力,由实验数据作出的a-F图象如图丁所示,则滑块的质量为________kg.(结果保留两位有效数字)四、计算题(本题共3小题,共34分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤,只写出最后答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位) 14.(8分)据报导,埃及卢克索发生一起观光热气球爆炸坠落事故,造成几十人遇难.科研人员乘热气球进行科学考察.热气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900 kg,在空中停留一段时间后,科研人员发现热气球因漏气而下降,及时堵住.堵住时热气球下降速度为1 m/s,且做匀加速运动,4 s内下降了12 m.若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略,重力加速度g取10 m/s2,求至少抛掉多重的压舱物才能阻止热气球加速下降.15.(12分)如图所示,特战队员从悬停在空中离地235 m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练.某特战队员和他携带的武器质量共为80 kg,设特战队员用特制的手套轻握绳子时可获得200 N的摩擦阻力,紧握绳子时可获得1 000 N的摩擦阻力,下滑过程中特战队员必须握住绳子才能确保安全.g取10 m/s2.求:(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度是多大?(2)如果要求特战队员着地时的速度不大于5 m/s,则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少,最少时间为多少?16.(14分)如图所示为游乐场中深受大家喜爱的“激流勇进”的娱乐项目,人坐在船中,随着提升机达到高处,再沿着水槽飞滑而下,劈波斩浪的刹那给人惊险刺激的感受.设乘客与船的总质量为100 kg,在倾斜水槽和水平水槽中滑行时所受的阻力均为重力的0.1倍,水槽的坡度为30°,若乘客与船从槽顶部由静止开始滑行18 m经过斜槽的底部O点进入水平水槽(设经过O点前后速度大小不变,取g=10 m/s2).求:(1)船沿倾斜水槽下滑的加速度的大小;(2)船滑到斜槽底部O点时的速度大小;(3)船进入水平水槽后15 s内滑行的距离.参考答案与解析1.[导学号27630162] 解析:选B.设物体的质量为m ,由平衡条件可知,任何一个力的大小都等于其他两个力的合力大小,则可知F 1=m ×2.5 m/s 2,F 2=m ×1.5 m/s 2,所以F 3=F 21-F 22=m ×2 m/s 2,因此去掉F 3时物体的加速度a =F 3m=2 m/s 2. 2.[导学号27630163] 解析:选B.分析参赛者的受力如图所示,F N =mg cos α,F f =mg sin α,向上爬的过程中,α变大,故F N 减小,F f 变大,选项A 错误、B 正确;轨道对参赛者的作用力等于其受到的摩擦力与支持力的合力,大小等于其重力,方向向上,保持恒定,根据牛顿第三定律,参赛者对轨道的作用力不变,选项C 错误;分析参赛者与轨道组成的整体,根据平衡条件,受到重力和地面的支持力的作用,不受地面的摩擦力作用,选项D 错误.3.[导学号27630164] 解析:选B.物体第1 s 内向右做初速度为零的匀加速直线运动,第2 s 内向右做匀减速直线运动到静止,第3 s 内向右做初速度为零的匀加速直线运动,第4 s 内向右做匀减速直线运动……选项ACD 错误,选项B 正确.4.[导学号27630165] 解析:选C.当在绳的B 端挂一质量为m 的物体时,将它们看成系统,由牛顿第二定律:mg =(m +M )a 1,故a 1=mg (m +M ).而当在绳B 端施以F =mg 的竖直向下的拉力作用时mg =Ma 2,a 2=mg M,a 1<a 2,选项C 正确. 5.[导学号27630166] 解析:选A.工件在水平向右的推力F 的作用下,恰好能向右匀速运动,这样工件受到的滑动摩擦力水平向左与F 大小相等,当将它们间的距离稍微增大一些后固定,两木棍AB 和CD 对圆柱形工件弹力的夹角增大,重力不变,弹力增大,由F f =μF N 知,圆柱形工件受到的滑动摩擦力增大,工件一定静止不动,故选项A 正确.6.[导学号27630167] 解析:选B.因木块运动到右端的过程不同,对应的时间也不同,若一直匀加速至右端,则L =12μgt 2,可得t = 2L μg,C 可能;若一直加速到右端时的速度恰好与传送带速度v 相等,则L =0+v 2t ,可得t =2L v ,D 可能;若先匀加速到传送带速度v ,再匀速到右端,则v 22μg +v ⎝⎛⎭⎫t -v μg =L ,可得t =L v +v 2μg ,A 可能;木块不可能一直匀速至右端,B 不可能.7.[导学号27630168] 解析:选C.设物体a 、b 的质量分别为m 1、m 2,与接触面的动摩擦因数为μ,轻弹簧的原长为l 0.以整体为研究对象有F 1-μ(m 1+m 2)g =(m 1+m 2)a 1,以物体a 为研究对象有k (l 1-l 0)-μm 1g =m 1a 1,联立解得k (l 1-l 0)=m 1m 1+m 2F 1.同理可得k (l 2-l 0)=m 1m 1+m 2F 2.因而可得l 0=F 2l 1-F 1l 2F 2-F 1, 故选项C 正确.8.[导学号27630169] 解析:选BCD.惯性只与质量有关,只有改变了质量才能改变惯性,助跑是利用惯性,并不能改变惯性,所以选项A 错误,选项B 正确.惯性的大小由质量量度,质量越小,惯性越小,运动状态就越容易改变,越灵活,选项C 、D 正确.故选BCD.9.[导学号27630170] 解析:选AD.火箭升空时,其尾部向下喷气,火箭箭体与被喷出的气体是一对相互作用的物体,火箭向下喷气时,喷出的气体同时对火箭产生向上的反作用力,即火箭上升的动力,此动力并不是由周围的空气对火箭的反作用力提供的,因而与是否飞出大气层、是否存在空气无关,因而选项B 、C 错误,选项A 正确;飞船进入轨道之后,飞船与地球之间依然相互吸引,即飞船吸引地球,地球吸引飞船,这是一对作用力与反作用力,故选项D 正确.10.[导学号27630171] 解析:选BD.力学单位制中,质量、位移、时间的单位被选为基本单位,而不是力的单位,故A 错误;根据F =ma ,1 N =1 kg·m/s 2,故B 正确;在厘米、克、秒单位制中,g =9.8 m/s 2=980 cm/s 2,故C 错误;在力学计算中,没有特殊说明,所有物理量的单位都应取国际单位,故D 正确.故选BD.11.[导学号27630172] 解析:选BD.依题意有m A g sin θ-μm A g cos θ=m A a ,(m A +m B )g sin θ-μ(m A +m B )g cos θ=(m A +m B )a 1,(m A g +F )sin θ-μ(m A g +F )cos θ=m A a 2,从以上各式可解得:a 1=2 m/s 2,a 2>2 m/s 2,即B 、D 选项正确.12.[导学号27630173] 解析:选BC.画出其速度图象如图所示,由加速度关系v max t 0=2×v max 3 s -t 0得t 0=1 s ,速度图线与时间轴所围的面积表示位移:12 m =v max 2×3 s ,得v max =8 m/s ,可见加速与减速过程的时间之比为1∶2,加速与减速过程的位移之比为1∶2,由牛顿第二定律及加速度关系得:mg -μF N1m =8 m/s 1 s =8 m/s 2,μF N2-mg m =8 m/s 2 s=4 m/s 2,解得F N1∶F N2=1∶7,综上选BC. 13.[导学号27630174] 解析:(2)①由Δx =aT 2得a =3.9 m/s 2.②滑块通过细绳与带夹子的重锤相连,滑块匀速下滑,说明滑块重力沿斜面向下的分力和摩擦力之差等于重锤的重力,取下细绳和重锤,滑块加速下滑受到的合力为mg .③a -F 图象的斜率表示质量的倒数1m,可得到滑块的质量为2.0 kg. 答案:(2)①3.9 m/s 2 ②mg ③2.014.[导学号27630175] 解析:设漏气后热气球所受浮力为F ,热气球加速下降时的加速度大小为a .由s =v 0t +12at 2 (2分)得:a =2(s -v 0t )t 2=2×(12-1×4)42m/s 2=1 m/s 2 (2分) 由牛顿第二定律得:mg -F =ma(2分) 至少需要抛掉的压舱物的重力为G =mg -F =ma =900×1 N =900 N .(2分) 答案:900 N15.[导学号27630176] 解析:(1)特战队员轻握绳子降落时的加速度为a 1=mg -f 1m =800-20080m/s 2=7.5 m/s 2. (4分)(2)特战队员按照先加速到一定速度后立即减速,到达地面时速度正好为5 m/s 的方式运动所需时间最少.特战队员紧握绳子降落时的加速度大小为a 2=f 2-mg m =1 000-80080 m/s 2=2.5 m/s 2 (2分) 设特战队员加速下滑的时间为t 1,加速后的最大速度为v m ,减速下滑的时间为t 2,着地时的速度v =5 m/s.特战队员加速过程和减速过程的位移之和等于235 m ,即v 2m 2a 1+v 2m -v 22a 2=235 m (2分)解得v m =30 m/s(2分) 特战队员在空中下滑过程中的最少时间为t 总=t 1+t 2=v m a 1+v m -v a 2=14 s . (2分) 答案:(1)7.5 m/s 2 (2)见解析16.[导学号27630177] 解析:(1)对船进行受力分析,根据牛顿第二定律有 mg sin 30°-F f =ma(1分) F f =0.1mg(1分) 得a =4 m/s 2.(2分) (2)由匀加速直线运动规律有v 2=2ax(2分) 代入数据得v =12 m/s.(2分) (3)船进入水平水槽后,根据牛顿第二定律有-F f =ma ′(1分) 故:a ′=-0.1g =-1 m/s 2(1分) 由于t 止=-v a ′=12 s<15 s (1分)即船进入水平水槽后12 s 末时速度为0 (1分) 船在15 s 内滑行的距离x =v +02t 止=12+02×12 m =72 m . (2分)答案:(1)4 m/s 2 (2)12 m/s (3)72 m。
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。
牛顿运动定律典型例题参考答案一、连接体问题(整体法与隔离法):1.二体连接问题例题1:F=(M+m)g F=(M+m)g F=(M+m)g F=(M+m)g例题2:例题3:2.多体连接问题:例题4:例题5:二、 超失重问题:例题1:BC例题2:A 例题3:C 例题4:A例题5:D三、 等环境问题(力的质量分配原则):例题1.例题2.D四、 临界值问题: 例题1. 解析:(1)ma sin N cos T =α-αmg cos N sin T =α+α当g 31a =时,N=68.4(N ) T=77.3(N ) (2) 若N=0,则有'm a cos T =αm g sin T =α )s /m (17g 3gctg 'a ==α=例题2.五、 瞬时值问题:例题1:解析:分析物体在某一时刻的瞬时加速度,关键是分析瞬时前后的受力情况及运动状态,再由牛顿第二定律求出瞬时加速度。
此类问题应注意两种模型的建立。
先分析剪断细线前两个物体的受力如图2,据平衡条件求出绳或弹簧上的弹力。
可知,F mg 2=,F F mg mg 122=+='。
剪断细线后再分析两个物体的受力示意图,如图2,绳中的弹力F 1立即消失,而弹簧的弹力不变,找出合外力据牛顿第二定律求出瞬时加速度,则图2剪断后m 1的加速度大小为2g ,方向向下,而m 2的加速度为零。
例题2:C例题3,D 例题4: (a=gsinθ ,a=gtanθ ) 例题5、BD 六、 分离问题:例题1:例题2:设物体与平板一起向下运动的距离为x 时,物体受重力mg ,弹簧的弹力F=kx 和平板的支持力N 作用。
据牛顿第二定律有:mg-kx-N=ma 得N=mg-kx-ma ,当N=0时,物体与平板分离,所以此时ka g m x )(-= 因为221at x =,所以kaa g m t )(2-= 例题3:七、 相对滑动问题:例题1:例题2:BC 例题3:ABC例题4:例题5:例题6:例题7:八、 传送带问题:例题1:D例题2:解析: 物体放上传送带以后,开始一段时间,其运动加速度2m/s 10cos sin =+=m mg mg a θμθ。
物理牛顿运动定律专题练习(及答案)含解析一、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.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:(1)木块B 离开桌面时的速度大小; (2)两木块碰撞前瞬间,木块A 的速度大小; (3)两木块碰撞后瞬间,木块A 的速度大小. 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】 【详解】(1)木块离开桌面后均做平抛运动,设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ,在空中飞行的时间为t ′.根据平抛运动规律有:212h gt =,2s v t '= 解得:2 1.5m/s 2gv h== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动,根据牛顿第二定律,木块A 的加速度:22.5m/s Mga Mμ==设两木块碰撞前A 的速度大小为v ,根据运动学公式,得0 2.0m/s v v at =-=(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ,根据动量守恒定律有:2Mv Mv mv =+1解得:210.80m/s Mv mv v M-==.3.如图所示,传送带水平部分x ab =0.2m ,斜面部分x bc =5.5m ,bc 与水平方向夹角α=37°,一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25,传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动,若把物体A 轻放到a 处,它将被传送带送到c 点,且物体A 不脱离传送带,经b 点时速率不变.(取g =10m/s 2,sin37°=0.6)求:(1)物块从a 运动到b 的时间; (2)物块从b 运动到c 的时间. 【答案】(1)0.4s ;(2)1.25s . 【解析】 【分析】根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度,结合运动学公式求出a 到b 的运动时间.到达b 点的速度小于传送带的速度,根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度,求出速度相等经历的时间,以及位移的大小,根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度,结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间,从而得出b 到c 的时间. 【详解】(1)物体A 轻放在a 处瞬间,受力分析由牛顿第二定律得:1mg ma μ=解得:21 2.5m/s a =A 与皮带共速需要发生位移:219 1.8m 0.2m 25v x m a ===>共故根据运动学公式,物体A 从a 运动到b :21112ab x a t =代入数据解得:10.4s t =(2)到达b 点的速度:111m/s 3m/s b v a t ==<由牛顿第二定律得:22sin 37mg f ma ︒+=2cos37N mg =︒且22f N μ=代入数据解得:228m/s a =物块在斜面上与传送带共速的位移是:2222b v vs a -=共代入数据解得:0.5m 5.5m s =<共时间为:2231s 0.25s 8b v v t a --=== 因为22sin 376m/s cos372m/s g g μ︒=︒=>,物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得:23sin 37mg f ma ︒-= 2cos37N mg =︒,且22f N μ=代入数据解得:234m/s a =设从共速到下滑至c 的时间为t 3,由23331 2bc x s vt a t -=+共,得: 31s t =综上,物块从b 运动到c 的时间为:23 1.25s t t +=4.如图甲所示,质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上,t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ,t 1=0.5s 时撤去该拉力,整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示,不计空气阻力,g=10m /s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s . 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度,根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式,可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ.根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】(1)由图象可知,物体向上匀减速时加速度大小为:2210510/10.5a m s -==- 此过程有:mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得:μ=0.5(2)由图象可知,物体向上匀加速时加速度大小为:a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得:F=60N(3)由图象可知,物体向上滑行时间1.5s ,向上滑行过程位移为:s =12×10×1.5=7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义,由斜率求出加速度,其次求得加速度后,由牛顿第二定律求解物体的受力情况.5.现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶,甲车在前,乙车在后,它们行驶的速度均为10m/s .当两车快要到一十字路口时,甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯,于是紧急刹车(反应时间忽略不计),乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车,但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5s ).已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍,乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍,g 取10m/s 2.(1)若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ,他采取上述措施能否避免闯警戒线? (2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞,甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离?【答案】(1)见解析(2)2.5m 【解析】 【分析】(1)根据甲车刹车时的制动力求出加速度,再根据位移时间关系求出刹车时的位移,从而比较判定能否避免闯红灯;(2)根据追及相遇条件,由位移关系分析安全距离的大小. 【详解】(1)甲车紧急刹车的加速度为210.44/a g m s ==甲车停下来所需时间0112.5v t s a ==甲滑行距离 20112.52v x m a == 由于12.5 m <15 m ,所以甲车能避免闯红灯;(2)乙车紧急刹车的加速度大小为:220.55/a g m s ==设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ,在乙车刹车2t 时刻两车速度相等,0120022()v a t t v a t -+=-解得2 2.0t s =此过程中乙的位移: 220002121152x v t v t a t m =+-= 甲的位移:210021021()()12.52x v t t a t t m =+-+= 所以两车安全距离至少为:012 2.5x x x m =-= 【点睛】解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度,再根据运动学公式进行求解.注意速度大者减速追速度小者,判断能否撞上,应判断速度相等时能否撞上,不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断.6.如图甲所示,在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定.解除锁定,物体释放,物体离开平台后水平抛出,落在水平地面上.以P 点为位移起点,向右为正方向,物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示.已知物体质量为2kg ,物体离开平台后下落0.8m 的过程中,水平方向也运动了0.8m ,g 取10m/s 2,空气阻力不计.求:(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能. 【答案】(1)0.2μ=,400/k N m =(2)2/v m s =, 6.48p E J = 【解析】 【详解】(1)由图象知,弹簧最大压缩量为0.18x m ∆=,物体开始运动时加速度2134/a m s =,离开弹簧后加速度大小为222/a m s =.由牛顿第二定律1k x mg ma μ⋅∆-=①,2mg ma μ=②联立①②式,代入数据解得0.2μ=③400/k N m =④(2)物体离开平台后,由平抛运动规律得:212h gt =⑤ d vt =⑥物体沿平台运动过程由能量守恒定律得:212p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式,代入数据得2/v m s =⑧6.48p E J =⑨7.木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =,与原长为020l cm =、劲度系数为100/k N m =轻弹簧相连接,A 、B 系统置于水平地面上静止不动,此时弹簧被压缩了5c m .已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=,可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力,现用水平推力F=2N 作用在木块A 上,如图所示(g 取10m/s 2),(1)求此时A ,B 受到的摩擦力的大小和方向;(2)当水平推力不断增大,求B 即将开始滑动时,A 、B 之间的距离 (3)若水平推力随时间变化满足以下关系12(),2F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间,并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力图像.(规定向左为正方向)【答案】(1)3,A f N =向右,3,B f N =向左;(2)11cm ,(3).【解析】试题分析:(1)分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系,根据平衡条件进行求解;(2)当B 要开始滑动时弹簧弹力不变,则A 、B 的距离等于原长减去压缩量;(3)A 开始滑动时B 静止,则弹簧弹力不变,求出此时的时间,在A 没有滑动前,根据平衡条件求出A f t -的表达式,并作出图象.(1)由:max 10A A f f m g N μ===静动,max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态由题得:5F kx N ==弹 对A 有:A F F f -=弹max 3A A f N f ∴=<方向向右;对B 有:B F f =弹max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立(2)当B 要开始滑动时,此时,max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则:B kx m g μ'=0.1414B m gx m cm kμ∴='==A 、B 间距离: 011s l x cm '=-=(3)在A 没有开始滑动前,A 处于静止状态,弹簧弹力不变 则有:A F f F +=弹 得:13()2A f F F t N =-=-弹 设t 时刻A 开始滑动,此时B 静止,弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得:t=26s作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示8.草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。
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。
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.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:2v 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 1W W mv 2-=弹 根据功能关系有: p W E =弹 解得:f W 0.68J =2.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(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度. (2)小物块离开传送带时的速度大小. 【答案】(1)1.25m;6m (255/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ,即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o,在传送带方向,对小物块根据牛顿第二定律有:cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得:20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动,速度为0时运动到最远距离1x ,假设小物块速度为0时没有滑落,根据运动公式有:2112v x a=解得:1 1.25x m =,12Lx <,小物块没有滑落,所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得: 6.25x m ∆=,因传送带总长度为26L m =,所以传送带上留下的划痕长度为6m ; (2)小物块速度减小为0后,加速度不变,沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速,则有:22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得:255/5v m s =20v v <,即小物块还没有与传送带共速,因此,小物块离开传送带时的速度大小为55/m s .3.滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢?其原因是白雪内有很多小孔,小孔内充满空气.当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来,在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”,从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦.然而当滑雪板对雪地速度较小时,与雪地接触时间超过某一值就会陷下去,使得它们间的摩擦力增大.假设滑雪者的速度超过4 m/s 时,滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1=0.25变为μ2=0.125.一滑雪者从倾角为θ=37°的坡顶A 由静止开始自由下滑,滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地,最后停在C 处,如图所示.不计空气阻力,坡长为l =26 m ,g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8.求:(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间; (2)滑雪者到达B 处的速度;(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离. 【答案】1s 99.2m【解析】 【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度,再由运动学知识可求解速度、位移和时间. 【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度:a 1==4m/s 2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间:t==1s (2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移:x 1=a 1t 2=2m 动摩擦因数变化后,由牛顿第二定律得加速度:a 2==5m/s 2 由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)解得滑雪者到达B 处时的速度:v B =16m/s(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3,则由动能定理有:;解得x 3=96m速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4,则由动能定理有:;解得 x 4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m4.如图甲所示,质量为m 的A 放在足够高的平台上,平台表面光滑.质量也为m 的物块B 放在水平地面上,物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连,弹簧 与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连,轻绳刚好绷紧.现给物块A 施加水平向右的拉力F (未知),使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a ,重力加速度为,g A B 、均可视为质点.(1)当物块B 刚好要离开地面时,拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少; (2)若将物块A 换成物块C ,拉力F 的方向与水平方向成037θ=角,如图乙所示,开始时轻绳也刚好要绷紧,要使物块B 离开地面前,物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动,则物块C 的质量应满足什么条件?(0sin 370.6,cos370.8==)【答案】(1)2;amg F ma mg v k=+=(2)343C mg m g a ≥- 【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时,设弹簧的伸长量为x ,物块A 的速度大小为v ,对物块B 受力分析有mg kx = ,得:mgx k =. 根据22v ax =解得:22amgv ax k==对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg , 解得F=ma+mg ;(2)设某时刻弹簧的伸长量为x .对物体C ,水平方向:1cos C F T m a θ-=,其中1T kx mg =≤;竖直方向:sin C F m g θ≤; 联立解得 343C mgm g a≥-5.某研究性学习小组利用图a所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系。
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,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(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度. (2)小物块离开传送带时的速度大小. 【答案】(1)1.25m;6m (2)55/5m s 【解析】 【分析】 【详解】(1)由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ,即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o,在传送带方向,对小物块根据牛顿第二定律有:cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得:20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动,速度为0时运动到最远距离1x ,假设小物块速度为0时没有滑落,根据运动公式有:2112v x a=解得:1 1.25x m =,12Lx <,小物块没有滑落,所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得: 6.25x m ∆=,因传送带总长度为26L m =,所以传送带上留下的划痕长度为6m ; (2)小物块速度减小为0后,加速度不变,沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速,则有:22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得:255/v m s =20v v <,即小物块还没有与传送带共速,因此,小物块离开传送带时的速度大小为55/m s .2.如图甲所示,一长木板静止在水平地面上,在0t =时刻,一小物块以一定速度从左端滑上长木板,以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =,小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦,经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s=,求:()1小物块与长木板间动摩擦因数的值; ()2在整个运动过程中,系统所产生的热量.【答案】(1)0.7(2)40.5J 【解析】 【分析】()1小物块滑上长木板后,由乙图知,长木板先做匀加速直线运动,后做匀减速直线运动,根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度,木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动,由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值.()2对于小物块减速运动的过程,由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度,再由能量守恒求热量. 【详解】()1长木板加速过程中,由牛顿第二定律,得1212mg mg ma μμ-=; 11m v a t =;木板和物块相对静止,共同减速过程中,由牛顿第二定律得2222mg ma μ⋅=; 220m v a t =-;由图象可知,2/m v m s =,11t s =,20.8t s = 联立解得10.7μ=()2小物块减速过程中,有:13mg ma μ=; 031m v v a t =-;在整个过程中,由系统的能量守恒得2012Q mv = 联立解得40.5Q J =【点睛】本题考查了两体多过程问题,分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键,也是本题的易错点,分析清楚运动过程后,应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题.3.四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)(1)无人机在地面上从静止开始,以最大升力竖直向上起飞.求在t =5s 时离地面的高度h ; (2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处,由于动力设备故障,无人机突然失去升力而坠落.求无人机坠落到地面时的速度v ;(3)接(2)问,无人机坠落过程中,在遥控设备的干预下,动力设备重新启动提供向上最大升力.为保证安全着地(到达地面时速度为零),求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1.【答案】(1)75m (2)40m/s (355s 【解析】 【分析】 【详解】(1)由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得 h=75m . (2)下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得落地时速度 v 2=2a 1H , 代入数据解得 v=40m/s(3)恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ,则有由 v m =a 1t 1 代入数据解得.4.如图,竖直墙面粗糙,其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ,A 在B 的正上方,A 、B 相距h =2. 25 m ,A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用,B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用.同时由静止释放A 和B ,经时间t =0.5 s ,A 、B 恰相遇.已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2,重力加速度大小g =10 m/s 2.求:(1)滑块A 的加速度大小a A ; (2)相遇前瞬间,恒力F 2的功率P .【答案】(1)2A 8m/s a =;(2)50W P =【解析】 【详解】(1)A 、B 受力如图所示:A 、B 分别向下、向上做匀加速直线运动,对A : 水平方向:N 1F F = 竖直方向:A A A m g f m a -= 且:N f F μ=联立以上各式并代入数据解得:2A 8m/s a =(2)对A 由位移公式得:212A A x a t = 对B 由位移公式得:212B B x a t =由位移关系得:B A x h x =- 由速度公式得B 的速度:B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得:2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率:2B P F v = 联立解得:P =50W5.如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:(1)铁钉射入木块后共同的速度v ;(2)木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; (3)木块最终停止时离A 点的距离s.【答案】(1)2/v m s = (2)12.5N F N = (3) 1.25L m ∆= 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ,取向左为正方向,根据动量守恒定律得:0001()m v m m v =+解得:2m v s =;(2) 木块滑上薄板后,木块的加速度210.5m a g s μ==,且方向向右板产生的加速度220.5mgma s Mμ==,且方向向左设经过时间t ,木块与木板共同速度v 运动则:12v a t a t -=此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度22121122x vt a t a t L ∆=--=故共速时,恰好在最左侧B 点,此时木块的速度11m v v a t s'=-=木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力,则:'2N v F mg m R-=代入相关数据解得:F N =12.5N.由牛顿第三定律知,木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ; (3) 木块还能上升的高度为h ,由机械能守恒有:201011()()2m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<木块不脱离圆弧轨道,返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板,设经过t 1共速,此时木板的加速度方向向右,大小仍为a 2,木块的加速度仍为a 1, 则:21121v a t a t -=,解得:11t s = 此时2211121110.522x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s=-=碰撞后,v 薄板=0,木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0,则3211v t s a == 2322210.252x v t a t m =-=故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m即木块停止运动时离A 点1.25m 远.6.某种弹射装置的示意图如图所示,光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接,传送带长度L=15.0m ,皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动,三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上,B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长,滑块B 与轻弹簧连接,C 未连接弹簧,B 、C 处于静止状态且离N 点足够远,现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动,A 与B 碰撞后粘合在一起.碰撞时间极短,滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带,并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上,已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.(1)滑块A 、B 碰撞时损失的机械能; (2)滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ;(3)若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同,要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置,则v 0的取值范围是什么?(结果可用根号表示) 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析:(1)A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒,由此求出二者的共同速度;由功能关系即可求出损失的机械能;(2)A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度,C 在传送带上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律求出加速度,然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移,由功能关系即可求出摩擦产生的热量.(3)应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度.(1)A 与B 位于光滑的水平面上,系统在水平方向的动量守恒,设A 与B 碰撞后共同速度为1v ,选取向右为正方向,对A 、B 有:012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得:9E J ∆=(2)设A 、B 碰撞后,弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ,C 的速度为C v 由动量守恒得:122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得:()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得:4/c v m s =C 以c v 滑上传送带,假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得:210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得:2212C v v a x -=联立解得:x=11.25m <L 加速运动的时间为t ,有:12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得: 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= (3)设A 的最大速度为max v ,滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ,AB 的速度为1B v ,则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有:22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得:2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得:1/c v s =设A 的最小速度为min v ,滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ,AB 的速度为1B v ,则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有:22112c v v a L -=解得:2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒,则有:112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得:()()22211111122222B C m v m v mv =+解得:13/2max c v v s ==同理得:/min v s =0//s v s ≤≤7.如图甲所示,质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上,t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ,t 1=0.5s 时撤去该拉力,整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示,不计空气阻力,g=10m /s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s . 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】由速度的斜率求出加速度,根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式,可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ.根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】(1)由图象可知,物体向上匀减速时加速度大小为:2210510/10.5a m s -==- 此过程有:mgs inθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得:μ=0.5(2)由图象可知,物体向上匀加速时加速度大小为:a 1=210/0.5m s =20m/s 2 此过程有:F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得:F=60N(3)由图象可知,物体向上滑行时间1.5s ,向上滑行过程位移为:s =12×10×1.5=7.5m 【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义,由斜率求出加速度,其次求得加速度后,由牛顿第二定律求解物体的受力情况.8.一长木板静止在水平地面上,木板长5l m =,小茗同学站在木板的左端,也处于静止状态,现小茗开始向右做匀加速运动,经过2s 小茗从木板上离开,离开木板时小茗的速度为v=4m/s ,已知木板质量M =20kg ,小茗质量m =50kg ,g 取10m/s 2,求木板与地面之间的动摩擦因数μ(结果保留两位有效数字).【答案】0.13 【解析】 【分析】对人分析,由速度公式求得加速度,由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小;由运动学的公式求出长木板的加速度,由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数. 【详解】对人进行分析,由速度时间公式:v=a 1t 代入数据解得:a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为:x 1=2112a t 代入数据解得:x 1=4m由于x 1=4m <5m ,可知该过程中木板的位移:x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板:x 2=2212a t可得:a 2=0.5m/s 2对木板进行分析,根据牛顿第二定律:f-μ(M+m )g=Ma 2 根据牛顿第二定律,板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得:f=100N 代入数据解得:μ=90.1370≈. 【点睛】本题主要考查了相对运动问题,应用牛顿第二定律和运动学公式,再结合位移间的关系即可解题.本题也可以根据动量定理解答.9.一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. (1)求座舱下落的最大速度; (2)求座舱下落的总时间;(3)若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】(1)30m/s (2)5s .(3)75N . 【解析】试题分析:(1)v 2=2gh; v m =30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为:2112h gt =t 1=3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为:t 2=2hv ==2s 所以座舱下落的总时间为:t =t 1+t 2=5s⑶对球,受重力mg 和手的支持力N 作用,在座舱自由下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=mg解得:N=0根据牛顿第三定律有:N′=N=0,即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段,根据牛顿第二定律有mg-N=ma根据匀变速直线运动规律有:a=222vh-=-15m/s2解得:N=75N(2分)根据牛顿第三定律有:N′=N=75N,即球对手的压力为75N考点:牛顿第二及第三定律的应用10.如图所示,质量1m kg=的小球套在细斜杆上,斜杆与水平方向成30α=o角,球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=,球在竖直向上的拉力20F N=作用下沿杆向上滑动.(210/g m s=)求:(1)求球对杆的压力大小和方向;(2)小球的加速度多大;(3)要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动,F应变为多大.【答案】(1)53N方向垂直于杆向上(2)22.5m/s(3) 0N【解析】(1)小球受力如图所示:建立图示坐标,沿y方向,有:(F−mg)cos30∘−FN=0解得:FN=53N根据牛顿第三定律,球对杆的压力大小为3N,方向垂直于杆向上.(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得:a=2.5m/s2(3)沿y方向,有:(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得:F=0N。
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 。
物理训练题 之 牛顿运动定律一、选择题1. 关于惯性,以下说法正确的是: ( )A 、在宇宙飞船内,由于物体失重,所以物体的惯性消失B 、在月球上物体的惯性只是它在地球上的1/6C 、质量相同的物体,速度较大的惯性一定大D 、质量是物体惯性的量度,惯性与速度及物体的受力情况无关2. 理想实验是科学研究中的一种重要方法,它把可靠事实和理论思维结合起来,可以深刻地揭示自然规律。
以下实验中属于理想实验的是: ( ) A 、验证平行四边形定则 B 、伽利略的斜面实验C 、用打点计时器测物体的加速度D 、利用自由落体运动测定反应时间3. 关于作用力和反作用力,以下说法正确的是: ( ) A 、作用力与它的反作用力总是一对平衡力 B 、地球对物体的作用力比物体对地球的作用力大 C 、作用力与反作用力一定是性质相同的力D 、凡是大小相等,方向相反,作用在同一条直线上的,并且分别作用在不同物体上的两个力一定是一对作用力和反作用力4. 在光滑水平面上,一个质量为m 的物体,受到的水平拉力为F 。
物体由静止开始做匀加速直线运动,经过时间t ,物体的位移为s ,速度为v ,则: ( ) A 、由公式α=可知,加速度a 由速度的变化量和时间决定B 、由公式a 由物体受到的合力和物体的质量决定C 、由公式αa 由物体的速度和位移s 决定D 、由公式αa 由物体的位移s 和时间决定5.力F 1a 1=3m/s 2,力F 2作用在该物体上产生的加速度a 2=4m/s 2,则F 1和F 2( ) A 、 7m/s 2B 、 5m/s 2C 、 1m/s 2D 、 8m/s26.电梯的顶部挂有一个弹簧秤,秤下端挂了一个重物,电梯匀速直线运动时,弹簧秤的示数为10N ,在某时刻电梯中的人观察到弹簧秤的示数变为8N ,关于电梯的运动,以下说法正确的是: ( ) A 、电梯可能向上加速运动,加速度大小为2m/s 2B 、电梯可能向下加速运动,加速度大小为2m/s 2C 、电梯可能向上减速运动,加速度大小为2m/s 2D 、电梯可能向下减速运动,加速度大小为2m/s 2 7.下国际单位制中的单位,属于基本单位的是:( ) A 、力的单位:N B 、 质量的单位:kg C 、 长度的单位:m D 、时间的单位:s8. 关于物体的运动状态和所受合力的关系,以下说法正确的是: ( ) A 、物体所受外力为零,物体一定处于静止状态 B 、只有合力发生变化时,物体的运动状态才会发生变化 aD、物体所受的合力不变且不为零,物体的运动状态一定变化9.以下说法中正确的是: ( )A、牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律B、静止的物体一定不受外力的作用C、在水平地面上滑动的木块最终要停下来,是由于没有外力维持木块的运动D、物体运动状态发生变化时,物体必须受到外力作用10.做自由落体运动的物体,如果下落过程中某时刻重力突然消失,物体的运动情况将是:A、悬浮在空中不动B、速度逐渐减小C、保持一定速度向下匀速直线运动D、无法判断11.人从行驶的汽车上跳下来容易: ( )A 、向汽车行驶的方向跌倒 B、向汽车行驶的反方向跌倒C、从向车右侧方向跌倒D、向车左侧方向跌倒12.下面说法中正确的是: ( )A、只有运动的物体才能表现出它的惯性;B、只有静止的物体才能表现出它的惯性C、物体的运动状态发生变化时,它不具有惯性D、不论物体处于什么状态,它都具有惯性13.下列事例中,利用了物体的惯性的是:( )A、跳远运动员在起跳前的助跑运动B、跳伞运动员在落地前打开降落伞C、自行车轮胎有凹凸不平的花纹D、铁饼运动员在掷出铁饼前快速旋转14.火车在长直水平轨道上匀速行驶,门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起,发现仍落回车上原处,这是因为: ( )A、人跳起后,厢内空气给他以向前的力,带着他随同火车一起向前运动;B、人跳起的瞬间,车厢的地板给他一个向前的力,推动他随同火车一起向前运动;C、人跳起后,车在继续向前运动,所以人落下后必定偏后一些,只是由于时间很短,偏后距离很小,不明显而已;D、人跳起后直到落地,在水平方向上人和车始终具有相同的速度。
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.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,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)22121,0.5m ma a ss ==;(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 =,220.5m /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2x1221122221212L 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运动,不产生热量,3秒时间内因摩擦产生的热量为:()12A Q f x x =+ 代入数据解得:30J Q =.3.在机场可以看到用于传送行李的传送带,行李随传送带一起前进运动。
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,一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。
某时刻速度为v 0=2m/s ,此时一质量与木板相等的小滑块(可视为质点)以v 1=4m/s 的速度从右侧滑上木板,经过1s 两者速度恰好相同,速度大小为v 2=1m/s ,方向向左。
重力加速度g =10m/s 2,试求:(1)木板与滑块间的动摩擦因数μ1 (2)木板与地面间的动摩擦因数μ2(3)从滑块滑上木板,到最终两者静止的过程中,滑块相对木板的位移大小。
【答案】(1)0.3(2)120(3)2.75m 【解析】 【分析】(1)对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解; (2)对木板分析,先向右减速后向左加速,分过程进行分析即可; (3)分别求出二者相对地面位移,然后求解二者相对位移; 【详解】(1)对小滑块分析:其加速度为:2221114/3/1v v a m s m s t --===-,方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有:11mg ma μ-=,可以得到:10.3μ=;(2)对木板分析,其先向右减速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到:1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动,根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到:21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到:2120μ=,10.5s t =,20.5t s =; (3)在10.5s t=时间内,木板向右减速运动,其向右运动的位移为:1100.52v x t m +=⋅=,方向向右; 在20.5t s =时间内,木板向左加速运动,其向左加速运动的位移为:22200.252v x t m +=⋅=,方向向左; 在整个1t s =时间内,小滑块向左减速运动,其位移为:122.52v v x t m +=⋅=,方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为:12 2.75x x x x m ∆=+-=。
高中物理牛顿运动定律题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1.如图1所示,在水平面上有一质量为m1=1kg的足够长的木板,其上叠放一质量为m2=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/s2(1)求木块和木板保持相对静止的时间t1;(2)t=10s时,两物体的加速度各为多大;(3)在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉カF的方向为正方向,只要求画图,不要求写出理由及演算过程)【答案】(1)木块和木板保持相对静止的时间是4s;(2)t=10s时,两物体的加速度各为3m/s2,12m/s2;(3)【解析】【详解】(1)当F<μ2(m1+m2)g=3N时,木块和木板都没有拉动,处于静止状态,当木块和木板一起运动时,对m1:f max﹣μ2(m1+m2)g=m1a max,f max=μ1m2g解得:a max=3m/s2对整体有:F max﹣μ2(m1+m2)g=(m1+m2)a max解得:F max=12N由F max=3t 得:t=4s(2)t=10s时,两物体已相对运动,则有:对m1:μ1m2g﹣μ2(m1+m2)g=m1a1解得:a1=3m/s2对m 2:F ﹣μ1m 2g =m 2a 2 F =3t =30N 解得:a 2=12m/s 2(3)图象过(1、0),(4.3),(10、12) 图象如图所示.2.我国的动车技术已达世界先进水平,“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席.所谓的动车组,就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起.某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组,总质量为m=2kg ,每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率,开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动,达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动,直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶,行驶过程中所受阻力恒定,求: (1)动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间;(2)动车组变加速运动过程中的时间为10s ,求变加速运动的位移. 【答案】(1)2N 3s (2)46.5m 【解析】(1)动车组先匀加速、再变加速、最后匀速;动车组匀速运动时,根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力,再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度,即匀加速的末速度,再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间;(2)对变加速过程运用动能定理,即可求出求变加速运动的位移.(1)设动车组在运动中所受阻力为f ,动车组的牵引力为F ,动车组以最大速度匀速运动时:F=动车组总功率:m P Fv =,因为有4节小动车,故04P P = 联立解得:f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ,匀加速运动的末速度为v ' 由牛顿第二定律有:F f ma '-=动车组总功率:P F v ='',运动学公式:1v at '= 解得匀加速运动的时间:13t s =(2)设动车组变加速运动的位移为x ,根据动能定理:221122m Pt fx mv mv =-'-解得:x=46.5m3.质量m =2kg 的物块自斜面底端A 以初速度v 0=16m/s 沿足够长的固定斜面向上滑行,经时间t =2s 速度减为零.已知斜面的倾角θ=37°,重力加速度g 取10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.试求:(1)物块上滑过程中加速度大小; (2)物块滑动过程摩擦力大小; (3)物块下滑所用时间.【答案】(1)8m/s 2;(2)4N ;(3)s【解析】 【详解】(1)上滑时,加速度大小(2)上滑时,由牛顿第二定律,得:解得(3)位移下滑时,由牛顿第二定律,得解得 由,解得=s4.如图所示,小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。
牛顿运动定律测试题-.(下列各题中至少有一个选项是正确的请选出填在表格中,每小题6分,共48分)1.如图所示,小球密度小于烧杯中水的密度,球固定在弹簧上,弹簧下端固个装置在自由下落的过程中弹簧的伸长将()A.仍为AxB.大于AxC.小于ZixD.等于零2.一个在水平地面上做直线运动的物体,在水平方向只受摩擦力f的作用,当对这面叙述的四种情况中,不可能出现的是()A.物体向右运动,加速度为零C.物体加速度的方向向右B.物体向左运动,加速度为冬D.物体加速度的方向向左3.如图,质量为的斜面放在粗糙的水平地面上。
几个质量速度向下滑动,斜面始终保持静止不动。
下列关于水平地面对斜的有()A.匀速下滑时,支持力N =静摩擦力为零;B.匀加速下滑时,支持力N +静摩擦力的方向C.匀减速下滑时,支持力N> (加+M)g,静摩擦力的方向水平向右;D.无论怎样下滑,总是N = (〃+M)g,静摩擦力为零。
4.如图所示,在光滑水平而上有一质量为M的斜劈,其斜面倾角为a,-质量为m的物体放在其光滑斜面上,现用一水平力F推斜劈,恰使物体m与斜劈间无相对滑动,则斜劈对物块m的弹力大小为()A.mgcos aC.mF(M + m)cosa B.座cos a D.mF5、一倾角为e的光滑斜而固定于电梯中,如图所示,一物体始终相对A.电梯以加速度gtan e向左加速B.电梯以加速度gtan e向左减速定在杯底。
当装置静止吋,弹簧伸长Ax,当整都是/〃的不同物块,先后在斜面上以不同的加血底部的支持力和静摩擦力的几种说法中正确于斜而静止,下列说法中正确的是()C.电梯做自由落体运动D.电梯以加速度g向上加速运动6、如图所示,车厢里悬挂着两个质量不同的小球,上面的球比下面的球计)时,下列各质量大,当车厢向右作匀加速运动(空气阻力不图中正确的是()(A) (B) (C) (D)7.如图4所示,小球用两根轻质橡皮条悬吊着,在剪断某一根橡皮条的瞬间,小球的加速度情况是( )A.不管剪断哪一根,小球加速度均是零B.前断力0瞬间,小球加速度大小自謬anaC・剪断%瞬间,小球加速度大小护geos a D.剪断〃0瞬间,小球加速度大小自二g/cos a 图3呈水平状态,〃跟竖直方向的夹角为a ,那么8、如图所示,传送带与地面倾角为& = 37。
《实验验证牛顿运动定律》典型题练习1.在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时,下列说法中不正确的是()A.平衡摩擦力时,应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B.连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C.平衡摩擦力后,长木板的位置不能移动D.小车释放前应靠近打点计时器,且应先接通电源再释放小车2.“验证牛顿运动定律”的实验,主要的步骤有:A.将一端附有定滑轮的长木板放在水平桌面上,取两个质量相等的小车,放在光滑的水平长木板上B.打开夹子,让两个小车同时从静止开始运动,小车运动一段距离后,夹上夹子,让它们同时停下来,用刻度尺分别测出两个小车在这一段时间内通过的位移大小C.分析所得到的两个小车在相同时间内通过的位移大小与小车所受的水平拉力的大小关系,从而得到质量相等的物体运动的加速度与物体所受作用力大小的关系D.在小车的后端也分别系上细绳,用一只夹子夹住这两根细绳E.在小车的前端分别系上细绳,绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘,盘内分别放着数目不等的砝码,使砝码盘和盘内砝码的总质量远小于小车的质量.分别用天平测出两个砝码盘和盘内砝码的总质量上述实验步骤,正确的排列顺序是________.3.用如下图所示的装置来探究物体的加速度与力、质量的关系.实验时,小盘和砝码牵引小车,使小车做初速度为零的匀加速运动.(1)此实验中可以不测量加速度的具体值,原因是______________________.(2)通过改变________,就可以改变小车所受的合力.(3)在探究加速度与质量关系时,分别以________为纵坐标、________为横坐标作图象,这样就能直观地看出二者关系.4.在探究物体的加速度a与物体所受外力F、物体质量M间的关系时,采用如图所示的实验装置.小车及车中的砝码质量用M表示,盘及盘中的砝码质量用m表示.(1)当M与m的大小关系满足________时,才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力.(2)某一组同学先保持盘及盘中的砝码质量m一定来做实验,其具体操作步骤如下,以下做法正确的是________.A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力C.实验时,先放开小车,再接通打点计时器的电源D.用天平测出m以及小车质量M,小车运动的加速度可直接用公式a=mg M求出(3)另两组同学保持小车及车中的砝码质量M一定,探究加速度a与所受外力F 的关系,由于他们操作不当,这两组同学得到的a-F关系图象分别如图1和图2所示,其原因分别是:图1:____________________________________________________________________;图2:_____________________________________________________________________5.某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系.弹簧秤固定在一合适的木板上,桌面的右边缘固定一支表面光滑的铅笔以代替定滑轮,细绳的两端分别与弹簧秤的挂钩和矿泉水瓶连接.在桌面上画出两条平行线MN、PQ,并测出间距d.开始时将木板置于MN处,现缓慢向瓶中加水,直到木板刚刚开始运动为止,记下弹簧秤的示数F0,以此表示滑动摩擦力的大小.再将木板放回原处并按住,继续向瓶中加水后,记下弹簧秤的示数F1,然后释放木板,并用秒表记下木板运动到PQ处的时间t.(1)木板的加速度可以用d、t表示为a=________;为了减小测量加速度的偶然误差可以采用的方法是(一种即可)______.(2)改变瓶中水的质量重复实验,确定加速度a与弹簧秤示数F1的关系.下列图象能表示该同学实验结果的是________.(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比,它的优点是________.a.可以改变滑动摩擦力的大小b.可以更方便地获取多组实验数据c.可以比较精确地测出摩擦力的大小d.可以获得更大的加速度以提高实验精度6.某实验小组利用如下图甲所示的实验装置来探究当合外力一定时,物体运动的加速度与其质量之间的关系.(1)由图中刻度尺读出两个光电门中心之间的距离x=24 cm,由下图乙中游标卡尺测得遮光条的宽度d=________cm.该实验小组在做实验时,将滑块从上图甲所示位置由静止释放,由数字计时器可以读出遮光条通过光电门1的时间Δt1,遮光条通过光电门2的时间Δt2,则滑块经过光电门1时的瞬时速度的表达式v1=________,滑块经过光电门2时的瞬时速度的表达式v2=________,则滑块的加速度的表达式a=________.(以上表达式均用字母表示)乙丙(2)在本次实验中,实验小组通过改变滑块质量总共做了6组实验,得到如表所示的实验数据.通过分析表中数据后,你得出的结论是________.(3)描点作出相应图象.《实验验证牛顿运动定律》典型题练习参考答案1.解析: 本题考查实验过程中应注意的事项,选项A 中平衡摩擦力时,不能将砝码盘及盘内砝码(或小桶)通过细绳拴在小车上,A 错;选项B 、C 、D 符合正确的操作方法,B 、C 、D 对,A 错.答案: A2.解析: 此题考查的是实验步骤,对于实验的一些常识,必须牢记于心,结合本实验的实验步骤,不难排列出正确的顺序.答案: AEDBC3.答案: (1)探究的是加速度与其他量之间的比例关系(其他解答只要合理就给分.如:初速度为零的匀加速运动,在相同的时间内,位移与加速度成正比) (2)砝码的数量 (3)a ⎝ ⎛⎭⎪⎫或1m 1m (或a )4.解析: (1)实验中的实际加速度为a =mg M +m,实验时把mg 当成对M 的拉力,即忽略m 对加速度的影响,使加速度约为a =mgM ,显然需m ≪M .(2)平衡摩擦力的实质是,让重力的下滑分力Mg sin θ=μMg cos θ……①,只需将纸带挂上,不需施加其他外力,A 错;由①式可知B 对;每次实验时应先接通打点计时器的电源,再放开小车,C 错;小车的加速度应由小车后面拖动的纸带上打出的点计算出,D 错.(3)若m ≪M 则a =1M mg ,斜率1M 基本不变,若m 过大(或M 过小),则m 不能忽略,a =1M +mmg ,随m 的增大斜率1M +m减小;从图2可以看到,有了一定的拉力而加速度为零,显然摩擦力还没有完全平衡掉.答案:(1)m≪M(2)B(3)m过大(或M过小),造成m不是远小于M没有平衡摩擦力或木板的倾角过小5.解析:(1)木板做初速度为零的匀加速直线运动,其位移d=12at2,加速度a=2dt2.为了减小偶然误差,可多次测量时间t,取t的平均值.(2)当F1<F0时,木块不动,加速度为零,a、b均错;当F1>F0时,木板开始运动,但F1并非绳子的拉力而是瓶和水的总重力,只有当瓶和水的质量远小于木板和弹簧秤的质量时,F1才可近似等于绳子拉力,此时a-F1图线为一段倾斜的直线,当瓶和水的质量不远小于木板和弹簧的总质量时,绳子的拉力将小于F1,其加速度a随着F1的增大而增加的变慢,即a-F1图线的斜率将逐渐减小,因而只有c项正确.(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码相比,水的质量可以连续调节,因而F1的大小也可以连续调节,从而比较精确地测出摩擦力的大小和更方便地获取多组实验数据,故正确答案为b、c.答案:(1)2dt2多次测量时间t,取t的平均值(2)c(3)bc6.解析:(1)由图可知:d=5 mm+0.1 mm×2=5.2 mm=0.52 cm.遮光条的宽度很小,遮光条通过光电门的时间很短,这段时间内的平均速度即为滑块通过光电门的瞬时速度,故v1=dΔt1,v2=dΔt2.滑块由光电门1到光电门2做匀加速直线运动,由v22-v21=2ax可得:a=⎝⎛⎭⎪⎫dΔt22-⎝⎛⎭⎪⎫dΔt122x.(2)在合外力不变的情况下,物体运动的加速度跟物体的质量成反比,当合外力一定时,在误差允许的范围内,物体质量和加速度的乘积近似相等.(3)如图所示答案: (1)0.52 d Δt 1 d Δt 2 ⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 22-⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt 122x(2)(3)见解析。
第4课时 实验(4) 验证牛顿运动定律
1、高考解读
真题品析
知识:研究牛顿第二定律
例1. (09年上海物理)17.(6分)如图为“用DIS (位移传感器、数据采集器、计算机)研究加速度和力的关系”的实验装置。
(1)在该实验中必须采用控制变量法,应保持___________不变,用钩码所受的重力作为___________,用DIS 测小车的加速度。
(2)改变所挂钩码的数量,多次重复测量。
在某次实验中根据测得的多组数据可画出a -F 关系图线(如图所示)。
①分析此图线的OA 段可得出的实验结论是_________________________________。
②(单选题)此图线的AB 段明显偏离直线,造成此误差的主要原因是
A .小车与轨道之间存在摩擦
B .导轨保持了水平状态
C .所挂钩码的总质量太大
D .所用小车的质量太大
解析:(1)因为要探索“加速度和力的关系”所以应保持小车的总质量不变,钩码所受的重力作为小车所受外力;(2)由于OA 段a-F 关系为一倾斜的直线,所以在质量不变的条件下,加速度与外力成正比;由实验原理:得,而实际上,可见AB 段明显偏离直线是由于没有满足M>>m 造成的。
答案:(1)小车的总质量,小车所受外力
(2)①在质量不变的条件下,加速度与外力成正比②C
点评:知晓研究思路、会分析实验误差产生的原因。
mg Ma =mg F a M M ==()mg a M m '=+
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知识: 匀变速直线运动、探究加速度与物体质量、物体受力的关系
例2. 09年江苏物理)11.(10分)“探究加速度与物体质量、物体受力的关系”的实验装
置如图甲所示。
(1)在平衡小车与桌面之间摩擦力的过程中,打
出了一条纸袋如图乙所示。
计时器打点的时间间隔为
0.02s.从比较清晰的点起,每5个点取一个计数点,
量出相邻计数点之间的距离。
该小车的加速度
a=______m/s 2
.(结果保留两位有效数字)
(2)平衡摩擦力后,将5个相同的砝码都放在小车上.挂上砝码盘,然后每次从小车上取一个砝码添加到砝码盘中,测量小车的加速度。
小车的加速度a 与砝码盘中砝码总重力F 的实验数据如下表:砝码盘中砝码总重
力F(N)
0.196 0.392 0.588 0.784 0.980 加速度a (m ·s -2) 0.69 1.18 1.66 2.18 2.70
请根据实验数据作出a-F 的关系图像.
(3)根据提供的试验数据作出的-F 图线不通过原点,请说明主要原因。
解析:(1), t =0.1s ,(3.68-3.52)m ,带入可得加速度=0.16m/s 2。
a 2at x =∆=∆x 210-⨯a
也可以使用最后一段和第二段的位移差求解,得加速度=0.15m/s 2
. (2)如图所示。
(3)与纵坐标相交而不过原点,该交点说明当
不挂砝码时,小车仍由加速度,即绳对小车仍
有拉力,从此拉力的来源考虑很容易得到答案,
是因为砝码盘的重力,而在(2)问的图表中只
给出了砝码的总重力,而没有考虑砝码盘的重
力。
答案:(1) 0.16 (0.15也算对) ;(2)(见图);(3)未计入砝码盘的重力。
点评:⑴处理匀变速直线运动中所打出的纸带,求解加速度用公式,关键弄清公
式中各个量的物理意义,为连续相等时间内的位移差,t 为连需相等的时间间隔
(2)根据图中的数据,合理的设计横纵坐标的刻度值,使图线倾斜程度太小也不能太大,以与水平方向夹角45°左右为宜。
由此确定F 的范围从0设置到1N 较合适,而a 则从0到3m/s 2
较合适。
设好刻度,根据数据确定个点的位置,将个点用一条直线连起来,延长交与坐标轴某一点。
(3)处理图象问题要注意图线的斜率、交点、拐点、面积等意义,能正确理解这些量的意义则很多问题将会迎刃而解。
2、知识网络
一、实验目的
验证牛顿第二定律
二、实验原理
1.如图所示装置,保持小车质量M 不变,改变小桶内砂的质量m ,从而改变细线对小车的牵引力F (当m <<M 时,F=mg 近似v 成立),测出小车的对应加速度a ,由多组a 、F 数据作出加速度和力的关系a-F 图线,验证加速度是否与外力成正比。
2.保持小桶和砂的质量不变,
在小车上加减砝码, 改变小车
的质量M ,测出小车的对应加速度a , 由多组a 、M 数据作出加速度和质量倒数的关系a -M -1图线, 验证加速度是否与质量成反比。
a 2at x =∆x
∆
三、实验器材
小车,砝码,小桶,砂, 细线,附有定滑轮的长木板,垫块,打点计时器,低压交流电源, 导线两根, 纸带,托盘天平及砝码,米尺。
四、实验步骤
1.用调整好的天平测出小车和小桶的质量M 和m ,把数据记录下来。
2.按如图装置把实验器材安装好,只是不把挂小桶用的细线系在小车上,即不给小车加牵引力。
3.平衡摩擦力:在长木板的不带定滑轮的一端下面垫上垫块,反复移动垫块的位置,直至小车在斜面上运动时可以保持匀速直线运动状态(可以从纸带上打的点是否均匀来判断)。
4.在小车上加放砝码,小桶里放入适量的砂,把砝码和砂的质量M'和m'记录下来。
把细线系在小车上并绕过滑轮悬挂小桶,接通电源,放开小车,打点计时器在纸带上打下一系列点,取下纸带,在纸带上写上编号.
5.保持小车的质量不变,改变砂的质量(要用天平称量),按步骤4再做5次实验。
6.算出每条纸带对应的加速度的值。
7.用纵坐标表示加速度a ,横坐标表示作用力F ,即砂和桶的总重力(m+m')g ,根据实验结果在坐标平面上描出相应的点,作图线。
若图线为一条过原点的直线,就证明了研究对象质量不变时其加速度与它所受作用力成正比。
8.保持砂和小桶的质量不变,在小车上加放砝码,重复上面的实验,并做好记录,求出相应的加速度,用纵坐标表示加速度a ,横坐标表示小车和车内砝码总质量的倒数 ,在坐标平面上根据实验v 结果描出相应的点并作图线,若图线为一条过原点的直线,就证明了研究对象所受作用力不变时其加速度与它的质量成反比。
五、注意事项
1.砂和小桶的总质量v 不要超过小车和砝码的总质量的1/10。
2.在平衡摩擦力时,不要悬挂小桶,但小车应连着纸带且接通电源。
用手给小车一个初速度,如果在纸带上打出的点的间隔是均匀的,表明小车受到的阻力跟它的重力沿斜面向下的分力平衡。
3.作图时应该使所作的直线通过尽可能多的点,不在直线上的点也要尽可能对称地分布在直线的两侧,但如遇个别特别偏离的点可舍去。
)(1m m '+
3、复习方案
基础过关
重难点:探究加速度与物体质量、物体受力的关系
(改编)例3.在探究加速度与物体质量、物体受力的关系实验中,实验装置如图乙所示:一木块放在水平光滑长木板上,左侧拴有一不可伸长的细软线,跨过固定在木板边缘的滑轮与一重物相连,重物的质量为m .木块右侧与穿过打点计时器的纸带相连,在重物牵引下,木块在木板上向左做匀加速运动.图甲给出了打点计时器在纸带上打出的一些连续的点,它们之间的距离分别为S 1、S 2、S 3、S 4、S 5、S 6,打点计时器所用交流电周期为T 0. 根据给以上数据求:
(1)木块的加速度a = .
(2)细线对木块的拉力T = .
(3)为了减少误差,你认为应采取什么措施?
答案:⑴,
⑵v
⑶木块的质量应远大于重物的质量 ;实验前将木板右端稍垫高,直至木块在细线未挂上重物时能沿木板匀速下滑 。
典型例题
例4.在探究加速度与物体所受合外力和质量间的关系时,采用如图所示的实验装置,小车及车中的砝码质量用M 表示,盘及盘中的砝码质量用m 表示,小车的加速度可由小车后拖动的纸带由打点计数器打上的点计算出:
203216549)
(T S S S S S S a ++-++=)(203316549)
()(T S S S S S S m mg ma mg T ++-++-=-=
(1)当M与m的大小关系满足时,才可以认为绳子对小车的拉力大小等于盘和砝码的重力。
(2)一组同学在先保持盘及盘中的砝码质量一定,探究做加速度与质量的关系,以下做法错误的是:( )
A.平衡摩擦力时,应将盘及盘中的砝码用细绳通过定滑轮系在小车上
B.每次改变小车的质量时,不需要重新平衡摩擦力
C.实验时,先放开小车,再接通打点计时器电源
D.小车运动的加速度可用天平测出m以及小车质量M,直接用公式a=mg/M求出。
(3)在保持小车及车中的砝码质量质量M一定,探究加速度与所受合外力的关系时,由于平衡摩擦力时操作不当,二位同学得到的a―F关系
分别如下图C、D所示(a是小车的加速度.F是细线作用于小车的拉力)。
其原因分别是:
C图:,D图:。
答案:⑴m<<M ⑵ACD
⑶C图平衡摩擦力时,长木板的倾角过大了,D图没有平衡摩擦力或木板的倾角过小。