高中物理竞赛练习3 牛顿运动定律

练习1解析 在水平力F 作用下，若A 和B 能相对于C 静止，则它们对地必有相同的水平加速度.而A 在绳的张力作用下只能产生水平向右的加速度，这就决定了F 只能水平向右，可用整体法来求，而求张力必须用隔离法.取物体系为研究对象，以地为参考系，受重力（m A +m B +m C ）g ，推力F 和地面的弹力N ，如图所示，设对地的加速度为a ，则有：a m m m F C B A )(++=…………① 隔离B ，以地为参考系，受重力m B g 、张力T 、C 对B 的弹力N B ，应满足：g m T a m N B B B ==绳子的张力,…………②隔离A ，以地为参考系，受重力m A g,绳的张力T ，C 的弹力N A ，应满足；N A =m A g …………③ T=m A a …………④当绳和滑轮的质量以及摩擦都不计时，由②、④两式解出加速度g m m a AB= 代入①式可得：g m m m m m F AC B A B )(++=练习2解析 盒下落过程可用整体法研究，下落后弹簧的形变情况应用隔离小球研究，盒起跳时可隔离盒研究。

在盒与桌面发生碰撞之前，小球仅受重力作用，着地时速度为：gh v 2=.碰撞后盒静止，球先压缩下面的弹簧，同时拉上面的弹簧，当小球向下的速度减为零后，接着又向上运动，在弹簧原长位置上方x 处，小球的速度又减为0，则在此过程中，对小球有：2221221kx mgx mv ⨯+= 把盒隔离出来，为使盒能跳起来，需满足：).21(2:2mMk Mg h Mg kx +=>代入上式可解得 练习3解析 为了使搭成的单孔桥平衡，桥孔两侧应有相同的积木块，从上往下计算，使积木块均能保证平衡，要满足合力矩为零，平衡时，每块积木块都有最大伸出量，则单孔桥就有最大跨度，又由于每块积木块都有厚度，所以最大跨度与桥孔高度存在一比值. 将从上到下的积木块依次计为1、2、…、n ，显然第1块相对第2块的最大伸出量为21L x =∆ 第2块相对第3块的最大伸出量为2x ∆，则224)2(222⨯==∆⋅∆-=∆⋅L L x G x Lx G同理可得第3块的最大伸出量323⨯=∆L x ……最后归纳得出nL x n ⨯=∆2 所以总跨度h xk n n32.11291=∆=∑=跨度与桥孔高的比值为 258.1932.11==hh H k 练习4解析：火箭喷气时，要对气体做功，取一个很短的时间，求出此时间内，火箭对气体做的功，再代入功率的定义式即可求出火箭发动机的功率.选取在△t 时间内喷出的气体为研究对象，设火箭推气体的力为F ，根据动量定理，有 F △t=△m ·v 因为火箭静止在空中，所以根据牛顿第三定律和平衡条件有F=Mg 即 Mg ·△t=△m ·v △t=△m ·v/Mg对同样这一部分气体用动能定理，火箭对它做的功为： 221mv W ∆=所以发动机的功率 MgV Mg mV mv t W P 21)/(212=∆∆=∆=练习5解析：在下落过程中链条作用于地面的压力实质就是链条对地面的“冲力”加上落在地面上那部分链条的重力.根据牛顿第三定律，这个冲力也就等于同一时刻地面对链条的反作用力，这个力的冲量，使得链条落至地面时的动量发生变化.由于各质元原来的高度不同，落到地面的速度不同，动量改变也不相同.我们取某一时刻一小段链条（微元）作为研究对象，就可以将变速冲击变为恒速冲击.设开始下落的时刻t=0，在t 时刻落在地面上的链条长为x ，未到达地面部分链条的速度为v ，并设链条的线密度为ρ.由题意可知，链条落至地面后，速度立即变为零.从t 时刻起取很小一段时间△t ，在△t 内又有△M=ρ△x 落到地面上静止.地面对△M 作用的冲量为I t Mg F ∆=∆∆-)( 因为 0≈∆⋅∆t Mg所以 x v v M t F ∆=-⋅∆=∆ρ0 解得冲力：t x vF ∆∆=ρ，其中tx ∆∆就是t 时刻链条的速度v ， 故 2v F ρ= 链条在t 时刻的速度v 即为链条下落长为x 时的即时速度，即v 2=2g x ，代入F 的表达式中，得 gx F ρ2= 此即t 时刻链对地面的作用力，也就是t 时刻链条对地面的冲力. 所以在t 时刻链条对地面的总压力为 .332LMgxgx gx gx N ==+=ρρρ 练习6解析：求盘对绳的法向支持力线密度也就是求盘对绳的法向单位长度所受的支持力.因为盘与绳间光滑接触，则任取一小段绳，其两端受的张力大小相等，又因为绳上各点受的支持力方向不同，故不能以整条绳为研究对象，只能以一小段绳为研究对象分析求解.在与圆盘接触的半圆形中取一小段绳元△L ，△L 所对应的圆心角为△θ，如图所示，绳元△L 两端的张力均为T ，绳元所受圆盘法向支持力为△N ，因细绳质量可忽略，法向合力为零，则由平衡条件得：2sin 22sin 2sinθθθ∆=∆+∆=∆T T T N当△θ很小时，22sin θθ∆≈∆ ∴△N=T △θ 又因为 △L=R △θ则绳所受法向支持力线密度为 RTR T L N n =∆∆=∆∆=θθ ① 以M 、m 分别为研究对象，根据牛顿定律有 Mg －T=Ma ② T －mg=m a ③ 由②、③解得： mM MmgT +=2将④式代入①式得：Rm M Mmgn )(2+=练习7解析：若要直接求整个圆对质点m 的万有引力比较难，当若要用到圆的对称性及要求所受合力为零的条件，考虑大、小圆环上关于切点对称的微元与质量m 的相互作用，然后推及整个圆环即可求解.如图3—10所示，过切点作直线交大小圆分别于P 、Q 两点，并设与水平线夹角为α，当α有微小增量时，则大小圆环上对应微小线元αα∆⋅=∆∆⋅=∆2221r L R L其对应的质量分别为 αρρ∆⋅=∆=∆21111R l mαρρ∆⋅=∆=∆22222r l m 由于△α很小，故△m 1、△m 2与m 的距离可以认为分别是 ααc o s 2c o s 221r r R r ==所以△m 1、△m 2与m 的万有引力分别为222222212111)cos 2(2,)cos 2(2ααρααρr mR G r m Gm F R m R G r m Gm F ∆⋅=∆=∆∆⋅=∆=∆ 由于α具有任意性，若△F 1与△F 2的合力为零， 则两圆环对m 的引力的合力也为零， 即2221)cos 2(2)cos 2(2ααρααρr mr G R m R G ∆⋅=∆⋅ 解得大小圆环的线密度之比为：rR =21ρρ 练习8解析 因题目中没有给出具体数值，所以精糙斜面上物块的运动趋势就不能确定，应考虑两种可能。

(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【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： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
（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 =0.5m/s2 t
前 2s，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： F1 mg sin ma 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有： F2 mg sin
=4m/s2
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：x1= a1t2=2m
动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=
=5m/s2
由 vB2-v2=2a2(L-x1) 解得滑雪者到达 B 处时的速度：vB=16m/s (3)设滑雪者速度由 vB=16m/s 减速到 v1=4m/s 期间运动的位移为 x3，则由动能定理有：
；解得 x3=96m
速度由 v1=4m/s 减速到零期间运动的位移为 x4，则由动能定理有：
；解得 x4=3.2m
所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为 x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动 分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时 针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面 间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：

物理竞赛国际高中试题### 物理竞赛国际高中试题题目一：牛顿运动定律的应用问题描述：一个质量为\( m \)的物体从静止开始，沿着斜面下滑，斜面的倾角为\( \theta \)。

假设斜面足够光滑，忽略空气阻力。

请计算物体下滑的加速度，并讨论当斜面倾角变化时，加速度的变化趋势。

解答提示：1. 利用牛顿第二定律，分析物体在斜面上受到的力。

2. 计算重力在斜面方向上的分量。

3. 根据牛顿第二定律，求解物体的加速度。

4. 分析倾角变化对加速度的影响。

题目二：简谐振动的周期问题描述：一个质量为\( m \)的质点，受到一个弹性力\( F = -kx \)的作用，其中\( k \)为弹性系数，\( x \)为质点的位移。

忽略其他外力，求该质点的振动周期。

解答提示：1. 根据牛顿第二定律，写出质点的运动方程。

2. 将弹性力表达式代入运动方程。

3. 求解该二阶微分方程。

4. 确定振动周期的表达式。

题目三：光的折射定律问题描述：一束光线从空气斜射入水中，已知入射角为\( \alpha \)，折射角为\( \beta \)。

请根据斯涅尔定律，求出折射率\( n \)。

解答提示：1. 回顾斯涅尔定律的表达式。

2. 利用已知的入射角和折射角，代入斯涅尔定律。

3. 解出折射率\( n \)。

题目四：电路分析问题描述：一个简单的串联电路，包含一个电阻\( R \)，一个电感\( L \)，和一个电容\( C \)。

电路中通过一个正弦交流电源，电源电压为\( V(t) = V_m \sin(\omega t) \)。

求电路的总阻抗。

解答提示：1. 写出电阻、电感和电容的电压-电流关系。

2. 利用欧姆定律和法拉第电磁感应定律，分析电感和电容的阻抗。

3. 计算总阻抗的表达式。

题目五：能量守恒定律问题描述：一个质量为\( m \)的物体从高度\( h \)自由落下，忽略空气阻力。

求物体落地时的动能。

解答提示：1. 回顾能量守恒定律。

选择题：关于物体的运动，下列说法正确的是：A. 物体速度变化量大，其加速度一定大B. 物体有加速度，其速度一定增加C. 物体的速度为零时，其加速度可能不为零（正确答案）D. 物体加速度的方向一定与速度方向相同下列关于力的说法中，正确的是：A. 力的产生离不开施力物体，但可以没有受力物体B. 物体受到力的作用，其运动状态一定改变C. 只有直接接触的物体间才有力的作用D. 力是改变物体运动状态的原因（正确答案）关于牛顿运动定律，下列说法正确的是：A. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体不受外力时的特例B. 物体所受合外力方向与速度方向相同时，物体一定做加速直线运动（正确答案）C. 牛顿第三定律表明作用力和反作用力大小相等，因此它们产生的效果一定相互抵消D. 惯性是物体的固有属性，速度大的物体惯性一定大关于曲线运动，下列说法正确的是：A. 曲线运动一定是变速运动（正确答案）B. 曲线运动的速度方向可能不变C. 曲线运动的速度大小一定变化D. 曲线运动的加速度一定变化关于万有引力定律，下列说法正确的是：A. 万有引力定律只适用于天体间的相互作用B. 物体间的万有引力与它们的质量成正比，与它们之间的距离成反比（正确答案）C. 万有引力定律是由开普勒发现的D. 万有引力定律适用于一切物体间的相互作用（正确答案）关于电场和磁场，下列说法正确的是：A. 电场线和磁感线都是闭合曲线B. 电场线和磁感线都可能相交C. 电场线和磁感线都是用来形象描述场的假想线，实际并不存在（正确答案）D. 电场线和磁感线都可能不存在关于电磁感应，下列说法正确的是：A. 只要导体在磁场中运动，就一定会产生感应电流B. 感应电流的磁场总是阻碍原磁场的变化（正确答案）C. 感应电流的磁场总是与原磁场方向相反D. 感应电流的磁场总是与原磁场方向相同关于光的本性，下列说法正确的是：A. 光具有波动性，又具有粒子性（正确答案）B. 光在传播时往往表现出波动性，而在与物质相互作用时往往表现出粒子性（正确答案）C. 频率越大的光，其粒子性越显著D. 频率越大的光，其波动性越显著关于原子和原子核，下列说法正确的是：A. 原子核能发生β衰变说明原子核内存在电子B. 放射性元素的半衰期随温度的升高而变短（正确答案）C. 氢原子从n=3的能级向低能级跃迁时只会辐射出两种不同频率的光D. 原子核的结合能等于使其完全分解成自由核子所需的最小能量（正确答案）。

高中物理竞赛试题一、关于物体的运动，下列说法正确的是：A. 物体的速度变化越大，其加速度一定越大B. 物体的速度变化越快，其加速度一定越大（答案）C. 物体的加速度方向一定与速度方向相同D. 物体的加速度减小，其速度一定减小二、关于力和运动的关系，下列说法正确的是：A. 物体受到的合外力越大，其速度一定越大B. 物体受到的合外力越大，其加速度一定越大（答案）C. 物体受到的合外力方向与速度方向相同时，物体一定做匀加速直线运动D. 物体受到的合外力方向与速度方向相反时，物体一定做匀减速直线运动三、关于牛顿运动定律，下列说法正确的是：A. 牛顿第一定律是牛顿第二定律在物体不受外力时的特殊情况B. 牛顿第二定律表明物体的加速度与其所受的合外力成正比，与其质量成反比（答案）C. 牛顿第三定律表明作用力和反作用力一定作用在同一物体上D. 牛顿运动定律只适用于宏观物体和低速运动的情况四、关于物体的动量，下列说法正确的是：A. 物体的动量越大，其速度一定越大B. 物体的动量越大，其质量一定越大C. 物体的动量变化越快，其受到的合外力一定越大（答案）D. 物体的动量方向与速度方向一定相同，但大小不一定相等五、关于物体的动能，下列说法正确的是：A. 物体的动能越大，其速度一定越大B. 物体的动能越大，其质量一定越大C. 物体的动能变化越快，其受到的合外力做功一定越多（答案）D. 物体的动能方向与速度方向一定相同六、关于机械能守恒定律，下列说法正确的是：A. 物体只受重力作用时，机械能一定守恒B. 物体只受弹力作用时，机械能一定守恒C. 物体受到其他力作用时，只要其他力不做功，机械能一定守恒（答案）D. 物体受到其他力作用时，只要合外力为零，机械能一定守恒七、关于万有引力定律，下列说法正确的是：A. 万有引力定律只适用于天体之间的相互作用B. 万有引力定律适用于一切物体之间的相互作用（答案）C. 万有引力定律中的G是一个有单位的比例系数D. 万有引力定律中的G是一个没有单位的比例系数八、关于电场和磁场，下列说法正确的是：A. 电场线和磁感线都是闭合的曲线B. 电场线和磁感线都不是闭合的曲线（答案，注：电场线不是闭合的，但磁感线在磁体外部从N极到S极，内部从S极到N极，形成闭合曲线，此处为简化处理，取非闭合情况为正确答案）C. 电场线和磁感线都可以相交D. 电场线和磁感线都不可以相交九、关于光的传播，下列说法正确的是：A. 光在真空中的传播速度是最大的B. 光在其他介质中的传播速度都比在真空中的小（答案）C. 光在空气中的传播速度一定大于光在水中的传播速度D. 光在玻璃中的传播速度一定大于光在水晶中的传播速度十、关于原子的结构，下列说法正确的是：A. 原子的核式结构模型是由汤姆生提出的B. 原子的核式结构模型是由卢瑟福通过α粒子散射实验提出的（答案）C. 原子的核式结构模型认为原子的全部正电荷和几乎全部质量都集中在很小的核上D. 原子的核式结构模型认为原子的正电荷均匀分布在整个原子球体内。

高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1. 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。

如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为S o=lOm，传送带与行李箱间的动摩擦因数卩=0.2当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1) 行李箱开始运动时的加速度大小a；(2) 行李箱从A端传送到B端所用时间t;(3) 整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。

【答案】⑴，(2)薜耳⑶="-纠【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为aI__7(2)行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1V 2灯== Is1所以匀加速运动的位移为：s\=尹甘=lrnSo-Si 10-1行李随传送带匀速前进的时间：(2 = ---------- = —-一=4.5$v 2行李箱从A传送到B所需时间：：3 --气出⑶t1传送带的的位移为：怜一叽“ -根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：『◎『整个过程行李对传送带的摩擦力做功：w =7比=-吓阿=-20/2. 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.根据v 2 2ax 解得：v . 2ax 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:F cosT | m C a ，其中T | kx mg ；竖直方向：F sin m C g ；联立解得m e3mg4g 3a3.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 °=ioom/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 卩=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) 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 37°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？ ( sin37°0.6,cos37° 0.8)【答案】(1) F ma mg;v 【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时， B 受力分析有mg kx ，得：x2嘗（2） m C设弹簧的伸长量为mg k3mg 4g 3ax ,物块A 的速度大小为v ,对物块2amg k(3)木块最终停止时离 A 点的距离s.【答案】(1) v 2m/s (2) F N 12.5N (3) L 1.25m 【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:m °V 0 (m ° mjv解得：v 2叹；⑵木块滑上薄板后，木块的加速度 印 g 0.5，且方向向右设经过时间t ，木块与木板共同速度 v 运动 则：va 2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度.1 .2 1 2x vt a 1ta 2t L2 2故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 v v a 1t 1^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：'2vF N 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 ；1 2⑶木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有：(m ° mjv (m 0 m^gh2h 0.05m 0.4m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，板产生的加速度a 2 mg M， 且方向向左则：v2 a1t1 a2t1，解得：t1 1s1 2 1 2此时x v t1a-i t-i a2t| 0.5m2 2v3v2 at10.5叹碰撞后，v薄板=0,木块以速度V3=0.5m/s的速度向右做减速运动v3设经过t2时间速度为0，则t2a；1s| 2x v3t2a2t2 0.25m2故△L=b △x' - x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.4. 如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。

高中物理牛顿运动定律技巧(很有用)及练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011v v t a -=解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：220112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22vt a = 解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：2 3? 1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

高三物理牛顿第三定律试题答案及解析1.根据牛顿第三定律，下面说法正确的是( )A．跳高运动员起跳时，地对人的竖直支持力大于人对地的压力B．钢丝绳吊起货物加速上升时，钢丝绳给货物的力大于货物给钢丝绳的力C．篮球场上一个小个子运动员撞在大个子运动员身上，小个子运动员跌倒了，而大个子运动员只歪了一下，是因为大个子运动员对小个子运动员作用力大于小个撞大个的力D．子弹在枪膛中加速时，枪膛对子弹的作用力等于子弹对枪膛的作用力【答案】D【解析】牛顿第三定律是相互作用力，大小相等，方向相反，作用在彼此两个物体上。

A中地面对人的支持力和人对地面的压力是相互作用力，大小相等，A错。

B中钢丝绳对货物的力与货物对钢丝绳的力是相互作用力，大小相等B错。

大个子对小个子运动员和小个子对大个子运动员的力也属于相互作用力，大小也是相等，答案C错。

只有最后一项枪膛对子弹的作用力和子弹对枪膛的作用力是一对相互作用力大小相等是对的。

【考点】牛顿第三定律2.以下说法中正确的是（）A．人走路时，只有地对脚的作用力大于脚蹬地的作用力，人才能前进B．以卵击石，石头无恙而鸡蛋碎了，是因为鸡蛋对石头的作用力小于石头对鸡蛋的作用力C．运动员从地上跳起，是由于地面给运动员的作用力大于运动员给地面的作用力D．甲、乙两队拔河，甲队胜，并不能说甲对绳的拉力大于乙对绳的拉力【答案】D【解析】A选项中，地对脚的力和脚蹬地的力是一对相互作用力，其大小相等，方向相反，所以A选项错误；B选项中，鸡蛋对石头的力和石头对鸡蛋的力是相互作用力，大小相等，但鸡蛋壳的抗撞击力较差，所以鸡蛋碎了，所以B选项错误；运动员能够从地面跳起是因为地面给运动员的力大于运动员自身的重力，所以C选项错误；甲乙两队拔河比赛，甲对乙的力和乙对甲的力是相互作用力，大小相等，但甲队胜是因为甲队受到地面的摩擦力大于乙队受到地面的摩擦力。

所以D选项正确。

【考点】本题考查对作用力与相互作用力的关系的理解。

高中物理牛顿第三定律计算题专题训练含答案高中物理牛顿第三定律计算题专题训练含答案姓名：__________班级：__________考号：__________一、计算题（共11题）1、如图K12－5所示，两块小磁铁质量均为0.5kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10cm，劲度系数k＝100N/m.当A、B均处于静止状态，弹簧的长度为L＝11cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间的相互作用，则地面对B的支持力FN为多大？图K12－52、如图K12－6所示，质量均为m的甲、乙两同学分别静止于水平地面的台秤P、Q上，他们用手分别竖直牵拉一只弹簧测力计的两端，稳定后弹簧测力计的示数为F，若弹簧测力计的质量不计，求：(1)台秤P的读数；(2)两台秤的读数之和为多少？图K12－63、如图K12－7所示，在台秤上放半杯水，台秤示数为G′＝50N，另用挂在支架上的弹簧测力计悬挂一边长a＝10cm的金属块，金属块的密度ρ＝3×103kg/m3，当把弹簧测力计下的金属块平稳地浸入水中深b＝4cm处时，弹簧测力计和台秤示数分别为多少？(水的密度是ρ水＝103kg/m3，g取10m/s2)图K12－74、如图所示，竖直悬挂的弹簧测力计吊一物体，处于静止状态，弹簧测力计示数表示物体对弹簧的拉力，其大小为F，试论证物体受到重力大小等于F，每一步推导都要写出所根据的物理规律。

5、皮划艇选手与艇的总质量为100kg，他冲刺时的加速度可达10m/s2，求此时他的桨对水的推力是多少？(设水的阻力可忽略)6、如图所示，质量M＝60kg的人通过光滑的定滑轮用绳拉着质量为m＝20kg的物体．当物体以加速度a＝5m/s2上升时，人对地面的压力是多少？(g取10m/s2)7、如下图所示，质量M＝60kg的人通过光滑的定滑轮拉着m＝20kg的物体，当物体以加速度a＝5m/s2上升时，人对地面的压力多大？(g＝10m/s2)8、图为马戏团中猴子爬杆的装置．已知底座连同直杆总质量为20kg，猴子质量为5kg，现让猴子沿杆以1m/s2的加速度从杆底部向上爬，设猴子与杆之间的作用力为恒力，则底座对水平面的压力为多少？9、一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的质量为M，环的质量为m，如图所示．已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为Ff，则此时箱子对地面的压力大小为多少？10、质量为,m=1kg的小球由高h1=0.45m处自由下落，落到水平地面后，水平地面后，反跳的最大高度为h2=0.2m，已知小球与地面接触的时间为t=0.1s，取g=10m/s2。

高一物理牛顿第三定律试题答案及解析1.在某次游戏中，两位同学对面站立、手掌相对并用力推对方，关于这两个人的推力下列理解正确的是（）A．力气大的一方给对方的推力大于对方给他的推力B．由于作用力和反作用力总是大小相等的，所以谁也推不动对方C．两人的推力同时出现，同时增大，同时消失D．两人的推力大小相等，方向相反，作用在同一条直线上，因此是一对平衡力【答案】C【解析】两位同学对面站立、手掌相对并用力推对方，这两个人的推力属于作用力和反作用力（不是平衡力），总是大小相等的，同时变化的，A、D错误，C正确；每个人受到多个力的作用，无法判定谁能够推动谁，B错误.【考点】本题考查了牛顿第三定律。

2.如图所示，一个质量为M的人，站在台秤上，一长为R的悬线一端系一个质量为m的小球，手拿悬线另一端，小球绕悬线另一端点在竖直平面内做圆周运动，不计空气阻力，重力加速度为g，求：（1）若小球恰能通过圆轨道最高点，求小球通过最低点时对绳子拉力的大小。

（2）若小球恰能在竖直平面内做圆周运动，求台秤示数的最小值。

【答案】（1）6mg（2）【解析】（1）恰好圆周时，在最高点：从最低点到最高点，由动能定理：在最低点：得：由牛顿第三定律：（2）设小球经过图示位置Q点的速度为v，与竖直方向夹角为θ，则从P到Q：在Q点：得：其竖直方向的分量为：由数学关系可知，当，最小则台秤示数的最小值为：【考点】圆周运动点评：本题考查了圆周运动相关的向心力方程的列式求解过程。

通过受力分析便能找到向心力来源。

3.吊在大厅天花板上的吊扇的总重力为G，静止时固定杆对吊环的拉力大小为F，当接通电源，让扇叶转动起来后，吊杆对吊环的拉力大小为F′，则有()A．F＝G，F′＝F B．F＝G，F′>FC．F＝G，F′<G D．F′＝G，F′>F【答案】C【解析】吊在大厅天花板上的吊扇的总重力为G，静止时固定杆对吊环的拉力大小为F,两个力属于二力平衡，所以F=G，由于向下有风，根据反作用力的知识可求F′<G，答案为C【考点】作用力与反作用力点评：本题考查了相互作用力和平衡力之间的区别和联系。

高中物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ． 【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=12×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=12a 2t 2=12×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：222111()222m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．2．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：2102mgs 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()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=3．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．4．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．【答案】(1) 3m (2) /s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -=联立解得/B v s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =5．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.6．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 ＝50W7．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．8．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。

高中物理牛顿运动定律技巧和方法完整版及练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ；（2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ．【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-= 0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ=解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L = 解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+解得：023sin L t g θ=2．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：24/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：202as v =运动的位移： 20842v 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212l 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．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】1s99.2m【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=99.2m4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+解得v′=0.6m/s ，即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′，对物块受力分析：1mg ma μ=对木板：2F mg Ma μ+=由运动公式：021v v a t =-''11v a t ''= 解得：113t s = 2/3v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+=解得s=0.5m ；t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ=由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫---= ⎪⎝⎭'' 解得23t s = 故经过时间12310.91t t t s +=+=≈ 物块滑落.5．一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．6．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O ．现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10－2N 的外力F 0，使小球从静止开始运动，在第1s 末所加外力F 0大小不变，方向突然变为沿y 轴正方向，在第2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F ．求：(1)在第1末，小球的速率；(2)在第2s 末，小球的位移；(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字)【答案】（1）2m/s （210m （3）2.8×10-2N【解析】【分析】【详解】（1）根据牛顿第二定律F 0=ma在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at解得：v 1=2m/s ；（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=212at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动：在x 方向：x 2=v 1t在y 方向：2212y at = 位移：x=22122()x x y ++联立解得x=10m ，设位移与X 轴正方向的夹角为θ，sinθ=10 （3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45°所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1x v a t =沿y 轴方向加速度2y v a t =小球的加速度22x y a a a =+根据牛顿第二定律F=ma联立解得F=2.8×10-2N【点睛】（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．7．“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。

全国物理竞赛试题及答案高中一、选择题（每题5分，共20分）1. 一个质量为m的物体从静止开始下落，忽略空气阻力，经过时间t 后，物体的速度大小为：A. gtB. gt^2C. √(gt)D. √(gt^2)2. 根据牛顿第三定律，以下哪对力是作用力和反作用力：A. 人推墙的力和墙对人的力B. 地球对月球的引力和月球对地球的引力C. 运动员投掷铅球时，铅球的重力和运动员的支持力D. 运动员跳高时，运动员对地面的压力和地面对人的支持力3. 一个弹簧振子做简谐运动，振幅为A，周期为T，那么振子在一周期内通过的总路程为：A. 4AB. 2AC. 8AD. 6A4. 一个物体在水平面上以初速度v0开始做匀减速直线运动，直到停止。

已知物体与水平面之间的动摩擦因数为μ，求物体滑行的距离：A. v0^2 / (2μg)B. v0^2 / (μg)C. 2v0^2 / (μg)D. μg * v0二、填空题（每空3分，共15分）1. 根据欧姆定律，电阻R两端的电压U和通过电阻的电流I的关系是：U = _______。

2. 一个物体从高度h自由下落，其下落过程中重力势能的减少量等于_______。

3. 电磁波的波速在真空中为_______，是光速。

4. 根据能量守恒定律，一个完全非弹性碰撞中，碰撞前后动能的_______。

5. 根据麦克斯韦方程组，变化的磁场会产生_______。

三、计算题（每题10分，共30分）1. 一个质量为2kg的物体被放在水平面上，受到一个水平方向的力F=10N。

求物体在5秒内移动的距离。

2. 一个单摆的摆长为1m，摆角为5°，求单摆完成一次全摆动所需的时间。

3. 一个电路由一个电源电压为12V，一个电阻R=6Ω，一个电容C=10μF组成。

求在充电5分钟后，电容两端的电压。

四、论述题（共35分）1. 论述牛顿运动定律在日常生活中的应用，并给出两个具体的例子。

（15分）2. 描述并解释电磁感应现象，并给出一个电磁感应在现代科技中的应用实例。

t1）
L
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
1 2
mv共2
，
解得： s ' 0.7m ，
车的最小长度：故 L s相对 s ' 6.7m ；
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动 分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时 针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面 间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：
(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2) t 1s
【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： mg sin 370 f1 ma1
其中 FN1 mg cos 370 ， f1 1FN1
解得： a1 g sin 370 1g cos 370 4m / s2
对薄平板 M ，由牛顿第二定律有： Mg sin 370 f1 f2 Ma2

牛顿定律一、牛顿定律1.加速度的关系：根据位移关系。

（1）如图a 所示A 和B 的加速度的关系。

a B =a A cot α。

（2）如图b 所示A 、B 、C 间的加速度关系。

a C =21(a A +a B ).（3）如图C 所示的加速度关系。

当A 不动时，a B =a C ，方向向上；当C 不动时，a B =21a A ,方向向下。

则B 的加速度是A 和C 的叠加，即a B =c aa a -2.1. 如图所示，B 是中间有一小孔、恰能穿过绳子（B 与绳子有摩擦），已知m A =2m B ,B 相对绳子的加速度为2m/s 2，求A 和B 的加速度（对地）。

（答案：a A =4m/s 2，a B =2-4=-2m/s 2，负号表示方向向上）解：B 相对地的加速度向什么方向？设B 相对地的加速度a B 方向向上，a B '=2m/s 2，a B =a A -a B '----①对A ：2mg -f =2ma A ----②对B :f -mg =ma B -----③有上述三式得：a A =4m/s 2，a B =4-2=2m/s 2，若设B 相对地的加速度a B 方向向下，a B =a B '-a A .对A ：2mg -f =2ma A ，对B : mg -f =ma B得：a A =4m/s 2，a B =2-4=-2m/s 2，负号表示方向向上。

2.超重和失重2. 用一根不可伸长的细绳将A 、B 两个物体悬挂在光滑且不计质量的滑轮两边,如图所示.已知A 的质量为m ,B 的质量为2m ,使A 和B 由静止开始运动,求悬挂滑轮的细绳的拉力大小。

（答案：38mg）解:对整体可求出3ga =.对A （或对B ）T A =mg 34，所以T =2T A =mg 38。

另解：因A 的质量小于B 的质量,所以A 向上加速,处于超重状态,超重3mg.而B 以相同大小的加速度向下加速,处于失重状态,失重32mg.所以细绳的拉力的大小T =3mg +3mg -32mg =38mg.3. 如图所示,盛有水的容器内有一木块,木块用细线与容器底相连.已知木块重8N,受到水的浮力10N,水和容器重50N.剪断经细线后,木块在水中上升的过程中,台称的读数是多少?已知重力加速度g =10m/s 2,水的密度ρ=103Kg/m 3. （答案：57.5N ）解:细绳剪断后木块向上加速,处于超重状态,超重m 木a ;对应的水以相同大小的加速度向下加速,处于失重状态,失重m 水a .则台称的读数F =58N+m 木a -m 水a .根据题中所给的条件，木块的质量m 木=0.8Kg,对应水的质量m 水=1kg,对木块研究，有牛顿定律F 浮-m 木g =m 木a .得加速度大小a =8.0810-=2.5m/s 2. 所以台称的读数F =58N+m 木a -m 水a =58+0.8⨯2.5-1⨯2.5=57.5N.用隔离法：木对静止的水（40N ）的压力为10N ，向下加速的水（10N ）对静止的水的压力为7.5N ，再对静止的水研究得N =57.5N 。

哪些参考系是惯性系呢？ •只能靠实验来确定 •相对已知惯性系匀速运动的参考系也是惯性系 •目前惯性系的认识情况是
最好的惯性系：
FK4系 是由1535个恒星平均静止 位形作为基准的参考系
太阳
稍好点的惯性系：
一般工程上可用的惯性系 地球(地心或地面)
（2）非惯性参照系：
凡牛顿第一定律不成立的参照系统称为非惯性参 性系，一切相对于惯性参照系做加速运动的参照 系都是非惯性参照系。在考虑地球转动时，地球 就是非惯性系。 在非惯性系中，物体运动不遵循牛顿第二定律， 但在引入“惯性力”的概念以后，就可以利用牛 顿第二定律的形式来解决动力学问题了。
从地面上观察，小球将做与小 车同向的加速运动． 小车上观察，小球将相对于小 车静止．
因为小球在水平方向上受弹力作用，所以小球相对 于小车的静止不符合牛顿第二定律
（1）惯性参照系：
在这个参照系中观察，一个不受力作用的物体将 保持静止或匀速直线运动状态，这样的参照系就 叫做惯性参照系，简称惯性系。由于地球在自转 的同时又绕太阳公转，所以严格地讲，地面不是 一个惯性系。在一般情况下，我们可不考虑地球 的转动，且在研究较短时间内物体的运动，我们 可以把地面参照系看作一个足够精确的惯性系。
第三章
牛顿运动定律
(一)惯性系和非惯性系
问题1：在平直轨道上运动的火车中，有一张水平的 表面光滑的小桌子，桌上有一个小球，如图所示， 如果火车向前加速运动，以火车为参考系，小球做 什么运动？
以车厢为参考系， 小球向后加速运动
F
G
a a
FN
所以小球相对于小车的运动不符合牛顿第一定律．
问题2：如图2所示，用弹簧将小球固定于小车内 的光滑水平桌面上，当小车恒定加速度a做直线运 动时，从地面上观察，小球如何运动？从小车上 观察，小球如何运动？弹簧处于什么状态？

竞赛专题二牛顿运动定律宋善炎严娇【基本知识】一、惯性系和牛顿运动定律1、惯性系牛顿定律成立的参考系叫惯性系。

一切相对惯性系作匀速直线运动的参考系也是惯性系。

实验证明：地球参考系可以近似看做惯性系。

相对地面静止或匀速直线运动物体上的参考系可视为惯性系。

2、牛顿运动定律（1）牛顿第一定律：任何物体都保持静止或匀速直线运动状态，直到其他物体的作用迫使它改变这种状态为止。

任何物体都有保持自已原有运动状态不变的性质叫惯性。

惯性是物体固有的属性，可用质量来量度，惯性是维持物体运动状态的原因，力是物体运动状态变化的原因．（2）牛顿第二定律：在外力作用下，物体所获得的加速度的大小与所受合外力的大小成正比，与物体的质量成反比，加速度的方向与合外力的方向相同，其数学表达式为F ma该定律只适用于质点或做平动的物体，只在惯性系中成立，遵从力的独立性原理（叠加原理）：作用在质点上的每一个力都各自产生对应的加速度，即F i m a如在直角坐标系中，有分量式F x ma x F y ma y F z ma z在自然坐标系中，则有：F ma m dv, F manm v2 dt n由加速度的定义，可以给出第二定律的微分形式m dv m d2r（ 3）牛顿第三定律Fdt dt 2当物体 A 以F1作用在物体 B 上时，物体 B 也必同时以F2作用在物体B上， F1和 F2在同一直线上，大小相等而方向相反，数学表达式为F1F2牛顿三定律只适用于宏观、低速（远小于光速）的机械运动。

v3、牛顿定律在曲线中的应用（ 1）物体作曲线运动的条件：物体的初速度不为零，受到的合外力与初速F 度不共线且指向曲线“凹侧”。

如图该时刻物体受到的合外力 F 与速度的夹角为满足的条件是 0o180o图 1，。

（2）圆周运动物体做匀速圆周运动的条件是，物体受到始终与速度方向垂直、沿半径指向圆心、大小恒定的力作用，其大小是F v 2m2Rma n mR变速圆周运动中，合外力在法线方向和切向方向都有分量，法向分量产生向心加速度v22R F r ma r v F n ma n m m，切向分量产生切向加速度m。