高中物理牛顿运动定律经典练习题(含答案)

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。

高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案姓名：__________ 班级：__________考号：__________一、计算题（共20题）1、处于光滑水平面上的质量为2千克的物体，开始静止，先给它一个向东的6牛顿的力F1，作用2秒后，撤去F1，同时给它一个向南的8牛顿的力，又作用2秒后撤去，求此物体在这4秒内的位移是多少？2、一个质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g.g为重力加速度，求人对电梯的压力的大小．3、一物块从倾角为θ、长为s的斜面的项端由静止开始下滑,物块与斜面的滑动摩擦系数为μ,求物块滑到斜面底端所需的时间.4、放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F的作用，力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示．取重力加速度g=10 m/s2．试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数．5、如图所示，质量为m=1l kg的物块放在水平地面上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为50N的拉力F作用下，以大小为v0=l0m/s的速度向右做匀速直线运动，（取当地的重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求（1）物块与水平面间的动摩擦因数;（2）若撤去拉力F，物块经过3秒在水平地面上滑行的距离是多少?6、质量为2kg的物体，静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。

现对物体施加一个大小为6N的水平力，此力作用一段时间后立即改变，改变后的力与原来比较，大小不变、方向相反。

再经过一段时间，物体的速度变为零。

如果这一过程物体的总位移为15m。

求：（1）力改变前后物体加速度的大小a1、a2分别为多少？（2）在这一过程物体的最大速度；（3）全过程的总时间。

（g=10m/s2）7、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m＝500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角＝45°.直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a=1.5m/s2时，悬索与竖直方向的夹角＝14°.如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M。

高中物理必修1牛顿运动定律经典练习题 (含答案)1、牛顿第一定律是（）A. 由科学家的经验得出的B. 通过物理实验直接得到的C. 斜面小车实验做成功后就能够得出的结论D. 在实验基础上经过分析、推理得出的结论2、根据牛顿第一定律可知（）A. 物体若不受外力的作用，一定处于静止状态B. 物体的运动是依靠力来维持的C. 运动的物体若去掉外力作用，物体一定慢慢停下来D. 物体运动状态改变时，一定受到外力的作用3、关于牛顿第一定律，下列说法中正确的是（）A. 牛顿第一定律揭示了“物体的运动不需要力来维持”，所以又称为惯性定律B. 地球上没有不受力的物体，但受平衡力的物体合力为0，可以参照牛顿第一定律进行分析C. 牛顿第一定律是在实验中直接得出的结论D. 牛顿第一定律告诉我们：做匀速直线运动的物体一定不受力4、科学家建立牛顿第一定律的科学方法是（）A. 经验总结B. 凭空猜想C. 观察和实验D. 在大量经验事实基础上的科学推理5、一个做匀加速直线运动的物体，在运动过程中，若所受的一切外力都突然消失，则由牛顿第一定律可知，该物体将（）A. 立即静止B. 改做匀速直线运动C. 继续做匀加速直线运动D. 改做变加速直线运动6、下面惯性最大的是（）A. 冲刺的运动员B. 静止在站台上的火车C. 飞奔的兔子D. 徐徐升空的氢气球7、物体保持匀速直线运动或静止状态的性质叫惯性，一切物体都具有惯性，下列关于惯性的说法正确的是（）A. 运动越快的物体，惯性越大B. 受合力越大的物体，惯性越大C. 质量越大的物体，惯性越大D. 静止的物体运动时惯性大8、关于惯性，下列说法正确的是（）A. 物体在阻力相同的情况下，速度大的不容易停下来，所以速度大的物体惯性大B. 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C. 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D. 物体的惯性与物体运动速度的大小、物体运动状态的改变、物体所处的位置无关9、关于惯性与牛顿第一定律定律，下列说法正确的是（）A. 只有物体在匀速直线运动或静止时才表现出惯性的性质B. 惯性的大小由物体的质量决定，与受力及运动状态无关C. 牛顿第一定律既提出了物体不受力作用时的运动规律，又提出了力是改变物体运动状态的原因D. 牛顿第一定律就是惯性10、关于牛顿第三定律，下列说法正确的是（）A. 作用力大时，反作用力小B. 作用力和反作用力的方向总是相反的C. 作用力和反作用力是作用在同一个物体上的D. 牛顿第三定律在物体处于非平衡状态时也适用11、用牛顿第三定律判断，下列说法正确的是（）A. 人走路时，地对脚的力大于脚蹬地的力，所以人才能往前奏B. 不论站着不动，还是走动过程，人对地面的压力和地面对人的支持力，总是大小相等方向相反的C. 物体A静止在物体B上，A的质量是B质量的100倍，所以A作用于B的力大于B作用于A的力D. 以卵击石，石头没事而鸡蛋碎了，这是因为石头对鸡蛋的作用力大于鸡蛋对石头的作用力12、跳高运动员在竖直向上跳起的瞬间，地面对他的弹力的大小为N，他对地面的压力的大小为N′，根据牛顿第三定律，比较N和N′的大小（）A.N=N′B.N<N′C.N>N′D. 不能确定N、N′那个力较大13、甲、乙两人发生口角，甲打了乙的胸口一拳致使乙手上，法院判决甲应支付乙的医药费。

高考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v0=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／s2，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．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v0＝10m/s的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化.取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小 最小距离为：x min =4m3．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=46.5m4．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14N5．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。

高一物理牛顿运动定律复习试题 A 卷班级 学号 姓名1．下列说法正确的是( )A ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．小球在做自由落体运动时，由于处于完全失重状态，所以重力为零，惯性也就不存在了C ．在同样大小的力作用下，运动状态越难改变的物体，其惯性一定越大D ．在长直水平轨道上匀速运动的火车上，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起后，发现落回原处，这是因为人跳起后，车继续向前运动，人落下后必定向后偏些，但因时间太短，偏后距离太小，不明显而已2．伽利略的理想实验证明了( )A ．要物体运动必须有力的作用，没有力的作用物体将要静止B ．要物体静止必须有力的作用，没有力的作用物体就运动C ．物体不受力作用时，一定处于静止状态D ．物体不受力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态3．下列说法中正确的是( )A ．牛顿第一定律是实验定律B ．四匹马拉的车比两匹马拉的车跑得快；这说明，物体受的力越大，速度就越大C ．理想实验的思维方法与质点概念的建立一样，都是一种科学抽象的思维方法D ．由牛顿第一定律可知，静止的物体一定不受外力作用4.下列说法正确的是（ ）A ．在国际单位制中，基本力学物理量是：长度、力、时间、质量B ．基本单位和导出单位一起组成了单位制；在国际单位制中，质量的单位可以是kg ，也可以是gC ．声音在某种气体中的速度表达式，可以只用气体的压强p 、气体的密度ρ和没有单位的比例常数k 表示，根据上述情况，声音在该气体中的速度表达式可能是v ＝k p ρD ．只有在国际单位制中，牛顿第二定律的表达式才是F ＝ma5．有一恒力F 施于质量为m 1的物体上，产生的加速度为a 1、施于质量为m 2的物体上产生的加速度为a 2；若此恒力F 施于质量为(m 1＋m 2)的物体上，产生的加速度应是( )A ．a 1＋a 2 B.a 1＋a 22 C.a 1a 2 D.a 1a 2a 1＋a 26．一个物体在几个力的作用下处于静止状态，若其中一个向西的力逐渐减小直到为零，则在此过程中的加速度( )A ．方向一定向东，且逐渐增大B ．方向一定向西，且逐渐增大C ．方向一定向西，且逐渐减小D ．方向一定向东，且逐渐减小7．一个质量为2 kg 的物体同时受到两个力的作用，这两个力的大小分别为2 N 和6 N ，当两个力的方向发生变化时，物体的加速度大小可能为( )A ．1 m/s 2B ．2 m/s 2C ．3 m/s 2D ．4 m/s 28．如图所示，光滑水平面上，水平恒力F 拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为M ，木块质量为m ，它们的共同加速度为a ，木块与小车间的动摩擦因数为μ，则在运动过程中( )A ．木块受到的摩擦力大小一定为μmgB ．木块受到的合力大小为maC ．小车受到的摩擦力大小为mF m ＋MD ．小车受到的合力大小为(m ＋M )a 9. 图为蹦极运动的示意图，弹性绳的一端固定在O 点，另一端和运动员相连．运动员从O 点自由下落，至B 点弹性绳自然伸直，经过合力为零的C 点到达最低点D ，然后弹起．整个过程中忽略空气阻力．分析这一过程，下列表述正确的是( )①经过B 点时，运动员的速率最大 ②经过C 点时，运动员的速率最大③从C 点到D 点，运动员的加速度增大 ④从C 点到D 点，运动员的加速度不变A ．①③B ．②③C ．①④D ．②④10. 一物体放在光滑水平面上，若物体仅受到沿水平方向的两个力F 1和F 2的作用．在两个力开始作用的第1 s 内物体保持静止状态，已知这两个力随时间的变化情况如图所示，则( )A ．在第2 s 内，物体做加速运动，加速度减小，速度增大B ．在第3 s 内，物体做加速运动，加速度增大，速度减小C ．在第4 s 内，物体做加速运动，加速度减小，速度增大D ．在第6 s 内，物体处于静止状态11．建筑工人用如图所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg 的建筑材料以0.500 m/s 2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g 取10 m/s 2)( )A ．510 NB ．490 NC ．890 ND ．910 N12．三个完全相同的物块1、2、3放在水平桌面上，它们与桌面间的动摩擦因数都相同．现用大小相同的外力F 沿图11所示方向分别作用在1和2上，用12F 的外力沿水平方向作用在3上，使三者都做加速运动．令a 1、a 2、a 3分别代表物块1、2、3的加速度，则( )A ．a 1＝a 2＝a 3B ．a 1＝a 2，a 2＞a 3C ．a 1＞a 3＞a 2D ．a 1＞a 2＞a 3二．实验题13．(1)在采用如图所示的实验探究加速度与力、质量的关系时，按实验要求安装好器材后，应按一定的步骤进行实验，下列给出供选择的操作步骤：A ．保持小盘和重物的质量不变，在小车里加砝码，测出加速度，重复几次B ．保持小车质量不变，改变小盘中重物的质量，测出加速度，重复几次C ．用天平测出小车和砂子的质量D ．在长木板没有定滑轮的一端垫上厚度合适的垫木，平衡摩擦力E ．根据测出的数据，分别画出加速度和力的关系图线及加速度和质量的倒数关系图线F ．用停表测出小车运动的时间G ．将放有重物的小盘用细线通过定滑轮系到小车上，接通电源，释放小车，在纸带上打出一系列的点以上步骤中，不必要的步骤是__________，正确步骤的合理顺序是________．(填写代表字母)(2)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，关于平衡摩擦力的说法中正确的是A ．“平衡摩擦力”的本质就是想法让小车受到的摩擦力为零B ．“平衡摩擦力”的本质就是使小车所受的重力的下滑分力与所受到的摩擦阻力相平衡C ．“平衡摩擦力”的目的就是要使小车所受的合力等于所挂重物通过细绳对小车施加的拉力D ．“平衡摩擦力”时应将小车在重物通过细绳和滑轮而拉动小车过程中进行调整E ．“平衡摩擦力”是否成功，可由小车施动而由打点计时器打出的纸带上的点迹间距是否均匀而确定(3)在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，下列说法中正确的是( )A ．为了减小实验误差，悬挂物的质量应远小于小车和砝码的总质量m 1 α m 2 B ．为减小小车、纸带受到摩擦力对实验的影响，需把小车运动平面起始端略垫高C ．实验结果采用描点法画图像，是为了减小误差D ．实验结果采用a －1m坐标作图，是为了根据图像直观地作出判断 (4)利用如图甲所示的装置探究“质量一定，加速度与力的定量关系”实验时，甲同学根据实验数据画出的小车加速度a 和小车所受拉力F 的图像如图乙中的直线Ⅰ所示，乙同学画出的a －F 图像如图乙中的直线Ⅱ所示．直线Ⅰ、Ⅱ在两个坐标轴上的截距都比较大，明显超出了误差范围，下面关于形成这种状况原因的解释正确的是( )A ．实验前甲同学没有平衡摩擦力B ．甲同学在平衡摩擦力时，把长木板不带滑轮的一端垫得过高了C ．实验前乙同学没有平衡摩擦力D ．乙同学在平衡摩擦力时，把长木板不带滑轮的一端垫得过高了(5)某同学顺利地完成了实验．图是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s ，由图中的数据可算出小车的加速度a 为________m/s 2（保留两位有效数字）三、计算题14．放在水平地面上的一物块，受到方向不变的水平推力F 的作用，F 的大小与时间t 的关系和物块速度v 与时间t 的关系如图甲、乙所示．重力加速度g 取10 m/s 2.试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数．15．如图,m 1=m 2=100g ，α=370，固定斜面与m 1之间的动摩擦因数为0.1，m 2离地面面0.5m 。

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。

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．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。

求：(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】 【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-= 其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=解得：221m/s a =12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212x a t =，12x x L -= 解得：1s t =2．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。

水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。

传送带BC 间距0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。

两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。

用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。

高考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1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m sg sμ-=解得20.4μ=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212x vt at =+ 带入可得21/a m s =木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214/3a m s =对滑块，则有加速度224/a m s =滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a m s =假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =此过程，木板位移2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x a t m == 此后木块和木板一起匀减速．二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/a g m s μ==位移23522v x m a==所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：()2312 2.4t t t s s =+=+≈ 【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．3．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 。

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。

相关习题：（牛顿运动定律）一、牛顿第一定律练习题一、选择题1．下面几个说法中正确的是[ ]A．静止或作匀速直线运动的物体，一定不受外力的作用B．当物体的速度等于零时，物体一定处于平衡状态C．当物体的运动状态发生变化时，物体一定受到外力作用D．物体的运动方向一定是物体所受合外力的方向2．关于惯性的下列说法中正确的是[ ]A．物体能够保持原有运动状态的性质叫惯性B．物体不受外力作用时才有惯性C．物体静止时有惯性，一开始运动，不再保持原有的运动状态，也就失去了惯性D．物体静止时没有惯性，只有始终保持运动状态才有惯性3．关于惯性的大小，下列说法中哪个是正确的？[ ]A．高速运动的物体不容易让它停下来，所以物体运动速度越大，惯性越大B．用相同的水平力分别推放在地面上的两个材料不同的物体，则难以推动的物体惯性大C．两个物体只要质量相同，那么惯性就一定相同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4．火车在长直的轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到原处，这是因为[ ]A．人跳起后，车厢内空气给他以向前的力，带着他随火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢的地板给人一个向前的力，推动他随火车一起运动C．人跳起后，车继续前进，所以人落下必然偏后一些，只是由于时间很短，偏后的距离不易观察出来D．人跳起后直到落地，在水平方向上人和车具有相同的速度5．下面的实例属于惯性表现的是[ ]A．滑冰运动员停止用力后，仍能在冰上滑行一段距离B．人在水平路面上骑自行车，为维持匀速直线运动，必须用力蹬自行车的脚踏板C．奔跑的人脚被障碍物绊住就会摔倒D．从枪口射出的子弹在空中运动6．关于物体的惯性定律的关系，下列说法中正确的是[ ]A．惯性就是惯性定律B．惯性和惯性定律不同，惯性是物体本身的固有属性，是无条件的，而惯性定律是在一定条件下物体运动所遵循的规律C．物体运动遵循牛顿第一定律，是因为物体有惯性D．惯性定律不但指明了物体有惯性，还指明了力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因7．如图所示，劈形物体M的各表面光滑，上表面水平，放在固定的斜面上．在M的水平上表面放一光滑小球m，后释放M，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．无规则的曲线D．抛物线二、填空题8．行驶中的汽车关闭发动机后不会立即停止运动，是因为____，汽车的速度越来越小，最后会停下来是因为____。

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．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。

t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。

如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C ，由动能定律可得：解得：2．如图所示，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=3．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/s 2，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 。

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 ∆=+-=。

高中物理必修一一、【牛顿运动定律】1．伽利略的斜面实验证明了()A．使物体运动必须有力的作用，没有力的作用，物体将静止B．使物体静止必须有力的作用，没有力的作用，物体将运动C．物体不受外力作用时，一定处于静止状态D．物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或者静止状态解析：选D．伽利略的斜面实验证明了：运动不需要力来维持，物体不受外力作用时，总保持原来的匀速直线运动状态或静止状态，故D正确．2．关于运动状态与所受外力的关系，下面说法中正确的是()A．物体受到恒定的力作用时，它的运动状态不发生改变B．物体受到不为零的合力作用时，它的运动状态要发生改变C．物体受到的合力为零时，它一定处于静止状态D．物体的运动方向与它所受的合力方向一定相同解析：选B．力是改变物体运动状态的原因，只要物体受力(合力不为零)，它的运动状态就一定会改变，A错误，B正确；物体受到的合力为零时，物体可能处于静止状态，也可能处于匀速直线运动状态，C错误；物体所受合力的方向可能与物体的运动方向相同或相反，也可能不在一条直线上，D错误．3.某同学为了取出如图所示羽毛球筒中的羽毛球，一只手拿着球筒的中部，另一只手用力击打羽毛球筒的上端，则()A．此同学无法取出羽毛球B．羽毛球会从筒的下端出来C．羽毛球筒向下运动过程中，羽毛球受到向上的摩擦力才会从上端出来D．该同学是在利用羽毛球的惯性解析：选D．羽毛球筒被手击打后迅速向下运动，而羽毛球具有惯性要保持原来的静止状态，所以会从筒的上端出来，D 正确．4．(多选)下列说法正确的是( )A ．运动越快的汽车越不容易停下来，是因为汽车运动得越快，惯性越大B ．同一物体在地球上不同的位置受到的重力是不同的，但它的惯性却不随位置的变化而变化C ．一个小球竖直上抛，抛出后能继续上升，是因为小球运动过程中受到了向上的推力D ．物体的惯性大小只与本身的质量有关，质量大的物体惯性大，质量小的物体惯性小 解析：选BD ．惯性是物体本身的固有属性，其大小只与物体的质量大小有关，与物体的受力及运动情况无关，故选项B 、D 正确；速度大的汽车要停下来时，速度变化大，由Δv ＝at 可知需要的时间长，惯性未变，故选项A 错误；小球上抛时是由于惯性向上运动，并未受到向上的推力，故选项C 错误．5．夸克(quark)是一种基本粒子，也是构成物质的基本单元．其中正、反顶夸克之间的强相互作用势能可写为E p ＝－k 4αs 3r，式中r 是正、反顶夸克之间的距离，αs 是无单位的常量，k 是与单位制有关的常数，则在国际单位制中常数k 的单位是( )A ．N ·mB ．NC ．J/mD ．J ·m解析：选D ．由题意有k ＝－3E p r 4αs，αs 是无单位的常量，E p 的国际单位是J ，r 的国际单位是m ，在国际单位制中常数k 的单位是J ·m ，D 正确，A 、B 、C 错误．6. (多选)如图所示，质量为m 的小球被一根橡皮筋AC 和一根绳BC 系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上．下列判断中正确的是( )A ．在AC 被突然剪断的瞬间，BC 对小球的拉力不变B ．在AC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θC ．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g cos θD ．在BC 被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为g sin θ解析：选BC ．设小球静止时BC 绳的拉力为F ，AC 橡皮筋的拉力为T ，由平衡条件可得：F cos θ＝mg ，F sin θ＝T ，解得：F ＝mg cos θ，T ＝mg tan θ.在AC 被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F也发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为a＝mg sin θ＝g sin θ，B正确，A错误；在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小m＝球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度a＝Fm gcos θ，C正确，D错误．7. (多选)搭载着“嫦娥三号”的“长征三号乙”运载火箭在西昌卫星发射中心发射升空，下面关于卫星与火箭升空的情形叙述正确的是()A．火箭尾部向下喷气，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上的推力B．火箭尾部喷出的气体对空气产生一个作用力，空气的反作用力使火箭获得飞行的动力C．火箭飞出大气层后，由于没有了空气，火箭虽然向后喷气，但也无法获得前进的动力D．卫星进入运行轨道之后，与地球之间仍然存在一对作用力与反作用力解析：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，喷出的气体对火箭产生向上的反作用力，即为火箭上升的推动力．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，选项B、C错误，A正确；火箭运载卫星进入轨道之后，卫星与地球之间依然存在相互吸引力，即地球吸引卫星，卫星吸引地球，这就是一对作用力与反作用力，故选项D正确．8.如图，一截面为椭圆形的容器内壁光滑，其质量为M，置于光滑水平面上，内有一质量为m的小球，当容器受到一个水平向右的力F作用向右匀加速运动时，小球处于图示位置，此时小球对椭圆面的压力大小为()A ．m g 2－⎝⎛⎭⎫F M ＋m 2B ．m g 2＋⎝⎛⎭⎫F M ＋m 2C ．m g 2＋⎝⎛⎭⎫F m 2D ．(mg )2＋F 2解析：选B ．先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：加速度为a ＝F M ＋m，再对小球研究，分析受力情况，如图所示，由牛顿第二定律得到：F N ＝(mg )2＋(ma )2＝m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，由牛顿第三定律可知小球对椭圆面的压力大小为m g 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫F M ＋m 2，故B 正确．9.如图所示，将两个相同的条形磁铁吸在一起，置于桌面上，下列说法中正确的是( )A ．甲对乙的压力的大小小于甲的重力的大小B ．甲对乙的压力的大小等于甲的重力的大小C ．乙对桌面的压力的大小等于甲、乙的总重力大小D ．乙对桌面的压力的大小小于甲、乙的总重力大小解析：选C ．以甲为研究对象，甲受重力、乙的支持力及乙的吸引力而处于平衡状态，根据平衡条件可知，乙对甲的支持力大小等于甲受到的重力和吸引力的大小之和，大于甲的重力大小，由牛顿第三定律可知，甲对乙的压力大小大于甲的重力大小，故A 、B 错误；以整体为研究对象，整体受重力、支持力而处于平衡状态，故桌面对乙的支持力等于甲、乙的总重力的大小，由牛顿第三定律可知乙对桌面的压力大小等于甲、乙的总重力大小，故C 正确，D 错误．10.如图所示为英国人阿特伍德设计的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法正确的是( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮解析：选A．由于滑轮光滑，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，若甲的质量大，则由甲拉绳子的力等于乙受到的绳子拉力，得甲攀爬时乙的加速度大于甲，所以乙会先到达滑轮，选项A正确，B错误；若甲、乙的质量相同，甲用力向上攀爬时，甲拉绳子的力等于绳子拉乙的力，甲、乙具有相同的加速度和速度，所以甲、乙应同时到达滑轮，选项C、D错误．11.如图所示，跳水运动员最后踏板的过程可以简化为下述模型：运动员从高处落到处于自然状态的跳板上，随跳板一同向下做变速运动到达最低点，然后随跳板反弹，则()A．运动员与跳板接触的全过程中只有超重状态B．运动员把跳板压到最低点时，他所受外力的合力为零C．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他的重力D．运动员能跳得高的原因从受力角度来看，是因为跳板对他的作用力远大于他对跳板的作用力解析：选C．运动员与跳板接触的下降过程中，先向下加速，然后向下减速，最后速度为零，则加速度先向下，然后向上，所以下降过程中既有失重状态也有超重状态，同理上升过程中也存在超重和失重状态，故A错误；运动员把跳板压到最低点时，跳板给运动员的弹力大于运动员受到的重力，合外力不为零，故B错误；从最低点到运动员离开跳板过程中，跳板对运动员的作用力做正功，重力做负功，二力做功位移一样，运动员动能增加，因此跳板对他的作用力大于他的重力，故C正确；跳板对运动员的作用力与运动员对跳板的作用力是作用力与反作用力，大小相等，故D错误．12．如图所示，甲、乙两人在冰面上“拔河”．两人中间位置处有一分界线，约定先使对方过分界线者为赢．若绳子质量不计，冰面可看成光滑，则下列说法正确的是()A．甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对平衡力B．甲对绳的拉力与乙对绳的拉力是作用力与反作用力C．若甲的质量比乙大，则甲能赢得“拔河”比赛的胜利D．若乙收绳的速度比甲快，则乙能赢得“拔河”比赛的胜利解析：选C．根据牛顿第三定律可知甲对绳的拉力与绳对甲的拉力是一对作用力与反作用力，选项A错误；因为甲对绳的拉力和乙对绳的拉力作用在同一个物体(绳)上，故两力不可能是作用力与反作用力，故选项B错误；若甲的质量比乙大，则甲的惯性比乙的大，故运动状态改变比乙难，故乙先过界，选项C正确；“拔河”比赛的输赢只与甲、乙的质量有关，与收绳速度无关，选项D错误．13．(山东省2020等级考试) (多选)如图所示，某人从距水面一定高度的平台上做蹦极运动．劲度系数为k的弹性绳一端固定在人身上，另一端固定在平台上．人从静止开始竖直跳下，在其到达水面前速度减为零．运动过程中，弹性绳始终处于弹性限度内．取与平台同高度的O点为坐标原点，以竖直向下为y轴正方向，忽略空气阻力，人可视为质点．从跳下至第一次到达最低点的运动过程中，用v、a、t分别表示人的速度、加速度和下落时间．下列描述v与t、a与y的关系图象可能正确的是()解析：选AD．人在下落的过程中，弹性绳绷紧之前，人处于自由落体状态，加速度为g；弹性绳绷紧之后，弹力随下落距离均匀增加，人的加速度随下落距离先均匀减小后反向均匀增大，C 错误，D 正确；人的加速度先减小后反向增加，可知速度时间图象的斜率先减小后反向增加．B 错误，A 正确．14．(多选)某物体在光滑的水平面上受到两个恒定的水平共点力的作用，以10 m/s 2的加速度做匀加速直线运动，其中F 1与加速度的方向的夹角为37°，某时刻撤去F 1，此后该物体( )A ．加速度可能为5 m/s 2B ．速度的变化率可能为6 m/s 2C ．1 秒内速度变化大小可能为20 m/sD ．加速度大小一定不为10 m/s 2解析：选BC ．根据牛顿第二定律得F 合＝ma ＝10m ，F 1与加速度方向的夹角为37°，根据几何知识可知，F 2有最小值，最小值为F 2min ＝F 合sin 37°＝6m ，所以当F 1撤去后，合力的最小值为F min ＝6m ，此时合力的取值范围为F 合≥6m ，所以最小的加速度为a min ＝F min m＝6 m/s 2，故B 、C 正确． 15.如图所示，在倾角为θ＝30°的光滑斜面上，物块A 、B 质量分别为m 和2m .物块A 静止在轻弹簧上面，物块B 用细线与斜面顶端相连，A 、B 紧挨在一起，但A 、B 之间无弹力，已知重力加速度为g ，某时刻把细线剪断，当细线剪断瞬间，下列说法正确的是( )A ．物块A 的加速度为0B ．物块A 的加速度为g 3C ．物块B 的加速度为0D ．物块B 的加速度为g 2 解析：选B ．剪断细线前，弹簧的弹力：F 弹＝mg sin 30°＝12mg ，细线剪断的瞬间，弹簧的弹力不变，仍为F 弹＝12mg ；剪断细线瞬间，对A 、B 系统分析，加速度为：a ＝3mg sin 30°－F 弹3m ＝g 3，即A 和B 的加速度均为g 3，方向沿斜面向下． 16．(多选) 如图所示，两轻质弹簧a 、b 悬挂一质量为m 的小球，整体处于平衡状态，弹簧a 与竖直方向成30°，弹簧b 与竖直方向成60°，弹簧a 、b 的形变量相等，重力加速度为g ，则( )A ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶1B ．弹簧a 、b 的劲度系数之比为 3∶2C ．若弹簧a 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为3gD ．若弹簧b 下端松脱，则松脱瞬间小球的加速度大小为g 2解析：选AD ．由题可知，两个弹簧相互垂直，对小球受力分析，如图所示，设弹簧的伸长量都是x ，由受力分析图知，弹簧a 中弹力F a ＝mg cos 30°＝32mg ，根据胡克定律可知弹簧a 的劲度系数为k 1＝F a x ＝3mg 2x ，弹簧b 中的弹力F b ＝mg cos 60°＝12mg ，根据胡克定律可知弹簧b 的劲度系数为k 2＝F b x ＝mg 2x，所以弹簧a 、b 的劲度系数之比为3∶1，A 正确，B 错误；弹簧a 中的弹力为32mg ，若弹簧a 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧b 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧b 弹力的合力与F a 大小相等、方向相反，小球的加速度大小a ＝F a m＝32g ，C 错误；弹簧b 中弹力为12mg ，若弹簧b 的下端松脱，则松脱瞬间弹簧a 的弹力不变，故小球所受重力和弹簧a 弹力的合力与F b 大小相等、方向相反，故小球的加速度大小a ′＝F b m＝12g ，D 正确．二、【牛顿第二定律的应用】1. (多选)如图所示，一木块在光滑水平面上受一恒力F 作用，前方固定一足够长的水平轻弹簧，则当木块接触弹簧后，下列判断正确的是( )A ．木块立即做减速运动B ．木块在一段时间内速度仍增大C ．当F 等于弹簧弹力时，木块速度最大D ．弹簧压缩量最大时，木块速度为零但加速度不为零解析：选BCD ．木块刚开始接触弹簧时，弹簧对木块的作用力小于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐减小的加速运动，直到二力相等，而后，弹簧对木块的作用力大于外力F ，木块继续向右做加速度逐渐增大的减速运动，直到速度为零，但此时木块的加速度不为零，故选项A 错误，B 、C 、D 正确．2．质量为1 t 的汽车在平直公路上以10 m/s 的速度匀速行驶，阻力大小不变，从某时刻开始，汽车牵引力减少2 000 N ，那么从该时刻起经过6 s ，汽车行驶的路程是( )A ．50 mB ．42 mC ．25 mD ．24 m解析：选C ．汽车匀速行驶时，F ＝F f ①，设汽车牵引力减小后加速度大小为a ，牵引力减少ΔF ＝2 000 N 时，F f －(F －ΔF )＝ma ②，解①②得a ＝2 m/s 2，与速度方向相反，汽车做匀减速直线运动，设经时间t 汽车停止运动，则t ＝v 0a ＝102s ＝5 s ，故汽车行驶的路程x ＝v 02t ＝102×5 m ＝25 m ，故选项C 正确． 3. (多选)建设房屋时，保持底边L 不变，要设计好屋顶的倾角θ，以便下雨时落在房顶的雨滴能尽快地滑离屋顶，雨滴下滑时可视为小球做无初速度、无摩擦的运动．下列说法正确的是( )A ．倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大B ．倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越大C ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的速度越大D ．倾角θ越大，雨滴从顶端O 下滑至屋檐M 时的时间越短解析：选AC ．设屋檐的底角为θ，底边长度为L ，注意底边长度是不变的，屋顶的坡面长度为x ，雨滴下滑时加速度为a ，对雨滴受力分析，只受重力mg 和屋顶对雨滴的支持力F N ，垂直于屋顶方向：mg cos θ＝F N ，平行于屋顶方向：ma ＝mg sin θ.雨滴的加速度为：a＝g sin θ，则倾角θ越大，雨滴下滑时的加速度越大，故A正确；雨滴对屋顶的压力大小：F N′＝F N＝mg cos θ，则倾角θ越大，雨滴对屋顶压力越小，故B错误；根据三角关系判断，屋顶坡面的长度x＝L2cos θ，由x＝12g sin θ·t2，可得：t＝2Lg sin 2θ，可见当θ＝45°时，用时最短，D错误；由v＝g sin θ·t可得：v＝gL tan θ，可见θ越大，雨滴从顶端O下滑至M时的速度越大，C正确．4．如图所示为四旋翼无人机，它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．一架质量为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定，无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，在t＝5 s时离地面的高度为75 m(g取10 m/s2)．(1)求运动过程中所受空气阻力大小；(2)假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落．无人机坠落地面时的速度为40 m/s，求无人机悬停时距地面高度；(3)假设在第(2)问中的无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上的最大升力．为保证安全着地，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间．解析：(1)根据题意，在上升过程中由牛顿第二定律得：F－mg－F f＝ma由运动学规律得，上升高度：h＝12at2联立解得：F f＝4 N.(2)下落过程由牛顿第二定律：mg－F f＝ma1得：a1＝8 m/s2落地时的速度v 2＝2a 1H 联立解得：H ＝100 m.(3)恢复升力后向下减速，由牛顿第二定律得： F －mg ＋F f ＝ma 2 得：a 2＝10 m/s 2设恢复升力后的速度为v m ，则有 v 2m 2a 1＋v 2m2a 2＝H 得：v m ＝4053 m/s由：v m ＝a 1t 1 得：t 1＝553s.答案：(1)4 N (2)100 m (3)553s5.一质量为m ＝2 kg 的滑块能在倾角为θ＝30°的足够长的斜面上以加速度a ＝2.5 m/s 2匀加速下滑．如图所示，若用一水平向右的恒力F 作用于滑块，使之由静止开始在t ＝2 s 内能沿斜面运动位移x ＝4 m ．求：(g 取10 m/s 2)(1)滑块和斜面之间的动摩擦因数μ； (2)恒力F 的大小．解析：(1)对滑块，根据牛顿第二定律可得： mg sin θ－μmg cos θ＝ma ， 解得：μ＝36. (2)使滑块沿斜面做匀加速直线运动，有加速度沿斜面向上和向下两种可能． 由x ＝12a 1t 2，得a 1＝2 m/s 2，当加速度沿斜面向上时：F cos θ－mg sin θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma 1，代入数据解得：F＝7635N；当加速度沿斜面向下时：mg sin θ－F cos θ－μ(F sin θ＋mg cos θ)＝ma1，代入数据解得：F＝437N.答案：(1)36(2)7635N或437N6．(多选)一个质量为2 kg的物体，在5个共点力作用下处于平衡状态．现同时撤去大小分别为15 N和10 N的两个力，其余的力保持不变，关于此后该物体的运动的说法中正确的是()A．一定做匀变速直线运动，加速度大小可能是5 m/s2B．一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小C．可能做匀减速直线运动，加速度大小是2.5 m/s2D．可能做匀速圆周运动，向心加速度大小是5 m/s2解析：选BC．根据平衡条件得知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为15 N和10 N的两个力后，物体的合力大小范围为5 N≤F合≤25 N，根据牛顿第二定律a＝Fm得：物体的加速度范围为2.5 m/s2≤a≤12.5 m/s2.若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向不在同一直线上，物体做匀变速曲线运动，加速度大小可能为5 m/s2，故A错误．由于撤去两个力后其余力保持不变，则物体所受的合力不变，一定做匀变速运动，加速度大小可能等于重力加速度的大小，故B正确．若物体原来做匀速直线运动，撤去的两个力的合力方向与速度方向相同时，物体做匀减速直线运动，故C正确．由于撤去两个力后其余力保持不变，在恒力作用下不可能做匀速圆周运动，故D错误．7．如图所示，几条足够长的光滑直轨道与水平面成不同角度，从P点以大小不同的初速度沿各轨道发射小球，若各小球恰好在相同的时间内到达各自的最高点，则各小球最高点的位置()A ．在同一水平线上B ．在同一竖直线上C ．在同一抛物线上D ．在同一圆周上解析：选D ．设某一直轨道与水平面成θ角，末速度为零的匀减速直线运动可逆向看成初速度为零的匀加速直线运动，则小球在直轨道上运动的加速度a ＝mg sin θm ＝g sin θ，由位移公式得l ＝12at 2＝12g sin θ·t 2，即l sin θ＝12gt 2，不同的倾角θ对应不同的位移l ，但l sin θ相同，即各小球最高点的位置在直径为12gt 2的圆周上，选项D 正确．8．如图所示，B 是水平地面上AC 的中点，可视为质点的小物块以某一初速度从A 点滑动到C 点停止．小物块经过B 点时的速度等于它在A 点时速度的一半．则小物块与AB 段间的动摩擦因数μ1和BC 段间的动摩擦因数μ2的比值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C ．物块从A 到B 根据牛顿第二定律，有μ1mg ＝ma 1，得a 1＝μ1g .从B 到C 根据牛顿第二定律，有μ2mg ＝ma 2，得a 2＝μ2g .设小物块在A 点时速度大小为v ，则在B 点时速度大小为v 2，由于AB ＝BC ＝l ，由运动学公式知，从A 到B ：⎝⎛⎭⎫v 22－v 2＝－2μ1gl ，从B到C ∶0－⎝⎛⎭⎫v 22＝－2μ2gl ，联立解得μ1＝3μ2，故选项C 正确，A 、B 、D 错误．9.有一个冰上滑木箱的游戏节目，规则是：选手们从起点开始用力推箱一段时间后，放手让箱向前滑动，若箱最后停在有效区域内，视为成功；若箱最后未停在有效区域内就视为失败．其简化模型如图所示，AC 是长度为L 1＝7 m 的水平冰面，选手们可将木箱放在A 点，从A 点开始用一恒定不变的水平推力推木箱，BC 为有效区域．已知BC 长度L 2＝1 m ，木箱的质量m ＝50 kg ，木箱与冰面间的动摩擦因数μ＝0.1.某选手作用在木箱上的水平推力F ＝200 N ，木箱沿AC 做直线运动，若木箱可视为质点，g 取10 m/s 2.那么该选手要想游戏获得成功，试求：(1)推力作用在木箱上时的加速度大小； (2)推力作用在木箱上的时间满足的条件．解析：(1)设推力作用在木箱上时的加速度大小为a 1，根据牛顿第二定律得F －μmg ＝ma 1， 解得a 1＝3 m/s 2.(2)设撤去推力后，木箱的加速度大小为a 2，根据牛顿第二定律得 μmg ＝ma 2， 解得a 2＝1 m/s 2.推力作用在木箱上时间t 内的位移为x 1＝12a 1t 2.撤去推力后木箱继续滑行的距离为x 2＝(a 1t )22a 2.为使木箱停在有效区域内，要满足 L 1－L 2≤x 1＋x 2≤L 1， 解得1 s ≤t ≤76s. 答案：(1)3 m/s 2 (2)1 s ≤t ≤76s 10．如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一名幼儿用沿与水平面成30°角的恒力拉着它沿水平地面运动，已知拉力F ＝6.5 N ，玩具的质量m ＝1 kg ，经过时间t ＝2.0 s ，玩具移动的距离x ＝2 3 m ，这时幼儿将手松开，玩具又滑行了一段距离后停下．(g 取10 m/s 2)求：(1)玩具与地面间的动摩擦因数． (2)松手后玩具还能滑行多远？(3)幼儿要拉动玩具，拉力F 与水平方向夹角θ为多少时拉力F 最小？ 解析：(1)玩具做初速度为零的匀加速直线运动，由位移公式可得 x ＝12at 2，解得a ＝ 3 m/s 2， 对玩具，由牛顿第二定律得 F cos 30°－μ(mg －F sin 30°)＝ma ， 解得μ＝33. (2)松手时，玩具的速度v ＝at ＝2 3 m/s松手后，由牛顿第二定律得μmg ＝ma ′， 解得a ′＝1033m/s 2.由匀变速运动的速度位移公式得 玩具的位移x ′＝0－v 2－2a ′＝335 m.(3)设拉力与水平方向的夹角为θ，玩具要在水平面上运动，则 F cos θ－F f >0，F f ＝μF N ， 在竖直方向上，由平衡条件得 F N ＋F sin θ＝mg ， 解得F >μmgcos θ＋μsin θ.因为cos θ＋μsin θ＝1＋μ2sin(60°＋θ)，所以当θ＝30°时，拉力最小． 答案：(1)33 (2)335m (3)30°三、【动力学中的“板块”“传送带”模型】1．(多选)如图所示，表面粗糙、质量M ＝2 kg 的木板，t ＝0时在水平恒力F 的作用下从静止开始沿水平面向右做匀加速直线运动，加速度a ＝2.5 m/s 2，t ＝0.5 s 时，将一个质量m ＝1 kg 的小铁块(可视为质点)无初速度地放在木板最右端，铁块从木板上掉下时速度是木板速度的一半．已知铁块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.1，木板和地面之间的动摩擦因数μ2＝0.25，g ＝10 m/s 2，则( )A ．水平恒力F 的大小为10 NB ．铁块放上木板后，木板的加速度为2 m/s 2C ．铁块在木板上运动的时间为1 sD ．木板的长度为1.625 m解析：选AC ．未放铁块时，对木板由牛顿第二定律：F －μ2Mg ＝Ma ，解得F ＝10 N ，选项A 正确；铁块放上木板后，对木板：F －μ1mg －μ2(M ＋m )g ＝Ma ′，解得：a ′＝0.75 m/s 2，选项B 错误；0.5 s 时木板的速度v 0＝at 1＝2.5×0.5 m/s ＝1.25 m/s ，铁块滑离木板时，木板的速度：v 1＝v 0＋a ′t 2＝1.25＋0.75t 2，铁块的速度v ′＝a铁t 2＝μ1gt 2＝t 2，由题意：v ′＝12v 1，解得t 2＝1 s ，选项C 正确；铁块滑离木板时，木板的速度v 1＝2 m/s ，铁块的速度v ′＝1 m/s ，则木板的长度为：L ＝v 0＋v 12t 2－v ′2t 2＝1.25＋22×1 m －12×1 m ＝1.125 m ，选项D 错误；故选A 、C ．2．(多选)如图甲为应用于机场和火车站的安全检查仪，用于对旅客的行李进行安全检查．其传送装置可简化为如图乙的模型，紧绷的传送带始终保持v ＝1 m/s 的恒定速率运行．旅客把行李无初速度地放在A 处，设行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.1，A 、B 间的距离L ＝2 m ，g 取10 m/s 2.若乘客把行李放到传送带的同时也以v ＝1 m/s 的恒定速率平行于传送带运动到B 处取行李，则( )A ．乘客与行李同时到达B 处 B ．乘客提前0.5 s 到达B 处C ．行李提前0.5 s 到达B 处D ．若传送带速度足够大，行李最快也要2 s 才能到达B 处解析：选BD ．行李放在传送带上，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动．加速度为a ＝μg ＝1 m/s 2，历时t 1＝v a ＝1 s 达到共同速度，位移x 1＝v2t 1＝0.5 m ，此后行李匀速运动t 2＝L －x 1v ＝1.5 s 到达B ，共用2.5 s ；乘客到达B ，历时t ＝Lv ＝2 s ，B 正确；若传送带速度足够大，行李一直加速运动，最短运动时间t min ＝2L a＝ 2×21s ＝2 s ，D 正确． 3．如图甲所示，倾角为37°足够长的传送带以4 m/s 的速度顺时针转动，现将小物块以2 m/s 的初速度沿斜面向下冲上传送带，小物块的速度随时间变化的关系如图乙所示，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，试求：。

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。

上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小1D.的大小不变，而方向与角，物块也恰好做匀速直线运动，物块与桌面间的动摩擦因数为（）2由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）3实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对4表示滑块下滑的加速度大小，用表示挡光片前端到达光电门时滑块的瞬时速度大的关系式为．，．（结果保留3位有效数字）56，放在静止于水平地面上的木板的两；木板的质量为，与地面间的动摩擦因数为两滑块开始相向滑动，初速度大小均为．、相遇时，与木板恰好相对静止．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小为．求：开始运动时，两者之间的距离．1上的张力先增大后减小上的张力先增大后减小的合力大小方向不变，且与先增后减，始终变大．2D.；由，可知摩擦力为：，代入数据为：联立可得：，故C正确．故选C．相互作用共点力平衡多个力的动态平衡由图可知，小车在桌面上是（填“从右向左”或“从左向右”）运动的；（1）该小组同学根据图的数据判断出小车做匀变速运动，小车运动到图（b）中点位置时的速度大小为，加速度大小为．（结果均保留位有效数字）（2）34实验步骤如下：如图（a）将光电门固定在斜面下端附近；将一挡光片安装在滑块上，记下挡光片前端相对56开始运动时，两者之间的距离．考点时和板共速和板共速后得加速度：再经过，和板共速，（2）牛顿运动定律牛顿运动定律专题滑块问题。

高中物理牛顿运动定律练习题学校:___________姓名：___________班级：___________一、单选题1．关于电流，下列说法中正确的是( )A ．电流跟通过截面的电荷量成正比，跟所用时间成反比B ．单位时间内通过导体截面的电量越多，导体中的电流越大C ．电流是一个矢量，其方向就是正电荷定向移动的方向D ．国际单位制中，其单位“安培”是导出单位2．2000年国际乒联将兵乓球由小球改为大球，改变前直径是0.038m ，质量是2.50g ；改变后直径是0.040m ，质量是2.70g 。

对此，下列说法正确的是（ ）A ．球的直径大了，所以惯性大了，球的运动状态更难改变B ．球的质量大了，所以惯性大了，球的运动状态更难改变C ．球的直径大了，所以惯性大了，球的运动状态更容易改变D ．球的质量大了，所以惯性大了，球的运动状态更容易改变3．在物理学的探索和发现过程中常用一些方法来研究物理问题和物理过程，下列说法错误的是（ ）A ．在伽利略研究运动和力的关系时，采用了实验和逻辑推理相结合的研究方法B ．在推导匀变速直线运动位移公式时，把整个运动过程划分成很多小段，每一小段近似看作匀速直线运动，再把各小段位移相加，这里运用了理想化模型法C ．在不需要考虑物体本身的大小和形状时用质点来代替物体，运用了理想化模型法D ．比值定义包含“比较”的思想，例如，在电场强度的概念建立过程中，比较的是相同的电荷量的试探电荷受静电力的大小4．下列说法中正确的是（ ）A ．物体做自由落体运动时没有惯性B ．物体速度小时惯性小，速度大时惯性大C ．汽车匀速行驶时没有惯性，刹车或启动时才有惯性D ．惯性是物体本身的属性，无论物体处于何种运动状态，都具有惯性5．如图所示，质量为10kg 的物体A 拴在一个被水平拉伸的弹簧一端，弹簧的拉力为6N 时，物体处于静止状态。

若小车以20.8m /s 的加速度向右加速运动（取210m /s g ），则（ ）A ．物体A 受到的弹簧拉力不变B ．物体相对小车向左运动C ．物体A 相对小车向右运动D ．物体A 受到的摩擦力增大6．下列说法中错误的是（ ） A ．沿着一条直线且加速度存在且不变的运动，叫做匀变速直线运动B ．为了探究弹簧弹性势能的表达式，把拉伸弹簧的过程分为很多小段，拉力在每一小段可以认为是恒力，用各小段做功的代数和代表弹力在整个过程所做的功，物理学中把这种研究方法叫做微元法C ．从牛顿第一定律我们得知，物体都要保持它们原来的匀速直线运动或静止的状态，或者说，它们都具有抵抗运动状态变化的“本领”D ．比值定义法是一种定义物理量的方法，即用两个已知物理量的比值表示一个新的物理量，如电容的定义式Q C U=，表示C 与Q 成正比，与U 成反比，这就是比值定义的特点7．一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶。

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/s2．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】① 0.07m ②35m/s 214N【解析】【详解】①物体 C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为x0．对物体 C，有： mg kx0解得： x0=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：Mg k( A x0)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.x0 )mg ma对物体，有： k ( AC解得： a=35m/s 2对物体 B，有：F Mg k( A x0 )解得： F=14N所以物体 B 对地面的压力大小为14N2．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 s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=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。

高考物理牛顿运动定律的应用题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．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。