高三物理 牛顿运动定律天天练2

(物理)物理牛顿运动定律练习题20篇一、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式图象如图乙所示。

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：甲(1)物块与斜面间的动摩擦因数工(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。

vi二【答案】(1)户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& = 10m"'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VC,由动能定理得1 1 ―-mg(Lsirt37° 4- L8R) - fAmgLcosl70 =mg +F.%在最高点，根据牛顿第二定律则有：•解得：尸N = 4 N由根据牛顿第三定律得：『用=八=你物体在C点对轨道的压力大小为4 N(3)设物块以初速度V I上滑，最后恰好落到物块从C到A,做平抛运动，竖直方向：水平方向：口照37。

-而加37° n 吧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 科=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;【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f A,水平运动，则竖直方向平衡：N A mg , f A N A;解得：f Amg ①A 滑块在绸带上水平向右滑动， 0时刻的加速度为a i ,由牛顿第二定律得：F f A m A a i ——②B 滑块和绸带一起向左滑动， 0时刻的加速度为a 2由牛顿第二定律得：F f B m B a 2 ——③；联立①②③解得：a 1 1m/s 2, a 2 0.5m/s 2；(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时 A 、B 滑块发生的位移分别为 为和X 2LX I X 2 一21 2 x 1a 1t 2 1 .2,所以能通过C 点落到A 点物块从A 到C,由动能定律可得: 1 1 -+ L8R) - ^mgLcos370 - -mv^-〉 \然二百附/s解得 解得:(2) 0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量.F【答案】(1)a i 1吸2e2 0.5ms 2 ； (2)30Jx2a2t2代入数据解得：x1 2m , x2 1m, t 2s2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：Q f A X i X2代入数据解得：Q 30J .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因=0.25变为展=0.125. 一滑雪者从倾角为9= 37。

《牛顿运动定律》测试题1.如图3所示，质量相同的A、B两球用细线悬挂于天花板一且静止不动.两球间是一个轻质弹簧，如果突然剪断悬线，则在剪断悬线瞬间A球加速度为，方向；B球加速度为2如图所不，木块A、B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C 上，C静置于地面上，它们的质量之比是1：2：3,设所有接触面都光滑.当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬间，A、B的加速度分别是aA=, aB=o3如图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小球的悬线偏离竖直方向37。

角，球和车厢相对静止，球的质量为1 kg.求：(1)求车厢运动的加速度并说明车厢的运动情况.(2)求悬线对球的拉力.4、地面上放一木箱，质量为40kg,用100N的力与水平成37°角推木箱，如图5所示，恰好使木箱匀速前进.若用此力与水平成37。

角向斜上方拉木箱，木箱的加速度多大？(取g=10m/s', sin37° =0.6, cos37° =0.8) (0.56m/s2 )5:如图所不，在光滑的水平面上，有等质量的五个物体，每个物体的质量为m.若用水平推力F 推12345图11号物体，求：(1).它们的加速度是多少？(2).2、3号物体间的压力为多少?6、如图9所示，质量均为m的I、II两木块叠放在水平面上，I受到斜向上与水平面成9角的力F作用，II受到斜向下与水平面成9角的力F作用，两力在同一竖直平面内，此时两木块保持静止，则A、I、II之间一定存在静摩擦力B、II与水平面之间可能存在静摩擦力C、II对I的支持力一定等于mgD、水平面对II的支持力可能大于2mg图31：有一个直角支架AOB,AO水平放置，表面粗糙;OB竖直向下，表面光滑,AO上套有小环P,OB 上套有小环Q,两环质量均为m,两环间由一根质量可忽略、不可伸长的细绳相连，并在某一位置平衡，如图7所示.现将P环向左移一小段距离，两环再次达到平衡.那么将移动后的平衡状态和原来的平衡状态比较,AO杆对P环的支持力N和细绳上的拉力T的变化情况是C、N变A、N不变,T变大B、N不变,T变小变大D、N变大,T变小2.一个质量为O.2kg的小球用细线吊在倾角0=53°的斜面顶端，如图，斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行，不计摩擦，当斜面以lOm/s? 的加速度向右做加速运动时，求绳的拉力及斜面对小球的弹力。

高中物理牛顿第二定律经典练习题专题训
练(含答案)
高中物理牛顿第二定律经典练题专题训练（含答案）
1. Problem
已知一个物体质量为$m$，受到一个力$F$，物体所受加速度为$a$。

根据牛顿第二定律，力、质量和加速度之间的关系可以表示为：
$$F = ma$$
请计算以下问题：
1. 如果质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2，求所受的力
$F$的大小。

2. 如果质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N，求物体的加速度$a$。

2. Solution
使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来解决这些问题。

1. 问题1中，已知质量$m$为2kg，加速度$a$为3m/s^2。

将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$F = 2 \times 3 = 6 \,\text{N}$$
所以，所受的力$F$的大小为6N。

2. 问题2中，已知质量$m$为5kg，力$F$的大小为10N。

将这些值代入牛顿第二定律的公式，可以得到：
$$10 = 5a$$
解方程可以得到：
$$a = \frac{10}{5} = 2 \,\text{m/s}^2$$
所以，物体的加速度$a$为2m/s^2。

3. Conclusion
通过计算题目中给定的质量、力和加速度，我们可以使用牛顿第二定律的公式$F = ma$来求解相关问题。

掌握这一定律的应用可以帮助我们更好地理解物体运动的规律和相互作用。

高考物理最新力学知识点之牛顿运动定律专项训练及答案(2)一、选择题1．在升降电梯内的地板上放一体重计，电梯静止时，某同学站在体重计上，体重计示数为50.0kg．若电梯运动中的某一段时间内，该同学发现体重计示数为如图所示的40.0kg，则在这段时间内（重力加速度为g）（）A．该同学所受的重力变小了B．电梯一定在竖直向下运动C．该同学对体重计的压力小于体重计对她的支持力D．电梯的加速度大小为0.2g，方向一定竖直向下2．起重机通过一绳子将货物向上吊起的过程中(忽略绳子的重力和空气阻力)，以下说法正确的是()A．当货物匀速上升时，绳子对货物的拉力与货物对绳子的拉力是一对平衡力B．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小都等于货物对绳子的拉力大小C．无论货物怎么上升，绳子对货物的拉力大小总大于货物的重力大小D．若绳子质量不能忽略且货物匀速上升时，绳子对货物的拉力大小一定大于货物的重力3．如图所示，质量为2 kg的物体A静止在竖直的轻弹簧上面。

质量为3 kg的物体B用轻质细线悬挂，A、B接触但无挤压。

某时刻将细线剪断，则细线剪断瞬间，B对A的压力大小为（g＝10 m/s2）A．12 N B．22 NC．25 N D．30N4．下列单位中，不能．．表示磁感应强度单位符号的是（）A．T B．NA m⋅C．2kgA s⋅D．2N sC m⋅⋅5．如图所示，质量m=1kg、长L=0.8m的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ=0.4．现用F=5N的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F做的功至少为( )（g取10m/s2）A．1J B．1.6J C．2J D．4J6．如图所示，A、B两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向右做匀减速直线运动，运动过程中B受到的摩擦力A．方向向左，大小不变B．方向向左，逐渐减小C．方向向右，大小不变D．方向向右，逐渐减小7．如图所示，倾角为θ的光滑斜面体始终静止在水平地面上,其上有一斜劈A,A的上表面水平且放有一斜劈B，B的上表面上有一物块C，A、B、C一起沿斜面匀加速下滑。

高中物理牛顿运动定律的技巧及练习题及练习题(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，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 ∆=+-=。

2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（2019高考物理一轮复习第三章牛顿运动定律第2讲牛顿第二定律两类动力学问题练习）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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第2讲牛顿第二定律两类动力学问题1．（2017·高考上海卷)如图，在匀强电场中，悬线一端固定于地面，另一端拉住一个带电小球，使之处于静止状态．忽略空气阻力，当悬线断裂后，小球将做( )A．曲线运动B．匀速直线运动C．匀加速直线运动D．变加速直线运动解析：选C。

本题考查力与运动的关系．在悬线断裂前,小球受重力、电场力和悬线拉力作用而处于平衡状态,故重力与电场力的合力与拉力等值反向．悬线断裂后，小球所受重力与电场力的合力大小、方向均不变，故小球将沿原来悬线拉力的反方向做匀加速直线运动,C 项正确．2.(多选)（2016·高考江苏卷)如图所示，一只猫在桌边猛地将桌布从鱼缸下拉出，鱼缸最终没有滑出桌面．若鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等，则在上述过程中（)A．桌布对鱼缸摩擦力的方向向左B．鱼缸在桌布上的滑动时间和在桌面上的相等C．若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力将增大D．若猫减小拉力，鱼缸有可能滑出桌面解析：选BD.将桌布从鱼缸下拉出的过程，鱼缸相对桌布向左运动，因此桌布对它的摩擦力方向向右，A项错误；设动摩擦因数为μ，鱼缸在桌布对它的滑动摩擦力的作用下做初速度为零的匀加速运动，加速度大小为μg，设经过t1时间鱼缸滑离桌布,滑离时的速度为v，则v＝μgt1；鱼缸滑到桌面上后，做匀减速运动,加速度大小也为μg，因此鱼缸在桌面上运动的时间t2＝错误!，因此t1＝t2，B项正确；若猫增大拉力，鱼缸受到的摩擦力仍为滑动摩擦力，大小为μmg（设鱼缸质量为m），保持不变，C项错误；若猫减小拉力，则鱼缸与桌布间的摩擦力有可能小于滑动摩擦力，则鱼缸与桌布一起运动，从而滑出桌面，D项正确．3。

3.3 牛顿第二定律随堂练习1．关于牛顿第二定律，下列说法中正确的是（）A．牛顿第二定律的表达式F＝ma在任何情况下都适用B．某一瞬时的加速度，只能由这一瞬时的外力决定，而与这一瞬时之前或之后的外力无关C．在公式F＝ma中，若F为合力，则a等于作用在该物体上的每一个力产生的加速度的矢量和D．物体的运动方向一定与物体所受合力的方向一致解析:牛顿第二定律只适用于宏观物体在低速时的运动,A错误;F＝ma具有瞬时性，B正确；如果F＝ma中F是合力，则a为合力产生的加速度,即各分力产生加速度的矢量和，C正确；如果物体做减速运动，则v与F反向,D错误.答案：BC2．下列单位中,是国际单位制中加速度单位的是( ）A．cm/s2B．m/s2C．N/kg D．N/m解析：在国际单位制中，加速度的单位可以用m/s2表示，也可以用N/kg表示。

虽然N不是国际单位制中的基本单位，但它是国际单位制中的单位.答案：BC3．关于速度、加速度、合外力之间的关系，正确的是（）A．物体的速度越大，则加速度越大，所受的合外力也越大B．物体的速度为零,则加速度为零，所受的合外力也为零C．物体的速度为零,但加速度可能很大，所受的合外力也可能很大D．物体的速度很大，但加速度可能为零，所受的合外力也可能为零解析：加速度由合外力决定，加速度与速度无必然联系。

物体的速度为零时，加速度可为零也可不为零；当加速度为零时，速度不变.答案：CD4．如图3－3－4所示，质量均为m的A、B两球之间系着一根不计质量的弹簧，放在光滑的水平面上，A球紧靠竖直墙壁，今用水平力F将B球向左推压弹簧，平衡后，突然将F撤去，在这瞬间（）图3－3－4A．B球的速度为零，加速度为零B．B球的速度为零,加速度大小为F/mC．在弹簧第一次恢复原长之后A才离开墙壁D．在A离开墙壁后，A、B两球均向右做匀速运动解析：撤去F瞬间，弹簧弹力大小仍为F，故B的加速度为错误!，此时B球还没有经过加速，故B球的速度为零，A错，B对。

内化提升1．如图15所示，物体A 放在固定的斜面B 上，在A 上施加一个竖直向下的恒力F ，下列说法中正确的有( )图15A ．若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 将加速下滑B ．若A 原来是静止的，则施加力F 后，A 仍保持静止C ．若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度不变D ．若A 原来是加速下滑的，则施加力F 后，A 的加速度将增大解析：对物体施加竖直向下的力相当于物体的重力变大，F 可分解为平行于斜面的分力F sin α和垂直于斜面的分力F cos α，当A 原来静止时，mg sin α＝μmg cos α，则F sin α＝μF cos α.施加F 后A 仍保持静止；当A 原来加速时，mg sin α－μmg cos α＝ma 1，加上F 后(F ＋mg )sin α－μ(mg ＋F )cos α＝ma 2，显然a 2变大，故B 、D 正确．答案：BD图162．(2009河北保定调研)n 个相同木块排成一条直线用绷紧的细绳连在一起构成木块组静止置于水平面，当改变木块个数时，木块组先后在相同的水平力作用下做匀变速运动，木块组加速度a 与木块个数的倒数1n的关系如图16所示，若更换木块组所在水平面的材料，再重复这个实验，则图线与水平轴的夹角θ将( )A ．变大B ．不变C ．变小D ．与水平面材料有关解析：根据题意可知横轴表示木块数目的倒数，也就是表示物块质量的倒数，以木块为研究对象，由牛顿第二定律有F －μnmg ＝nma ，整理可得a ＝F m ·1n－μg ，此即图象解析式．所以，图象的斜率k 乘以单个物体的质量m 表示F 的大小，故斜率应恒定不变，θ保持不变，所以B 正确．答案：B3．一间新房即将建成时要封顶，考虑到下雨时落至房顶的雨滴能尽快地流离房顶，要设计好房顶的坡度．设雨滴沿房顶下淌时做无初速度无摩擦的运动，且屋顶的底边长是固定的，那么图中所示四种情况中符合要求的是( )解析：如图17，设屋顶的底边长为d ，倾角为θ，则a=gsin θ(①式)； = at2(②式)，图17①②联立解得t ＝d g sin θcos θ＝2d g sin2θ，所以θ＝45°时t 最小． 答案：C4．声音在空气中传播的速度v 与空气的密度ρ及压强p 有关，下列速度的表达式(k 为比例系数，无单位)中正确的是( )A ．v ＝kp ρ2B ．v ＝kp ρC ．v ＝kρp2 D ．v ＝kpρ2 解析：物理公式在确定了物理量的数学关系的同时，也确定了物理量的单位关系，本题中虽对速度v 与压强p 和密度ρ的关系未作任何提示，但可以用单位关系来检验它们的数学关系．故可以把压强p 和密度ρ的国际单位用基本单位导出，再带入上述选项，看哪一项得出的结果是速度的国际单位“m/s ”．压强p 的单位用1 Pa ＝1 N/m 2＝1 kg·m/(s 2·m 2)＝1 kg/(m·s 2)，密度ρ的单位为kg/m 3，k 无单位代入B 项，kg/(m·s 2)kg/m 3＝m/s ，即速度单位，故选项B 正确．答案：B5．如图18所示，三个完全相同物块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分别表示物块1、2、3的加速度，则( )图18 A ．a 1＝a 2＝a 3B ．a 1＝a 2，a 2>a 3C ．a 1>a 2，a 2<a 3D ．a 1>a 2，a 2>a 3解析：对物块进行受力分析，根据牛顿第二定律可得：a 1＝F cos60°－μ(mg －F sin60°)m ＝(1＋3μ)F 2m－μg a 2＝F cos60°－μ(mg ＋F sin60°)m ＝(1－3μ)F 2m －μg a 3＝12F －μmg m ＝F 2m－μg ，比较大小可得C 选项正确． 答案：C图196．一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a ，如图19所示在物体相对于斜面静止的条件下，下列说法中正确的是( )A ．当θ一定时，a 越大，斜面对物体的正压力越小B ．当θ一定时，a 越大，斜面对物体的摩擦力越大C ．当a 一定时，θ越大，斜面对物体的正压力越小D ．当a 一定时，θ越大，斜面对物体的摩擦力越小解析：图20选物体为研究对象．受力情况如图20所示，建立坐标系，注意因为物体始终相对于斜面－mg 静止，所以F f是静摩擦力，加速度向上，所以静摩擦力F f沿斜面向上．竖直方向上F Ncosθ＝ma，也可写成F f－mg＝ma.则θ一定时，a越大，F N越大，F f越大；a一定时，θ越大，sinθF N越小，F f越大．答案：BC图217．如图21所示，U形槽放在水平桌面上，物体M放于槽内静止，此时弹簧对物体的压力为3 N，物体的质量为0.5 kg，与槽底之间无摩擦．使槽与物体M一起以6 m/s2的加速度向左水平运动时()A．弹簧对物体的压力为零B．物体对左侧槽壁的压力等于零C．物体对左侧槽壁的压力等于3 ND．弹簧对物体的压力等于6 N解析：槽与物体一起向左加速运动时，物体所受的合外力由牛顿第二定律可知F＝ma＝3 N，物体在静止时，弹簧对它的压力为3 N，刚好提供其做加速运动的合外力，故此时物体受到左侧槽壁对其的支持力应为零，则物体对左侧壁的作用力也为零，故选项B正确．答案：B图228．如图22所示，在光滑水平面上有两个质量分别为m1和m2的物体A、B，m1>m2，A、B间水平连接着一轻质弹簧秤．若用大小为F的水平力向右拉B，稳定后B的加速度大小为a1，弹簧秤示数为F1；如果改用大小为F的水平力向左拉A，稳定后A的加速度大小为a2，弹簧秤示数为F2.则以下关系式正确的是()A．a1＝a2，F1>F2B．a1＝a2，F1<F2C．a1<a2，F1＝F2D．a1>a2，F1>F2解析：整体法分析，无论用F拉A，还是拉B，F＝(m1＋m2)a均成立，所以稳定后A的加速度a2和B的加速度a1相等，F拉B时，对A分析，F1＝m1a，F拉A时，对B分析，F2＝m2a.因m1>m2，故F1>F2，所以选项A正确．答案：A图239．一个重500 N的木箱放在大磅秤上，木箱内有一个质量为50 kg的人，站在小磅秤上．如图23所示，如果人用力推木箱顶部，则小磅秤和大磅秤上的示数F 1、F 2的变化情况为( )A ．F 1增大、F 2减小B ．F 1增大、F 2增大C ．F 1减小、F 2不变D ．F 1增大、F 2不变解析：把人、木箱、小磅秤看作一个整体，整体的重力等于大磅秤的示数F 2，所以人用力时，F 2不变，故选项A 、B 错；以人为研究对象，人用力时，人对小磅秤的压力增大，故小磅秤示数F 1增大，所以选项C 错，D 对．答案：D图2410．如图24所示，底板光滑的小车放在水平地面上，其上放有两个完全相同且量程均为20 N 的弹簧秤，甲、乙系住一个质量为1 kg 的物块．当小车做匀速直线运动时，两弹簧秤的示数均为10 N ．则当小车做匀加速直线运动时，弹簧秤甲的示数变为8 N ，这时小车运动的加速度大小是( )A ．2 m/s 2B ．4 m/s 2C ．6 m/s 2 SD ．8 m/s 2解析：当小车匀速运动时，两弹簧秤的示数各为10 N ，合力为零．当小车匀加速运动时，甲的示数为8 N ，则乙的示数将变为12 N ，合力为4 N ．由牛顿第二定律得a ＝F 合m ＝4 m/s 2，选B.答案：B图2511．跨过定滑轮的绳的一端挂一吊板，另一端被吊板上的人拉住，如图25所示，已知人的质量为70 kg ，吊板的质量为10 kg ，绳及定滑轮的质量、滑轮的摩擦均可不计．取重力加速度g ＝10 m/s 2.当人以440 N 的力拉绳时，人与吊板的加速度a 和人对吊板的压力F 分别为( )A ．a ＝1.0 m/s 2，F ＝260 NB ．a ＝1.0 m/s 2，F ＝330 NC ．a ＝3.0 m/s 2，F ＝110 ND ．a ＝3.0 m/s 2，F ＝50 N解析：对人与吊板构成的整体．据牛顿第二定律有：2T －(m 人＋m 板)g ＝(m 人＋m 板)a ，代入数据得a ＝1.0 m/s 2，选项C 、D 被排除；用隔离法研究人向上运动，设吊板对人的支持力F ′，则T ＋F ′－m 人g ＝m 人a ，得F ′＝330 N ，据牛顿第三定律，人对吊板的压力F ＝F ′＝330 N ，选项B 正确．答案：B图2612．(2009年湖北重点中学二联)水平传送带A 、B 两端点相距s ＝7 m ，起初以v 0＝2 m/s的速度顺时针运转．今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，同时传送带以a0＝2 m/s2的加速度加速运转，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，求：小物块由A端运动至B端所经历的时间．解析：小物块刚放上传送带时，受水平向右的滑动摩擦力，由牛顿第二定律有：μmg＝ma得：a＝4 m/s2设小物块历时t1后与传送带达到相同速度，即at1＝v0＋a0t1得：t1＝1 s此过程中小物块的位移为：s1＝at21/2得：s1＝2 m<s＝7 m故小物块此时尚未到达B点，且此后的过程中由于a0<μg，所以小物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点，则：s－s1＝at1t2＋a0t22/2得：t2＝1 s小物块从A到B历时：t＝t1＋t2＝2 s.答案：2 s图2713．如图27所示，A、B两物块叠放后从倾角为30°的光滑斜面上一起滑下，若物块A 质量为0.4 kg，A、B间接触面呈水平，求滑下时物块B对物块A的支持力和摩擦力．解析：图28把A、B两物体作为一个整体分析，受重力、弹力作用，下滑时沿斜面方向合力产生的加速度可由牛顿第二定律求得(m A＋m B)g sin30°＝(m A＋m B)a所以a＝5 m/s2.再隔离物块A分析(如图28所示)，受重力、弹力和摩擦力，B物块的上表面水平，所以B对A的支持力F N竖直向上，B对A的静摩擦力F f沿水平方向．把加速度分解为竖直和水平两个方向，由牛顿第二定律，则：m A g－F N＝m A a sin30°得，F N＝3 N，F f＝m A a cos30°得F f＝ 3 N.答案：3 N 3 N图2914．如图29所示，长L＝75 cm的质量为m＝2 kg的平底玻璃管底部置有一玻璃小球，玻璃管从静止开始受到一竖直向下的恒力F＝12 N的作用，使玻璃管竖直向下运动，经一段时间t，小球离开管口．空气阻力不计，取g＝10 m/s2.求：时间t和小球离开玻璃管时玻璃管的速度的大小．解析：设玻璃管向下运动的加速度为a，对玻璃管受力分析由牛顿第二定律得：F＋mg＝ma①设玻璃球和玻璃管向下运动的位移分别为s1、s2时，玻璃球离开玻璃管，由题意得：s2－s1＝L②由玻璃球做自由落体运动得：s1＝12③2gt由玻璃管向下加速运动得：s2＝12④2at玻璃球离开玻璃管时，玻璃管的速度v＝at⑤由①～⑤式解得：t＝0.5 s，v＝8 m/s答案：0.5 s8 m/s图3015．如图30所示，一质量为m＝1 kg的物块放在水平传送带上，初始时传送带和物块均处于静止状态，某时刻传送带突然启动，向右做加速度为a1＝5 m/s2的匀加速运动，运动2 s 后马上又做匀减速运动直到停止，减速时的加速度大小a2＝4 m/s，已知物块与传送带间的动摩擦因数为μ＝0.2，传送带足够长，在运动过程中物块不会滑离传送带，试求：物块从开始运动到静止过程中的位移．解析：在传送带做匀加速运动的2 s内，物块也向右做匀加速运动，2 s末物块的速度为v1＝μgt1＝4 m/s，传送带的速度v′1＝a1t1＝10 m/s，由于传送带开始减速一段时间内的速度仍大于物块的速度，因此物块仍将做加速运动，直到与传送带共速，设传送带开始减速到与物块速度相等所需时间为t2，则v′1－a2t2＝v1＋μgt2，解得：t2＝1 s，则传送带与物块速度相等为v2＝6 m/s，速度相等后，由于传送带加速度a2≥μg，则物块开始以a2＝μg的匀减速运动，设从速度相等到停止历时t3，则v2－μgt3＝0，解得t3＝3 s.设传送带从减速运动到停止历时t4，则v′1－a2t4＝0，解得t4＝2.5综上所述可作出传送带与物块的运动图象如图31所示．图31由图象知，物块的位移为S块＝12×6×6 m＝18 m.。

高中物理牛顿运动定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】由图得：0-2s 内环的加速度a=vt=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°2．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=99.2m3．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·M g (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．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．5．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：（1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度；（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s 【解析】【分析】（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【详解】（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2= 代入数据解得v =1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得2v mg m R=，代入数据得R =0.1m （2）由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，代入数据解得a =0.4m/s 2由212v s a=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，故传送带的速度为1m/s ．（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s 煤块匀速运动的位移为s 2=s ﹣s 1=1.75m ，可求得煤块匀速运动的时间t 2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t =t 1+t 2代入数据解得t =4.25s6．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度0υ，沿斜面上滑。

第23天 探究牛顿第二定律例题回顾【典例】某同学利用图甲所示装置来研究加速度与力的关系。

他将光电门1和2分别固定在长木板的A 、B 两处，换用不同的重物通过细线拉同一小车（小车质量约为200克），每次小车都从同一位置由静止释放。

（1）长木板右端垫一物块，其作用是用来________________；（2）用游标卡尺测得遮光条的宽度为______cm ；（3）对于所挂重物的质量，以下取值有利于减小实验误差的是________（填选项） A ．1克 B ．5克 C ．10克 D ．40克（4）现用该装置来探究功与速度变化的关系，关闭光电门2，测出多组重物的质量m 和对应遮光条通过光电门1的时间Δt ，通过描点作出线性图象，应作出_____图象（填选项）A ．Δt –mB ．Δt 2–mC ．D ．考点归纳1.注意事项(1)平衡摩擦力：适当垫高木板的右端，使小车的重力沿斜面方向的分力正好平衡小车和纸带受到的阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂小盘的细绳系在小车上，让小车拉着穿过打点计时器的纸带匀速运动.(2)不重复平衡摩擦力.(3)实验条件：m ≫m ′.1Δm t -21Δm t -(4)一先一后一按：改变拉力或小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，后释放小车，且应在小车到达滑轮前按住小车.2.误差分析(1)实验原理不完善：本实验用小盘和砝码的总重力m′g代替小车的拉力，而实际上小车所受的拉力要小于小盘和砝码的总重力.(2)摩擦力平衡不准确、质量测量不准确、计数点间距测量不准确、纸带和细绳不严格与木板平行都会引起误差.3.数据处理(1)利用Δx＝aT2及逐差法求a.(2)以a为纵坐标，F为横坐标，根据各组数据描点，如果这些点在一条过原点的直线上，说明a与F成正比.(3)以a为纵坐标，1m为横坐标，描点、连线，如果该线为过原点的直线，就能判定a与m成反比.习题精练1.某实验小组用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车质量为M，砝码及砝码盘的总质量为m，打点计时器所接交流电频率为50 Hz。