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高中物理高考专题卷：《牛顿运动定律》

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专题三 牛顿运动定律考点07 牛顿运动定理的理解超重和失重 （2、3、7）考点08 牛顿运动定律的应用 （1、8—13、15—20）考点09 动力学的图象问题 （4、5、6、14）第I 卷（选择题 68分）一、选择题（本题共17个小题，每题4分，共68分。

每题给出的四个选项中，有的只有一个选项符合题意，有的有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分）1．【湖南省长沙市长郡中学2017届高三上学期月考】考点08易关于力学单位制，下列说法中正确的是（ ）A. N 、 /m s 、 2/m s 是导出单位B.后人为了纪念牛顿， N 作为力学中的基本单位C.在国际单位制中，时间的基本单位可以是s ，也可以是hD.在不同的力学单位制中，牛顿第二定律的表达式都是 F ma2．【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】考点07难如图所示，蹦床运动员从空中落到床面上，运动员从接触床面到下降至最低点为第一过程，从最低点上升到离开床面为第二过程，下列判断正确的是（ ）A ．在第一过程中，运动员始终处于失重状态B ．在第二过程中，运动员始终处于超重状态C ．在第二过程中运动员的机械能始终在增大D ．在第一过程中运动员的动能始终在减小3．【2017·广东省佛山市第一中学高三上学期第二次段考】考点07易2015年11月30日，蹦床世锦赛在丹麦落下帷幕，中国代表团获得8金3银2铜，领跑世锦赛的奖牌榜．一位运动员从高处落到蹦床上后又被弹起到原高度，利用仪器测得该运动员从高处开始下落到弹回的整个过程中，运动速度随时间变化的图象如图所示，图中Oa 段和cd 段为直线．由图可知，运动员发生超重的时间段为（ ）vtOac d t 1 t 2 t 3 t 4 t 5A ．0～t 1B ．t 1～t 2C ．t 2～t 4D ．t 4～t 54．【2017·西藏自治区拉萨中学高三上学期期末】考点09中如图所示，物体沿斜面由静止滑下，在水平面上滑行一段距离后停止，物体与斜面和水平面间的动摩擦因数相同，斜面与水平面平滑连接．下图中v 、a 、f 和s 分别表示物体速度大小、加速度大小、摩擦力大小和路程．下图中正确的是（ ）5．【2017·河南省中原名校豫南九校高三上学期第四次质量考评】考点09难如图所示滑块以初速度V 0沿表面粗糙且足够长的固定斜面，从顶端下滑，直至速度为零，对于该运动过程，若用 x 、 v 、 a 分别表示滑块下滑的位移、速度和加速度的大小， t 表示时间，则下列图象能正确描述这一运动规律的是（ ）6．【2017·开封市高三第一次模拟】考点09难如图（甲）所示，足够长的木板B 静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A .木板B 受到随时间t 变化的水平拉力F 作用时，木板B 的加速度a 与拉力F 关系图象如图（乙）所示，则小滑块A 的质量为（）A ．4kgB ．3kgC ．2kgD ．1kg7．【广东省肇庆市2017届高三第二次模拟考试】考点07难欧洲太空总署火星登陆器“斯基亚帕雷利”于2016年10月19日坠毁在火星表面。

最新分析认为是错误的数据导致登陆器计算机提早释放了降落伞，而减速用的推进器只点火几秒钟就终止，当时它仍然位于火星表面上方3.7公里处.错误虽只持续了1s ，但足以破坏登陆器的导航系统。

以下是火星登陆器离火星表面的高度随时间变化的图像，下列说法正确的是（ ）A ．0～t 1阶段的速度先增大后减小B ．在t 2～t 3阶段处于超重状态C ．在t 1～t 2阶段一定是静止的D ．在t 3～t 4阶段做加速运动8．【2017·河南天一大联考高三阶段性测试】考点08中如图所示，叠放在一起的A 、B 两物体放置在光滑水平地面上，A 、B 之间的水平接触面是粗0 Ht t t t t糙的，斜面细线一端固定在A物体上，另一端固定于N点，水平恒力F始终不变，A、B两物体均处于静止状态，若将细线的固定点由N点缓慢下移至M点（绳长可变），A、B两物体仍处于静止状态，则A．细线的拉力将减小B．A物体所受的支持力将增大C．A物体所受摩擦力将增大D．水平地面所受压力将减小9．【2017·天津市和平区高三上学期期末质量调查】考点08中如图所示，P是位于水平粗糙桌面上的物块，用跨过光滑轻质定滑轮的轻绳将P与钩码Q相连，Q的质量为m，释放后两物体由静止开始运动的过程中，桌面以上的绳子始终是水平的，关于物体P受到的拉力和摩擦力以下描述中正确的是（）A．P受到的拉力的施力物体是钩码Q，大小等于mgB．P受到的拉力的施力物体是绳子，大小等于mgC．P受到的摩擦力方向水平向左，大小一定小于mgD．P受到的摩擦力方向水平向左，大小有可能等于mg10.【江苏省东台市2017届高三5月模拟物理试题】考点08 中一滑块以初速度V0从斜面底端沿粗糙程度相同的斜面向上运动，运动到最高点后，又能沿斜面向下运动到底端，取斜面底端为坐标原点，沿斜面向上为x轴的正方向，则滑块速度的平方v2与位置坐标x的关系图象正确的是A. B. C.D.11.【2017·天津市五区县高三上学期期末考试】考点08难如图所示，在水平光滑桌面上放有m1和m2两个小物块，它们中间有细线连接.已知m1=3kg，m2=2kg，连接它们的细线最大能承受6N的拉力.现用水平外力F1向左拉m1或用水平外力F2向右拉m2，为保持细线不断，则（）m1 m2A．F1的最大值为10N B．F1的最大值为15NC．F2的最大值为10N D．F2的最大值为15N12.【2017·广东省佛山市第一中学高三上学期第二次段考】考点08难如图8所示，斜劈B固定在弹簧上，斜劈A扣放在B上，A、B相对静止，待系统平衡后用竖直向下的变力F作用于A，使A、B缓慢压缩弹簧，弹簧一直在弹性限度内，则下面说法正确的是（）A．压缩弹簧的过程中，B对A的摩擦力逐渐增大B．压缩弹簧的过程中，A可能相对B滑动C．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，B对A的作用力先增大后减小D．当弹簧压缩量为某值时，撤去力F，在A、B上升的过程中，A、B分离时，弹簧恢复原长13.【2017·重庆市高三上学期（一诊）期末测试】考点08难如图所示，框架甲通过细绳固定于天花板上，小球乙、丙通过轻弹簧连接，小球乙通过另一细绳与甲连接，甲、乙、丙三者均处于静止状态，甲、乙、丙质量分别为m、2m、3m，重力加速度为g.则将甲与天花板间细绳剪断瞬时，下列说法正确的是（）A.小球丙的加速度大小=0a丙 B. 框架甲的加速度大小=a g甲C. 框架甲的加速度大小=2a g甲 D.甲、乙间细绳张力大小为mg14.【2017·黑龙江省大庆中学高三上学期期末考试】考点09难如图甲所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直放置，下端固定在水平地面上，一质量为m的小球，从离弹簧上端高h处自由下落，接触弹簧后继续向下运动．若以小球开始下落的位置为原点，沿竖直向下建立一坐标轴O x，小球的速度v随x变化的图象如图乙所示．其中OA段为直线，AB段是与OA相切于A点的曲线，BC是平滑的曲线，则关于A、B、C三点对应的x坐标及加速度大小，以下关系式正确的是()A.x A=h，a A=gB.x B=h+mgk，a B=0C.x C=h+2mgk，a C=g D.x C＞h+2mgk，a C＞g15.【2017·广东省揭阳市高三上学期期末调研考试】考点08难如图A、B两物体叠放在光滑水平桌面上，轻质细绳一端连接B，另一端绕过定滑轮连接C物体，已知A和C的质量都是1 kg，B的质量是2 kg，A、B间的动摩擦因数是0.3，其它摩擦不计。

由静止释放C，C下落一定高度的过程中(C未落地，B未撞到滑轮，g=10m/s2）。

下列说法正确的是（）A．A、B两物体发生相对滑动B．A物体受到的摩擦力大小为2.5 NC．B物体的加速度大小是2.5 m/s2D．细绳的拉力大小等于10 N16.【甘肃省兰州第一中学2017届高三12月月考】考点08难如图所示，带支架的平板小车沿水平面向左做直线运动，小球A用细线悬挂于支架前端，质量为m的物块B始终相对于小车静止放在右端．B与平板小车间的动摩擦因数为μ.若某时刻观察到细线偏离竖直方向θ角，则此刻小车对物块B产生的作用力的大小和方向为()A.21tanθ+，斜向右上方 B.21μ+,斜向左上方C. mg tan θ，水平向右D. mg,竖直向上17．【重庆市第一中学2017届高三上学期期中考试】考点08难如图所示，两个完全相同的轻弹簧a、b，一端固定在水平面上，另一端均与质量为m的小球相连接，轻杆c一端固定在天花板上，另一端与小球拴接.弹簧a、b和轻杆互成120°角，且弹簧a、b的弹力大小均为mg，g为重力加速度，如果将轻杆突然撤去，则撤去瞬间小球的加速度大小为（）A ．a =0B ．a =gC ．a =1.5gD ．a =2g第II 卷（非选择题 42分）二、计算题（共3小题 ，共42分，按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要步骤，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）18.（12分）【2017·哈尔滨市第六中学上学期期末考试】考点08中如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏.当甲同学从倾角θ＝30°的光滑斜面冰道顶端A 点自静止开始自由下滑时，与此同时在斜面底部B 点的乙同学通过冰钎作用于冰面，从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速运动.已知斜面冰道AB 的高度h ＝5 m ，重力加速度g ＝10 m ／s 2.设甲同学在整个运动过程中无机械能变化，两人在运动过程中可视为质点.问：为避免两人发生碰撞，乙同学运动的加速度至少为多大？B Aθ h甲乙19.（14分）【辽宁省实验中学分校2017届高三12月月考】考点08难观光旅游、科学考察经常利用热气球，保证热气球的安全就十分重要.科研人员进行科学考察时，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为800kg,在空中停留一段时间后，由于某种故障，气球受到的空气浮力减小，科研人员发现气球在竖直下降，此时下降速度为2m/s ，且做匀加速运动，经过4s 下降了16m 后，立即抛掉一些压舱物，气球匀速下降.不考虑气球由于运动而受到的空气阻力.重加加速度g ＝10m/s 2.求：（1)抛掉的压舱物的质量m 是多大？（2)抛掉一些压舱物后，气球经过5s 下降的高度是多大？20．（16分）【黑龙江省双鸭山市第一高级中学2017届高三12月月考】考点08难如图甲所示,倾斜传送带倾角 030=θ,两端AB 间距离L= 4 m,传送带以4 m/s 的速度沿顺时针转动,一质量为1 kg 的小滑块从传送带顶端B 点由静止释放下滑,到A 时用时2 s,g=10 m/s 2,sin37°=0.6,cos 37°=0.8.(1)求小滑块与传送带间的动摩擦因数.(2)若该小滑块在传送带的底端A,现用一沿传送带向上的大小为6 N的恒定拉力F拉滑块,使其由静止沿传送带向上运动,如图乙所示,当速度与传送带速度相等时,滑块的位移为多少?(3)在(2)问中,当小滑块速度与传送带速度相同时,撤去拉力,则当滑块到传送带顶端时,速度多大?参考答案1.【答案】A考点：力学单位制【名师点睛】单位制包括基本单位和导出单位，规定的基本量的单位叫基本单位，国际单位制规定了七个基本物理量，分别为长度、质量、时间、热力学温度、电流、光强度、物质的量.2.【答案】C考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题主要考查了对超重失重现象的理解，加速度向下时为失重，加速度向上为超重；人处于超重或失重状态时，人的重力并没变，只是对支持物的压力变了.3.【答案】C【解析】由题意知速度方向向下时为正方向，运动员发生超重时具有向上的加速度，反映在v-t图象中时是斜率为负的时间段，所以只有在t2～t4 阶段运动员处于超重状态,故C正确．故选C.考点：v-t图线；失重和超重【名师点睛】本题考查了超重和失重的条件，记住：加速度向上超重，加速度向下失重. 4.【答案】C考点：速度--时间图象；牛顿第二定律.【名师点睛】本题是速度--时间图象的应用，要明确斜率的含义，知道在速度--时间图象中图象与坐标轴围成的面积的含义，能根据图象读取有用信息，属于基础题.5.【答案】D【解析】在下滑过程中，根据牛顿第二定律得:mgsinθ-μmgcosθ=m a解得：物体的加速度为：a=gsinθ-μgcosθ，加速度的大小保持不变，物体做匀减速运动，速度与时间之间是线性关系，所以速度图线是一条直线，故A、B错误；物体向下做匀减速运动，故下滑的位移与速度的大小关系axvv2-22=-，axvv22-=，C错误、D正确.故选：D.考点：牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像6.【答案】B考点：考查了牛顿第二定律与图像【名师点睛】知道滑块和木板在不同拉力作用下的运动规律是解决本题的关键，掌握处理图象问题的一般方法，通常通过图线的斜率和截距入手分析．7.【答案】ABD【解析】通过图像可知，H与t图像上各点的切线的斜率代表速度的大小，故在0～t1阶段，曲线上点的切线的斜率先增大后减小，故它的速度先增大后减小，选项A正确；在t2～t3阶段，曲线上各点的切线的斜率由大到小，故其速度由大减小，故物体向下做减速运动，则加速度方向向上，故物体处于超重状态，选项B正确；在t1～t2阶段，H的高度不变，但物体也可能在同一高度平动，所以这一阶段不一定是静止的，选项C错误；在t3～t4阶段，切线的斜率逐渐增大，即物体的速度变大，所以物体做加速运动，选项D正确.考点：超重与失重，位移与时间图像，加速度.8.【答案】AB 【解析】力不变，C 错误；考点：考查了力的动态平衡分析【名师点睛】在解析力的动态平衡问题时，一般有两种方法，一种是根据受力分析，列出力和角度三角函数的关系式，根据角度变化进行分析解题，一种是几何三角形相似法，这种方法一般解决几个力都在变化的情况，列出力与三角形对应边的等式关系，进行解题分析 9.【答案】C考点：牛顿第二定律【名师点睛】本题要根据物体的加速度方向，判断受力情况，从而分析摩擦力与mg 的大小，关键要正确理解并掌握牛顿第二定律. 10.【答案】A【解析】试题分析：根据某物块以初速度v 从底端沿斜面上滑至最高点后又回到底端，知上滑过程中，物块做匀减速直线运动，下滑时做匀加速直线运动；在粗糙斜面上运动，摩擦力做功，物体的机械能减少，故回到底端时速度小于出发时的速度；根据位移速度公式 2202v v ax -=，可得 2202v ax v =+，故 20v x-图像的斜率 2k a =，因为上滑过程中1cos sin cos sin mg mg a g g mμθθμθθ+==+，下滑过程中2sin cos sin cos mg mg a g g m θμθθμθ-==-，所以 12a a >，所以上滑过程中图线的斜率大于下滑过程中图线的斜率，又因为摩擦力的存在，所以上滑的初速度 0v 大于下滑的末速度，A 正确．11.【答案】BC考点：牛顿第二定律【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题.解决本题的关键能够正确地受力分析，结合整体、隔离法，运用牛顿第二定律进行求解. 12.【答案】AD【解析】因为开始A 相对于B 静止，则A 在沿斜面方向的分力小于等于最大静摩擦力，设斜劈的倾角为θ，有：mgsinθ≤μmgcosθ，所以（mg+F ）sinθ≤μ（mg+F ）cosθ，所以A 、B 在缓慢压缩弹簧的过程中，仍然能保持相对静止，A 所受的摩擦力f=（mg+F ）sinθ，F 逐渐增大，可知摩擦力逐渐增大，故A 正确，B 错误；撤去F 后，在弹簧恢复原长前，整体的加速度先减小后增大.逐渐减小，隔离对A 分析，有：F-mg=ma ，则B 对A 的作用力逐渐减小．当弹簧恢复原长的瞬间，对AB 整体受力分析：只受重力，由牛顿第二定律知： 共a m m g m m B A B A )()(+=+解得： g=共a ，隔离A 有： 共a m F g m A A =+解得： 0=F ，此时二者脱离.故C 错误，D 正确．故选AD. 考点：共点力平衡；牛顿第二定律【名师点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，运用共点力平衡和牛顿第二定律进行求解，知道撤去F 后，AB 开始具有相同的加速度，当弹簧恢复原长时，两者发生脱离。

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高中物理专题测试卷 牛顿运动定律(含答案)

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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

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)含解析

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。

高考物理牛顿运动定律各地方试卷集合汇编及解析

高考物理牛顿运动定律各地方试卷集合汇编及解析

高考物理牛顿运动定律各地方试卷集合汇编及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，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．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析

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。