高中物理牛顿运动定律典型例题优选讲解.docx

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1、高中物理牛顿运动定律典型例题优选讲解牛顿运动定律典型精练基础知识回首1、牛顿第一定律：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。对牛顿第一定律的理解要点：1运动是物体的一种属性，物体的运动不需要力来维持；2它定性地揭示了运动与力的关系，即力是改变物体运动状态的原因，是使物体产生加速度的原因；3定律讲明了任何物体都有一个极其重要的属性惯性；4不受力的物体是不存在的，牛顿第一定律不能用实验直接验证，但是建立在大量实验现象的基础之上，通过思维的逻辑推理而发现的。它告诉了人们研究物理问题的另一种方法，即通过大量的实验现象，利用人的逻辑思维，从大量现象中寻找事物的规律；

2、5牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础，不能简单地以为它是牛顿第二定律不受外力时的特例，牛顿第一定律定性地给出了力与运动的关系，牛顿第二定律定量地给出力与运动的关系。2、牛顿第二定律：物体的加速度跟所受的外力的合力成正比，跟物体的质量成反比，加速度的方向跟合外力的方向一样。公式F=ma.对牛顿第二定律的理解要点：1牛顿第二定律定量揭示了力与运动的关系，即知道了力，可根据牛顿第二定律研究其效果，分析出物体的运动规律；反过来，知道了运动，可根据牛顿第二定律研究其受力情况，为设计运动，控制运动提供了理论基础；2牛顿第二定律揭示的是力的瞬时效果，即作用在物体上的力与它的效果是瞬时对应关系，力变加速度就变，

3、力撤除加速度就为零，注意力的瞬时效果是加速度而不是速度；3牛顿第二定律是矢量关系，加速度的方向总是和合外力的方向一样的，能够用分量式表示，Fx=max,Fy=may,Fz=maz;4牛顿第二定律F=ma定义了力的基本单位牛顿定义使质量为1kg的物体产生1m/s2的加速度的作用力为1N,即1N=1kg.m/s2.3、牛顿第三定律：两个物体之间的作用力与反作用力总是大小相等，方向相反，作用在同一直线上。对牛顿第三定律的理解要点：(1)作用力和反作用力互相依靠性，它们是互相依存，互以对方作为自已存在的前提；2作用力和反作用力的同时性，它们是同时产生、同时消失，同时变化，不是先有作用力后有反作用力；3

4、作用力和反作用力是同一性质的力；4作用力和反作用力是不可叠加的，作用力和反作用力分别作用在两个不同的物体上，各产生其效果，不可求它们的合力，两个力的作用效果不能互相抵消，这应注意同二力平衡加以区别。4.物体受力分析的基本程序：1确定研究对象；2采用隔离法分析其他物体对研究对象的作用力；3根据先重力，然后环绕物体一周找出跟研究对象接触的物体，并逐个分析这些物体对研究对象的弹力和摩擦力，最后分析其他场力；4画物体受力图，没有十分要求，则画示意图即可。5.超重和失重：1超重：物体有向上的加速度称物体处于超重。处于失重的物体的物体对支持面的压力F或对悬挂物的拉力大于物体的重力，即F=mg+ma.；2失

5、重：物体有向下的加速度称物体处于失重。处于失重的物体对支持面的压力FN或对悬挂物的拉力小于物体的重力mg，即FN=mgma，当a=g时，FN=0,即物体处于完全失重。6、牛顿定律的适用范围：1只适用于研究惯性系中运动与力的关系，不能用于非惯性系；2只适用于解决宏观物体的低速运动问题，不能用来处理高速运动问题；3只适用于宏观物体，一般不适用微观粒子。二、解析典型问题问题1：必须弄清牛顿第二定律的矢量性。牛顿第二定律F=ma是矢量式，加速度的方向与物体所受合外力的方向一样。在解题时，能够利用正交分解法进行求解。练习1、如图1所示，电梯与水平面夹角为300,当电梯加速向上运动时，人对梯面压力是其重力

6、的6/5，则人与梯面间的摩擦力是其重力的多少倍？分析与解：对人受力分析，他遭到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1所示.取水平向右为x轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：Ff=macos300,FN-mg=masin300由于56=mgFN，解得53=mgFf.练习2一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图3-1-15所示在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列讲法中正确的是A当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小D当a一定时，越大，斜面对

7、物体的摩擦力越小练习3一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于在水平面上加速运动的小车中，加速度为a，如图31-16所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，下列讲法中正确的是A当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越大B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小D当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越小问题2：必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。1物体运动的加速度a与其所受的合外力F有瞬时对应关系，每一瞬时的加速度只取决于这一瞬时的合外力若合外力的大小或方向改变，加速度的大小或方向也立即(同时)改变;或合外力变为零，加速度也立即变为零(物体运动的加速度能够突变)2

8、中学物理中的“绳和“线，是理想化模型，具有如下几个特性:A轻:即绳(或线)的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一根绳(或线)的两端及其中间各点的张力大小相等B软:即绳(或线)只能受拉力，不能承受压力(因绳能变曲)，由此特点可知，绳与其物体互相间作用力的方向总是沿着绳子且背离受力物体的方向C不可伸长:即无论绳所受拉力多大，绳子的长度不变，由此特点可知，绳子中的张力能够突变30aFmgFf图1xyxaa图图上一页下一页3中学物理中的“弹簧和“橡皮绳，也是理想化模型，具有如下几个特性:A轻:即弹簧(或橡皮绳)的质量和重力均可视为等于零，由此特点可知，同一弹簧的两端及其中间各点的弹力大小相等B

9、弹簧既能承受拉力，也能承受压力(沿着弹簧的轴线)，橡皮绳只能承受拉力，不能承受压力C由于弹簧和橡皮绳受力时，要发生形变需要一段时间，所以弹簧和橡皮绳中的弹力不能突变，但是，当弹簧或橡皮绳被剪断时，它们所受的弹力立即消失4做变加速度运动的物体，加速度时刻在变化(大小变化或方向变化或大小、方向都变化)，某时刻的加速度叫瞬时加速度，由牛顿第二定律知，瞬时力决定瞬时加速度，确定瞬时加速度的关键是正确确定瞬时作用力练习4、如图2a所示，一质量为m的物体系于长度分别为L1、L2的两根细线上，L1的一端悬挂在天花板上，与竖直方向夹角为，L2水平拉直，物体处于平衡状态。现将L2线剪断，求剪断瞬时物体的加速度。

10、l下面是某同学对该题的一种解法：分析与解：设L1线上拉力为T1，L2线上拉力为T2，重力为mg，物体在三力作用下保持平衡,有T1cosmg，T1sinT2，T2mgtan。剪断线的霎时，T2忽然消失，物体即在T2反方向获得加速度。由于mgtanma，所以加速度agtan，方向在T2反方向。你以为这个结果正确吗？请对该解法作出评价并讲明理由。2若将图2(a)中的细线L1改为长度一样、质量不计的轻弹簧，如图2(b)所示，其他条件不变，求解的步骤和结果与l完全一样，即agtan，你以为这个结果正确吗？请讲明理由。分析与解：1错。由于L2被剪断的霎时，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a

11、=gsin.2对。由于L2被剪断的霎时，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。练习5.如图3-1-2所示，质量为m的小球与细线和轻弹簧连接后被悬挂起来，静止平衡时AC和BC与过C的竖直线的夹角都是600，则剪断AC线霎时，求小球的加速度；剪断B处弹簧的霎时，求小球的加速度练习6一物体在几个力的共同作用下处于静止状态现使其中向东的一个力F的值逐步减小到零，又马上使其恢复到原值方向不变，则A物体始终向西运动B物体先向西运动后向东运动C物体的加速度先增大后减小D物体的速度先增大后减小练习7如图3-1-13所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m，当剪断上端的绳子OA的霎时

12、小球A和B的加速度多大？练习8如图3-1-14所示，在两根轻质弹簧a、b之间系住一小球，弹簧的另外两端分别固定在地面和天花板上同一竖直线上的两点，等小球静止后，忽然撤去弹簧a，则在撤去弹簧后的霎时，小球加速度的大小为2.5米秒2，若忽然撤去弹簧b，则在撤去弹簧后的霎时，小球加速度的大小可能为A7.5米秒2，方向竖直向下B7.5米秒2，方向竖直向上C12.5米秒2，方向竖直向下D12.5米秒2，方向竖直向上练习92020全国卷15如右图，轻弹簧上端与一质量为m的木块1相连，下端与另一质量为M的木块2相连，整个系统置于水平放置的光滑木板上，并处于静止状态。现将木板沿水平方向忽然抽出，设抽出后的霎时

13、，木块1、2的加速度大小分别为1a、2a。重力加速度大小为g。则有A1ag=，2ag=B10a=，2ag=C10a=，2mMagM+=D1ag=，2mMagM+=【答案】C【解析】在抽出木板的瞬时，弹簧对1的支持力和对2的压力并未改变。对1物体受重力和支持力，mg=F,a1=0.对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律gMmMMMgFa+=+=问题3：必须弄清牛顿第二定律的独立性。当物体遭到几个力的作用时，各力将独立地产生与其对应的加速度力的独立作用原理，而物体表现出来的实际加速度是物体所受各力产生加速度叠加的结果。那个方向的力就产生那个方向的加速度。练习10、如图3所示，一个劈形物体M放在固定

14、的斜面上，上外表水平，在水平面上放有光滑小球m，劈形物体从静止开场释放，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抛物线C竖直向下的直线D.无规则的曲线。分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C选项正确。问题4：必须弄清牛顿第二定律的同体性。加速度和合外力(还有质量)是同属一个物体的，所以解题时一定要把研究对象确定好，把研究对象全经过的受力情况都搞清楚。L1L2图2(b)LL图2(a)Mm图图3-1图3-1-2图上一页下一页练习11、一人在井下站在吊台上，用如图4所示的定滑轮装置拉绳把吊台和本人提升上来。图中跨过滑

15、轮的两段绳都以为是竖直的且不计摩擦。吊台的质量m=15kg,人的质量为M=55kg,起动时吊台向上的加速度是a=0.2m/s2,求这时人对吊台的压力。(g=9.8m/s2)分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5所示，F为绳的拉力,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a则拉力大小为：NgamMF3502)(=+=再选人为研究对象，受力情况如图6所示，其中FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma,故FN=M(a+g)-F=200N.由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因而人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。问

16、题5：必须弄清面接触物体分离的条件及应用。互相接触的物体间可能存在弹力互相作用。对于面接触的物体，在接触面间弹力变为零时，它们将要分离。捉住互相接触物体分离的这一条件，就可顺利解答相关问题。下面举例讲明。练习12、一根劲度系数为k,质量不计的轻弹簧，上端固定,下端系一质量为m的物体,有一水平板将物体托住,并使弹簧处于自然长度。如图7所示。现让木板由静止开场以加速度a(ag)匀加速向下移动。求经太多长时间木板开场与物体分离。分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x时，物体受重力mg，弹簧的弹力F=kx和平板的支持力N作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma得N=mg-kx-ma，当N=0

17、时，物体与平板分离，所以此时kagmx)(-=由于221atx=，所以kaagmt)(2-=。练习13、如图8所示，一个弹簧台秤的秤盘质量和弹簧质量都不计，盘内放一个物体P处于静止，P的质量m=12kg，弹簧的劲度系数k=300N/m。如今给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开场向上做匀加速直线运动，已知在t=0.2s内F是变力，在0.2s以后F是恒力，g=10m/s2,则F的最小值是，F的最大值是。分析与解：由于在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P遭到盘的支持力为零，由于盘和弹簧的质量都不计，所以此时弹簧处于原长。在0_0.2s这段

18、时间内P向上运动的距离：x=mg/k=0.4m，由于221atx=，所以P在这段时间的加速度22/202smtxa=，当P开场运动时拉力最小，此时对物体P有N-mg+Fmin=ma,又因而时N=mg，所以有Fmin=ma=240N.，当P与盘分离时拉力F最大，Fmax=m(a+g)=360N.练习14、一弹簧秤的秤盘质量m1=15kg，盘内放一质量为m2=105kg的物体P，弹簧质量不计，其劲度系数为k=800N/m，系统处于静止状态，如图9所示。现给P施加一个竖直向上的力F，使P从静止开场向上做匀加速直线运动，已知在最初02s内F是变化的，在02s后是恒定的，求F的最大值和最小值各是多少？g

19、=10m/s2分析与解：由于在t=0.2s内F是变力，在t=0.2s以后F是恒力，所以在t=0.2s时，P离开秤盘。此时P遭到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=15kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2轻盘不同。设在0_0.2s这段时间内P向上运动的距离为x,对物体P据牛顿第二定律可得：F+N-m2g=m2a，对于盘和物体P整体应用牛顿第二定律可得：ammgmmxkgmmkF)()()(212121+=+-?-+，令N=0，并由述二式求得kamgmx12-=，而221atx=，所以求得a=6m/s2.当P开场运动时拉力最小，此时对盘和物体P整体有Fmin=(m1+m2)a=72N.当P与盘分

20、离时拉力F最大，Fmax=m2(a+g)=168N.问题6：必须会分析临界问题。在应用牛顿定律解决动力学问题中，当物体运动的加速度不同时，物体有可能处于不同的状态十分是题目中出现“最大、“最小、“恰好等词语时，往往会有临界现象此时要采用极限分析法，看物体在不同加速度时，会有哪些现象发生，尽快找出临界点，求出临界条件练习15、如图10，在光滑水平面上放着紧靠在一起的两物体，的质量是的2倍，遭到向右的恒力B=2N，遭到的水平力A=(9-2t)N，(t的单位是s)。从t0开场计时，则：物体在3s末时刻的加速度是初始时刻的511倍；Bts后,物体做匀加速直线运动；Ct4.5s时,物体的速度为零；Dt4

21、.5s后,的加速度方向相反。分析与解：对于A、B整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设A、B间的作用为N，则对B据牛顿第二定律可得：N+FB=mBa解得NtFmmFFmNBBABAB3416-=-+=，当t=4s时N=0，A、B两物体开场分离，此后B做匀加速直线运动，而A做加速度逐步减小的加速运动，当t=4.5s时A物体的加速度为零而速度不为零。t4.5s后,所受合外力反向，即A、B的加速度方向相反。(m+M)gFFaFFMg图图F图8F图9图上一页下一页当前位置：文档视界高中物理牛顿运动定律典型例题优选讲解高中物理牛顿运动定律典型例题优选讲解由于f=mg=ma,所以a=g.，

22、加速时间gVaVt=1，加速位移gVatS22112121=，通过余下距离所用时间gVVSVSSt212-=-=，共用时间gVVSttt221+=+=，摩擦力对零件做功221mVW=练习25、如图19所示，传送带与地面的倾角=37，从A到B的长度为16，传送带以V0=10m/s的速度逆时针转动。在传送带上端无初速的放一个质量为0.5的物体，它与传送带之间的动摩擦因数=0.5，求物体从A运动到B所需的时间是多少？(sin37=0.6,cos37=0.8)分析与解：物体放在传送带上后，开场阶段，传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开场加速下滑，受力分析如图2

23、0a所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的霎时发生了“突变。开场阶段由牛顿第二定律得:sincos=a1;所以:a1=sincos=10m/s2;物体加速至与传送带速度相等时需要的时间1a11s;发生的位移：a112/2516;物体加速到10m/s时仍未到达B点。第二阶段，有：sincosa2;所以：a22m/s2;设第二阶段物体滑动到B的时间为t2则：LABS2a22/2；解得

24、：t21s,2/=-11s舍去。故物体经历的总时间=t1t2=2s.从上述例题能够总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不管是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。问题10：必须会分析求解联络的问题。练习26、风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力。现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室。小球孔径略大于细杆直径。如图21所示。1当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的05倍。求小球与杆间的动摩擦因数。2保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为370并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距

25、离S所需时间为多少？sin370=06，cos370=08分析与解：依题意，设小球质量为m，小球遭到的风力为F，方向与风向一样，水平向左。当杆在水平方向固定时，小球在杆上匀速运动，小球处于平衡状态，受四个力作用：重力G、支持力FN、风力F、摩擦力Ff，如图21所示.由平衡条件得：FN=mg，F=Ff，Ff=FN，解上述三式得：=0.5.。同理，分析杆与水平方向间夹角为370时小球的受力情况：重力G、支持力FN1、风力F、摩擦力Ff1，如图21所示。根据牛顿第二定律可得：maFFmgf=-+1cossin，0cossin1=-+mgFFNFf1=FN1，解上述三式得gmFmgFaf43sinco

26、s1=-+=.由运动学公式,可得小球从静止出发在细杆上滑下距离S所需时间为:ggSaSt3622=.综合练习一1一个质量可忽略不计的降落伞，下面吊一个很轻的弹簧测力计，测力计下面挂一个质量为10kg的物体。降落伞在下降经过中遭到的空气阻力为30N，则此经过中测力计的示数为取g=10m/s2A130NB30NC70ND100N2.在汽车中悬线上挂一小球。实验表明，当做匀变速直线运动时，悬线将与竖直方向成某一固定角度。如图23所示，若在汽车底板上还有一个跟其相对静止的物体m1,则关于汽车的运动情况和物体m1的受力情况正确的是：A汽车一定向右做加速运动；B汽车一定向左做加速运动；Cm1除遭到重力、底

27、板的支持力作用外，还一定遭到向右的摩擦力作用；Dm1除遭到重力、底板的支持力作用外，还可能遭到向左的摩擦力作用。3.如图24所示,一质量为M的楔形木块放在水平桌面上，它的顶角为90，两底角为和；a、b为两个位于斜面上质量均为m的小木块。已知所有接触面都是光滑的。现发现a、b沿斜面下滑，而楔形木块静止不动，这时楔形木块对水平桌面的压力等于AMg+mgBMg+2mgCMg+mg(sin+sin)DMg+mg(cos+cos)4如图25所示，一个铁球从竖立在地面上的轻弹簧正上方某处自由下落，接触弹簧后将弹簧压缩。在压缩的全经过中，弹簧均为弹性形变，那么当弹簧的压缩量最大时:A球所受合力最大，但不一定

28、大于重力值B球的加速度最大，且一定大于重力加速度值C球的加速度最大，有可能小于重力加速度值D球所受弹力最大，且一定大于重力值。ANa1Nf2Ba2f1mgmg图图(a(b图21FGFFGFFNFf1m图m1右左Mab图24图上一页下一页5、有一只箩筐盛有几个西瓜，放在粗糙水平地面上，箩筐与水平地面间的动摩擦因数为若给箩筐一个水平初速度V0，让整筐西瓜在水平地面上滑行，则在滑行经过中，箩筐内某个质量为m的西瓜未与箩筐接触遭到周围的西瓜对它的作用力的大小为：A0BmgC21+mgD21-mg6、一物体放置在倾角为的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图26所示在物体始终相对于斜面静止

29、的条件下，下列讲法中正确的是A当一定时，a越大，斜面对物体的正压力越小B当一定时，a越大，斜面对物体的摩擦力越大C当a一定时，越大，斜面对物体的正压力越小D当a一定时，越大，斜面对物体的摩擦力越小7、放在水平地面上的一物块，遭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27、28所示。取重力加速度g=10m/s2.由此两图线能够求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数分别为：Am=0.5kg,=0.4;B.m=1.5kg,=2/15;C.m=0.5kg,=0.2;D.m=1.0kg,=0.2.8、一航天探测器完成对月球的探测任务后，在离开月球的经过中，

30、由静止开场沿着与月球外表成一倾斜角的直线飞行，先加速运动，再匀速运动探测器通过喷气而获得推动力下面关于喷气方向的描绘中正确的是A探测器加速运动时，沿直线向后喷气B.探测器加速运动时，竖直向下喷气C.探测器匀速运动时，竖直向下喷气D.探测器匀速运动时，不需要喷气9、物体B放在物体A上，A、B的上下外表均与斜面平行如图29所示，当两者以一样的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时，下列讲法正确的是：AA遭到B的摩擦力沿斜面方向向上。BA遭到B的摩擦力沿斜面方向向下。CA、B之间的摩擦力为零。DA、B之间能否存在摩擦力取决于A、B外表的性质。10如图30所示，弹簧秤外壳质量为m0，弹簧及挂钩

31、的质量忽略不计，挂钩吊着一重物质量为m，现用一方向竖直向上的外力F拉着弹簧秤，使其向上做匀加速运动，则弹簧秤的读数为：A.mg;B.mgmmm+0;C.Fmmm+00;D.Fmmm+011.如图31所示，质量为m的小球A用细绳悬挂于车顶板的O点，当小车在外力作用下沿倾角为30的斜面向上做匀加速直线运动时，球A的悬线恰好与竖直方向成30夹角。求：1小车沿斜面向上运动的加速度多大？2悬线对球A的拉力是多大？12.如图32所示，质量为M的木板放在倾角为的光滑斜面上，质量为m的人在木板如脚与板接触处不打滑。1要保持木板相对斜面静止，人应以多大的加速度朝什么方向跑动？2要保持人相对于斜面的位置不变，人在

32、原地跑而使木板以多大的加速度朝什么方向运动？13如图33所示，在质量为mB=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA=20kg的小物体A可视为质点，对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开场运动。测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m,且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞。车厢与地面间的摩擦忽略不计。1计算B在2.0s的加速度。2求t=2.0s末A的速度大小。3求t=2.0s内A在B上滑动的距离。综合练习一参考答案：1.B;2.C;3.A;.4.BD;5.C;6.BC;7.A;8.C;9.C;10.D；11.11.解：对于小球A，它遭到重力mg和绳的拉力F1作用，

33、根据牛顿第二定律可知，这两个力的合力应沿斜面向上，如下图.由几何关系和牛顿第二定律可得：F=mg=ma，所以a=g.a图GFFt/sF/N02468123图27t/sV/m.s-10246824图28图31图32FAB图33Fmm图图29F1F=ma0300上一页下一页易求得F1=mgmg330cos20=12.解：1对板，沿坐标x轴的受力和运动情况如下图，视为质点，由牛顿第二定律可得：f1-Mgsin=0对人，由牛顿第三定律知f1/与f1等大反向，所以沿x正方向受mgsin和f1/的作用。由牛顿第二定律可得：f1+mgsin=ma由以上二方程联立求解得mgmMasin)(+=，方向沿斜面向下

34、。2对人，沿x轴方向受力和运动情况如图21所示。视人为质点，根据牛顿第二定律得：mgsin-f2=0对板，由牛顿第三定律知f2/和f2等值反向。所以板沿x正方向受Mgsin和f2/的作用。据牛顿第二定律得：f2+Mgsin=Ma由上述二式解得MgMmasin)(+=，方向沿斜面向下。13.解：(1)设t=2.0s内车厢的加速度为aB,由s=221taB得aB=2.5m/s2.(2)对B，由牛顿第二定律：F-f=mBaB,得f=45N.对A据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA=f/mA=2.25m/s2,所以t=2.0s末A的速度大小为：VA=aAt=4.5m/s.(3)在t=2.0s内A运动的

35、位移为SA=mtaA5.4212=,A在B上滑动的距离msssA5.0=-=?综合练习二真题训练2020朝阳期末4如下图，倾角为的斜面固定在水平面上，滑块A与斜面间的动摩擦因数为。A沿斜面上滑时加速度的大小为a1，沿斜面下滑时加速度的大小为a2，则12aa等于Asincos(sincos)-Bsincossincos+-C(1tan)+Dcossincos-2020顺义期末3如下图，光滑轨道MO和ON底端对接且ONMO，M、N两点高度一样。小球自M点由静止自由滑下，忽略小球经过O点时的机械能损失，以v、s、a、EK分别表示小球的速率、位移、加速度和动能四个物理量的大小。下列图象中能正确反映小球

36、自M点到N点运动经过的是2020东城期末9在电梯内的地板上，竖直放置一根轻质弹簧，弹簧上端固定一个质量为m的物体。当电梯静止时，弹簧被压缩了x；当电梯运动时，弹簧又被继续压缩了10x。则电梯运动的情况可能是DA以大小为1110g的加速度加速上升B以大小为1110g的加速度减速上升C以大小为110g的加速度加速下降D以大小为110g的加速度减速下降2020西城期末3如下图，一人站在电梯中的体重计上，随电梯一起运动。下列各种情况中，体重计的示数最大的是A电梯匀减速上升，加速度的大小为1.0m/s2B电梯匀加速上升，加速度的大小为1.0m/s2C电梯匀减速下降，加速度的大小为0.5m/s2D电梯匀加

37、速下降，加速度的大小为0.5m/s22020普通高校招生考试试题汇编-牛顿运动定律17一般的曲线运动能够分成很多小段，每小段都能够看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图a所示，曲线上的A点的曲率圆xf2G2XAOtvAOtsBOtaCOtEkDMNoAv0P图上一页下一页定义为：通过A点和曲线上紧邻A点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A点的曲率圆，其半径叫做A点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成角的方向已速度0抛出，如图b所示。则在其轨迹最高点P处的曲率半径是A20vgB220sinvgC220cosvgD220cossinvg答案：C解析：物体在其

38、轨迹最高点P处只要水平速度，其水平速度大小为v0cos，根据牛顿第二定律得20(cos)vmgm=，所以在其轨迹最高点P处的曲率半径是220cosvg=，C正确。21.如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=ktk是常数，木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是A解析：主要考察摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在到达最大静摩擦力前，木块和木板以一样加速度运动，根据牛顿第二定律2121mmktaa

39、+=。木块和木板相对运动时，121mgma=恒定不变，gmkta-=22。所以正确答案是A。22020天津如下图，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，运动经过中B遭到的摩擦力A方向向左，大小不变B方向向左，逐步减小C方向向右，大小不变D方向向右，逐步减小【解析】：考察牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具有一样的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A、B系统整体分析有A=()()ABABfmmgmma+=+地，a=g，B与A具有共同的运动状态，取B为研究对象，由牛顿第二定律有：=ABB

40、Bfmgma=常数，物体B做速度方向向右的匀减速运动，故而加速度方向向左。【答案】：A192020天津1某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态。他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G。他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G，由此判定此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。2用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如下图。该金属丝的直径是1.706mm【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为1.5+20.60.01mm=1.706mm。由于个人情况不同，估读不一定一致，此题读数1.704-1

41、.708都算正确。192020四川如图是“神舟系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其经过可简化为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气经过中返回舱做减速直线运动，则A.火箭开场喷气霎时伞绳对返回舱的拉力变小B.返回舱在喷气经过中减速的主要原因是空气阻力C返回舱在喷气经过中所受合外力可能做正功D.返回舱在喷气经过中处于失重状态【答案】A【解析】在火箭喷气经过中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气经过中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开场喷气前匀速下

42、降拉力等于重力减去返回舱遭到的空气阻力，火箭开场喷气霎时反冲力直接对返回舱作用因此伞绳对返回舱的拉力变小。92020江苏如下图，倾角为的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M、m(Mm)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在角取不同值的情况下，下列讲法正确的有A两物块所受摩擦力的大小总是相等上一页下一页B两物块不可能同时相对绸带静止CM不可能相对绸带发生滑动Dm不可能相对斜面向上滑动21.10分在“探究加速度与力、质量的关系实验时，已提供了小车，一端

43、附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下列图中选取实验器材，其名称是漏选或全选得零分；并分别写出所选器材的作用。21.答案：学生电源、电磁打点计时器、钩码、砝码或电火花计时器、钩码、砝码。学生电源为电磁打点计时器提供沟通电源；电磁打点计时器电火花计时器记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车遭到的拉力的大小，还能够用于测量小车的质量。解析：电磁打点计时器电火花计时器记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车遭到的拉力的大小，还能够用于测量小车的质量。假如选电磁打点计时器，则需要学生电源，假如选电火花计时

44、器，则不需要学生电源。182020北京.“蹦极就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力F的大小随时间t变化的情况如下图。将蹦极经过近似为在竖直方向的运动，重力加速度为g。据图可知，此人在蹦极经过中最大加速度约为AGB2gC3gD4g192020上海受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其vt-图线如下图，则(A)在10t:秒内，外力F大小不断增大(B)在1t时刻，外力F为零(C)在12tt:秒内，外力F大小可能不断减小(D)在12tt:秒内，外力F大小可能先减小后增大262020上海.(5分)如图，为测量作匀加速直线

45、运动小车的加速度，将宽度均为b的挡光片A、B固定在小车上，测得二者间距为d。(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间1t?和2t?，则小车加速度a=。(2)(多项选择题)为减小实验误差，可采取的方法是()(A)增大两挡光片宽度b(B)减小两挡光片宽度b(C)增大两挡光片间距d(D)减小两挡光片间距d26答案122221112()()bdtt-?(2)B，C(3分)31(12分)如图，质量2mkg=的物体静止于水平地面的A处，A、B间距L=20m。用大小为30N，沿水平方向的外力拉此物体，经02ts=拉至B处。(已知cos370.8?=，。取210/gms=)(1)求物体与地面间的动摩擦因数；(2)用大小为30