工科物理大作业02-牛顿运动定律

02

02 牛顿运动定律

一、选择题

（在下列各题中，均给出了4个~5个答案，其中有的只有1个是正确答案，有的则有几个是正确答案，请把正确答案的英文字母序号填在题后的括号内）

1．在下列关于力的叙述中，正确的是：

A．质点受到不为零的合力是其运动状态发生变化的原因；

B．质点所受的静摩擦力总是与其运动方向相反；

C．质点所受静摩擦力的大小总等于摩擦因数乘以正压力；

D．作用于质点的合力方向必与其运动方向相同；

E．作用于质点的合力方向必与其加速度方向一致。（A、E）[知识点] 力是运动状态变化的原因，最大静摩擦力及静摩擦力的方向。

[分析与解答] 质点受到不为零的合力不是质点运动的原因，而是质点运动状态变化的原因。

质点受到的静摩擦力的方向不是与运动方向相反，而是与相对运动趋势相反。

质点所受静摩擦力的大小等于外力的大小，并不等于正压力与摩擦因数的乘积。

合外力的方向不是与速度方向相同，而是与加速度方向相同。

2．在下列关于力与运动关系的叙述中，正确的是：

A．若质点所受合力的方向不变，则一定作直线运动；

B．若质点所受合力的大小不变，则一定作匀加速直线运动；

C．若质点所受合力恒定，肯定不会作曲线运动；

D．若质点从静止开始，所受合力恒定，则一定作匀加速直线运动；

E．若质点所受合力越大，则质点速度必定越大。（D）

[知识点] 物体受力后的运动与初始条件有关。

[分析与解答] 质点的运动轨迹不仅与受力情况有关，还与初始条件有关，如质点受一恒力F作用时，若初速度为零，则质点必作匀加速运动；若初速度不为零，则质点可能作直线运动（v0与F方向一致），也可能作抛体运动（v0与F夹角不为零），或圆周运动（v0垂直于F）等。而且质点受力越大，必产生加速度越大，速度的变化就越快，但速度是增大还是减少，应视速度与加速度（即力）的方向而定，两者夹角为锐角，速度增大；夹角为钝角，速度会越来越小。

3．如图2-1(a)所示，质量为m的小球，沿半径为R的圆弧形光滑轨道由静止下滑，则在下滑的过程中

A．小球的加速度方向始终指向圆心；

图2-1(a) 图2-1(b)

图2-2(a)

图2-2(b)

B ．轨道对小球的作用力的大小不断增加；

C ．小球所受的合力大小变化，并始终指向圆心；

D ．小球所受的合力不变，但速率不断增加。 （B ）

[知识点] 力的分析，加速度方向，自然坐标系中“牛顿第二定律”的法向表达式。 [分析与解答] 受力分析如图2-1(b)所示，列自然坐标系牛顿第二定律分量式

R

v m m F N 2

gsin θ=- ⑴

t

v

m

m d d gcos θ= ⑵ 由⑵知，小球下滑过程中速率v 是不断增加的。

由⑴知，轨道对小球的支撑力的大小F N 是不断增加的，但从图知，其方向始终指向圆心在不断变化，因此由力的合成知，合力F 的大小和方向会随时间不断变化，且不会指向圆心（如图2-1(b)所示），而合加速度的方向与合力F 一致。

4. 如图2-2(a)所示，两个质量分别为m A 和m B 的物体A 、B ，一起在水平面上沿x 轴正向作匀减速直线运动，加速度大小为a ，A 与B 间的静摩擦因数为μ，则A 作用于B 的静摩擦力F 的大小和方向分别为

A ．g m

B μ，与x 轴正向相反。 B ．g m B μ，与x 轴正向相同。

C ．a m B ，与x 轴正向相同。

D ．a m B ，与x 轴正向相反。 （D ）

[知识点] 静摩擦力，牛顿第二定律在直角坐标系中的分量式。

[分析与解答] 由于静摩擦力的方向与相对运动趋势相反，而物体B 由于惯性，其有相对于A 物体有继续向前的趋势，则A 作用于B 的静摩擦力F 方向必与x 轴正向相反（如图2-2(b)所示），且由于A 、B 物体共同作匀减速直线运动，则有如图所示加速度a ，而B 在x 方向只有F 作用，则F 与a 方向相同，对物体B 列牛顿第二定律在x 方向的分量式，有

a m F B =

5．质量为m 的质点沿x 轴方向运动，其运动方程为t A x ωcos =

。式中A 、ω均为正的常量，

t/s

30

图2-3

t 为时间变量，则该质点所受的合外力F 为：

A ．x F 2

ω=； B ． x m F 2

ω=；

C ．x m F ω-=；

D ．x m F 2

ω-=。 （D ）

[知识点] 第Ⅰ类问题。

[分析与解答] 由题设的运动方程可知，质点运动的加速度为

x t A t

x a 2

222cos d d ωωω-=-==

再由牛顿定律ma F =，得 x m F 2

ω-= 6．质量为kg 10=m 的物体在力i F

)40120(+=t （SI ）作用下沿x 轴运动，0=t 时，

m/s 60=v ，则s 3=t 时其速度大小为：

A ．120m/s ；

B ．66m/s ；

C ．72m/s ；

D ．126m/s 。 （C ） [知识点] 第Ⅱ类问题。

[分析与解答] 由牛顿第二定律的分量式有 40120d d +===t t

v

m

ma F x x 分离变量，积分，并注意初始条件，则有

()t t v m t

v

d 40120d 0

6

??

+=

()t t v m 406062

+=- 将kg 10=m 代入上式，则 6462

++=t t v

当s 3=t 时，速率为 m 72634362

3=+?+?=v

7. 质量kg 10=m 的木箱放在光滑的地面上，在水平拉力F 的作用下由静止开始沿直线运动，其拉力随时间的变化关系如图2-3所示，则在s 7=t

时其速度大小为

A ．12m/s ；

B ．16.5m/s ；

C ．7m/s ；

D ．2.5m/s 。 （B ） [知识点] 图线运用，第Ⅱ类问题。

[分析与解答] 由图2-3知，当0 < t ≤ 4s 时，N 301=F 当4s < t ≤7s 时，()t t F 1070410302-=--=

由牛顿第二定律的分量式，且m=10kg 得 t

v m

F d d =

分离变量，积分并注意初始条件，则得 ?

?=

v

t

v m t F 0

d d

v t F t F t 10d d 424

1=+??

()v t t t t

10d 1070d 304

4

=-+

??

由此可得 82

172

--=t t v 当t=7s 时，速率为 m/s 516872

1

772.=-?-

?=v 8. 如图2-4所示，绳子通过两个定滑轮，在两端分别挂一个质量均为m 的完全相同的物体，初始时它们处于同一高度。如果使右边的物体在平衡位置附近来回摆动，则左边的物体的运动为

A ．向上运动；

B ．向下匀速运动；

C ．向下加速运动；

D ．保持不动；

E ．时而向上，时而向下运动。 （E ）

[知识点] 牛顿第二定律在自然坐标系中的分量式。

[分析与解答] 分析受力如图2-4(b)，建立自然坐标系，列牛顿第二定律在自然坐标系中的分量式

l v m m F T 2

g c o s θ

=- 得 l

v m m F T 2gcos θ+= 设物体的最大摆角为θ'，即物体在摆动过程中，绳子的张力F T 在θgcos 'm 与l v m m 2

g +之间

作周期性的变化，当l

v m m F T 2

g +=时，F T > m g ，左边物体将向上作加速运动；当θgcos '

=m F T 时，T < m g ，左边物体将向下作加速运动。

二、填空题

1. 一质量为m 的木块在水平面上作直线运动，当速度为v 0时仅在摩擦力作用下开始作匀减速

运动，经过距离s 后停止，则木块加速度的大小为=a s

v 22

0 ；木块与水平面间的滑动摩擦因数为=μ

gs

v 220

。 [知识点] 一维匀变速运动规律，滑动摩擦力。 [分析与解答] 对一维匀减速运动，有 as v v

2202

-=

而由题意知经过s 距离后，木块停止运动，即v = 0

则 s

v a 22

=

又木块在运动方向只受滑动摩擦力F 作用，由牛顿第二定律知

s

v m ma F 220

== ⑴

又滑动摩擦力 g μm F = ⑵

由式⑴和式⑵得 s v m μm 2g 20

=

得滑动摩擦因数为 s

v μg 220

=

2. 质量为1m 的质点，置于长为l 、质量为2m 的均质细杆的延长线上，质点与细杆近端距离为r ，选如图2-5（a ）所示坐标系，则细杆上长度为x d 的一段与质点之间万有引力的大小为

F d =x x

l m m G d 22

1

，细杆段与质点之间万有引力的大小为F =)(21l r r m

m G +。选如图2-5（b ）所示坐

标系，则细杆上长度为x d 的一段与质点之间万有引力的大

小为F d =x x r l m m G d )(2

2

1+，细杆段与质点之间万有引力的大小为F =)

(21l r r m

m G +。

[知识点] 微元的选取，万有引力的计算。

[分析与解答] 由于万有引力定律只适用于两个质点，对于两个有限大且不能看作质点的物体，它们之间的万有引力

应是组成此物体的各个质点与组成另一个物体的各个质点之间的所有引力的矢量和。

将细杆看作由无数段微元长度x d 组成，微元质量为x l

m m d d 2

=

，若取如图2-5（a ）所示坐

标，其与质点m 1的万有引力大小为

22

1

2

1d d d x

x l m m G x m

m G

F == 由于细杆上所有微元与质点m 1的万有引力d F 方向一致，则矢量和变为代数和，则细杆与质点间的万有引力为

??

? ??+-=

==

??

+l r r l m Gm x lx m Gm F F l

r r

11

d d 2

12

21()l r r m Gm +=21 若取如图2-5（b ）所示坐标，微元x d 与质点2m 的万有引力的大小为

()21d d x r m m G F +==()

22

1

d x r x

l m m G +=()x x r l m m G d 221+ 同理，细杆与质点间的万有引力大小为 ?=

F F d =()

x x r l m m G

l

d 0

2

21?+=()

l r r m m G +2

1

3. 质量为kg 5=m 的质点在xOy 平面运动，其运动方程为j i r 236t -=（SI ），则质点所受

的合力F 的大小为F = 30 N ，其方向为 沿y 轴负方向 。 [知识点] 平面运动的第Ⅰ类问题。 [分析与解答] 已知运动方程r = 6i －3 t 2j 速度 j r

v t t

6d d -==

加速度 j v

a 6d d -==

t

则作用力 F = m a =－5×6 j = －30 j

其大小 F = 30N 负号表示其方向沿y 轴负方向

4． 质量为m 的质点在力bt c F x +=（SI ）作用下，沿x 轴正方向运动，式中c 、b 为正的常量。已知0=t ，00=x ，00=v 。则

在任一时刻质点速率的表达式为v =

2

2t m

b m

c +； 其运动方程为=x

3

262t m

b t m

c + 。 [知识点] 一维运动的第Ⅱ类问题。

[分析与解答] 由牛顿第二定律的分量式有 t

v

m

bt c F X d d =+=

分离变量，积分并注意初始条件，则得

()t bt c v m t

v

d d 0

??

+=

22

1bt ct mv +

= 即速率为 2

2t m

b t m

c v +=

又由一维运动的速率定义为 22d d t m

b t m

c t x v +==

分离变量，积分并注意初始条件，则得

t t m b t m c x t x

d 2d 020

??

??? ?

?+=

即运动方程为 3

262t m

b t m

c x +=

5. 一质量为kg 250.=m 的质点，受力i F

t =（SI ）的作用，式中t 为时间。0=t 时该质点

以m/s 2j v =的速度通过坐标原点，则该质点任意时刻的位矢为=r j i t t 23

23

+ 。 [知识点] 平面运动的第Ⅱ类问题。 [分析与解答] 本题可用两种方法求解。

方法1 ：由牛顿第二定律，有 i F t t

m

==d d v

分离变量，代入25kg 0.=m ，积分并注意初始条件，则 ??

=t

t t m 0

2d d j v v

j

()i j 22

12t m =

-v 则速度为 j i v 222

+=t

又由速度的定义式有 j i r

v 22d d 2+==

t t

分离变量，积分并注意初始条件（t=0时v 0=0），则

()

t t t

d 22d 0

20

??

+=j i r r

则位矢为 j i r t t 23

23

+=

方法2：依题意t F x =，0=y F ，0=t ，0=x v ，m/s 2=y v ，00=x ，00=y 则由牛顿第二定律分量式，有 t t

v m

F x

x ==d d 分离变量，代入kg 250.=m ，积分并注意初始条件，则

??

=t

v x t t v m x

d d

22

1t mv x =

x 方向速度分量为 2

2t v x =

又 22d d t t

x

v x ==

分离变量，积分并注意初始条件，则 ??

=t

x

t t x 0

20

d 2d

332t x =

同理 0d d ==t

v m

F y y 即 0d =y v m

0d 2

=?

y

v y v m 即 m/s 2=y v

又 2d d ==t

y

v y

??

=

t

y

t y 0

d 2d 得 t y 2=

则位矢为 j i j i r t t y x 23

23

+=

+= 6. 质量为m 的物体，在水平力kx F -=作用下沿x 轴运动。已知在0=t 时，A x =0，

00=v 。若令

2ω=m

k

，则物体运动的速度与位置坐标的关系为=v 22x A -ω ，其运动方程为=x )2

sin(π

ω+

t A 。

[知识点] 变力F=F (x )的第Ⅱ类问题，

x

v

v

t x x v t v d d d d d d d d ==变量代换。 [分析与解答] 由牛顿第二定律有 x

v

mv

t x x v m t v m kx d d d d d d d d ===- 分离变量 x x x m

k

v v d d d 2ω-=-

= 积分并注意初始条件

??

ω-=x

A

v

x x v v d d 20

()

22222222

1212121x A A x v -ω=??? ??-ω-= 22x A v -ω= 又有 22d d x A t

x

v -ω=

分离变量，积分并注意初始条件，则有

??

ω=-t

x

A

t x A x 0

2

2d d

t A

x

A x ω=arcsin 即 t A x ω=π-2arcsin

??? ?

?

π+ω=2s i n t A x 即运动方程为 ??

? ?

?

π+

ω=2sin t A x 7. 在光滑的水平桌面上，有一自然长度为l 0，劲度系数为k 的轻弹簧，其一端固定，另一端系一质量为m 的小球。若小球在桌面上以角速度ω绕固定端作匀速圆周运动，则该圆周的半径R =

2

ωm k kl - ，弹簧作用于质点的拉力F = 220ωωm k m kl - 。

[知识点] 牛顿第二定律的自然坐标系表达式，角量与线量关系。 [分析与解答] 小球在作圆周运动时受到弹簧拉力、向心力F 的作用，则

R

v m F 2

= ⑴

设圆周运动半径为R ，则弹簧A 的拉力为 F = k (R －l 0) ⑵

而 R v ω= ⑶

联立式⑴、式⑵和式⑶，有 ()R m l R k 2

0ω=-

则得 2

ωm k kl R -=

由⑵式得弹簧的拉力为

2

2

0020ω

ω

ωm k m kl l m k kl k F -=??? ??--= 8. 直升飞机升力螺旋桨由对称的叶片组成，每一叶片的质量为136=m kg ，长度 3.66m =l 。当它的转数min rev 320/

=n 时，则叶片根部张力的表达式为=T F

l m 22

1

ω ；其值为 2.79×105N 。（设叶片为均匀薄片）

[知识点] 绳索或细杆质量不能忽略时的张力计算。

[分析与解答] 叶片不同位置处的质元受到的张力不同，则在叶片上选取距固定端x 处的微小质元dx 为研究对象，其受力如图2-6所示，微元质量为x l

m

m d d =

对微元dm 列法向方向牛顿第二定律方程

()()n T T T a m F F F d d =+-

()

x x l

m F T d d 2

ω=

- 积分，并利用条件l x =时，0)(=l F T ，有

??

-

=l

x x F T x x l

m F T d d 20

ω)

(

任一位置处的张力 ()??? ??-=222212

1x l l m x F T ω()

22

22x l l m -ω=

叶片根部即0=x 处的张力为 l m F T 202

1

ω=

代入已知数据kg 136=m ，m 663.=l ，rad/s 49336023202.=π?=π=ωml ，则

N 1079250?=.T F

三、计算与证明题

1. 质量为m ，速度为v 0的摩托车，在关闭发动机以后沿直线滑行，它所受到的阻力v c F -=，式中c 为正常数。试求:

（1）关闭发动机后t 时刻的速度； （2）关闭发动机后t 时间内所走的路程。 [分析与解答] （1）由牛顿定律有：t

m

c F

d d v v =-= 分离变量

t m

c d d -=v v 积分

??-=t t m c

0d d 0v

v v v t m

c -=0ln

v v 关闭发动机后t 时刻的速度 t m

c

e

-=0v v

（2）由速率的定义有 t m c

e t

s

-==0d d v v t e

s t m

c d d 0-=v

)d(d d 0

00

t m

c e

c

m t e

s t

t m

c t

t m

c s

-

-

==?

??

--v v 关闭发动机后t 时间内所走的路程 )1(0

t m c

t

t m

c e c

m dt e

s ---==

?v v

图2-7

2．为了减轻冰雹灾害，现可采用发射防雹火箭的方法，根据气象部门提供的云层高度材料，适时引爆火箭，将碘化盐催化剂溅洒在云层上消冰。设火箭（含碘化盐）的质量为m ，其以v 0的速度竖直发射，火箭所受阻力v k F r =，式中k 为正常数。试求：

（1）火箭发射达到最高点所需的时间；

（2）火箭所能到达的最大高度。（假设火箭在飞行过程中质量不变）

[分析与解答] （1）设火箭向上的竖直方向为y 轴正向。火箭在空中受重力mg 和阻力v k F r =作用而减速，由牛顿定律有

t

m

k mg d d v

v =-- 分离变量并积分

??

?

++?-=+-=00

00)()d(d d v v v v v v

k mg k mg k m k mg m t t

)ln(0

mg

k mg k m t v +=

（2）同理 y

m t y y m t m k mg d d d d d d d d v v v v v =?==-- 分离变量并积分，得

?

?

+-=0

0d d v v

v

v k mg m y y

则最大高度为

)ln (o

0v v k mg mg k mg k m y +-=

3．如图2-7所示，具有光滑半球形凹槽的物块A 固定在桌面上，质量为m 的质点从凹槽的半球面（半径为R ）的上端P 点自静止下滑，当滑至

30=θ的Q 点时，试求：

（1）质点在Q 点的速率； （2）质点在Q 点对球面的压力。 [分析与解答]

（1）以小球为研究对象，小球在下滑过程中受到重力m g 和球面的支撑力F N 。取自然坐标系，列出牛顿定律方程

法向有： R

m mg F N 2

sin v

=-θ （1）

切向有： t

m mg d d cos v

=θ （2） 由于

θ

θωθθd d d d d d d d d d v v v v v R t t ===，代入（2）式，得

θ

θd d cos v

v R g =

分离变量并积分

??

=θ

θθ0

d cos d gR v

v v

得 θsin 2gR =v

当 30=θ

，质点在Q 点的速率为 gR =v

（2）将θsin 2gR =

v 代入（1）式，得

θsin 3mg F N =

当 30=θ

，质点在Q 点受到的支撑力为 mg F N 2

3=

支撑力N F 与质点对球面的压力N

F '为一对作用力与反作用力，所以 mg F F N N

2

3-=-=' 四、简答题

试述牛顿力学的适用范围。

[答]：牛顿力学是研究低速（c <

牛顿运动定律练习题经典习题汇总.

一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3，则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩 擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) A ．物体处于超重状态时，其重力增加了 B ．物体处于完全失重状态时，其重力为零 C ．物体处于超重或失重状态时，其惯性比物体处于静止状态时增加或减小了 D ．物体处于超重或失重状态时，其质量及受到的重力都没有变化 11.如图所示，一个物体静止放在倾斜为θ的木板上，在木板倾角逐渐增大到某一角 t/s 0 2 2 1 3 -2 v/ms -1 第 5 题 F 第 6 题

最新大学物理活页作业答案及解析((全套))

1.质点运动学单元练习（一）答案 1．B 2．D 3．D 4．B 5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。） 6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。） 7．解：（1）)()2(22 SI j t i t r -+= )(21m j i r += )(242m j i r -= )(3212m j i r r r -=-=? )/(32s m j i t r v -=??= （2）)(22SI j t i dt r d v -== )(2SI j dt v d a -== )/(422s m j i v -= )/(222--=s m j a 8．解： t A tdt A adt v t o t o ωω-=ωω-== ?? sin cos 2

t A tdt A A vdt A x t o t o ω=ωω-=+=??cos sin 9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ω s rad /1027.73600 *62 /5-?=π= ω s m t h dt ds v /1094.1cos 3 2 -?=ωω== （2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωt h s t 0.31008.144=?=ω π = 10．解： ky y v v t y y v t dv a -==== d d d d d d d -k =y v d v / d y ??+=- =-C v ky v v y ky 2 22 121, d d 已知y =y o ，v =v o 则2020 2 121ky v C --= )(22 22y y k v v o o -+=

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ； 滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at

ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x =L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg △x 代值解得： Q =0.5J 【点睛】 对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量． 【答案】（1）2 5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J 【解析】 【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得： 对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -= A B f f = 0.5A A f m g = 联立以上方程得：2 5m/s A a = 27.5m/s B a = (2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1)

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求： （1）m 、M 之间的动摩擦因数； （2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数； （3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有： 11mg ma μ= 由乙图知 214m /s a = 解得 10.4μ= （2）对M 由牛顿第二定律有 122()F mg M m g Ma μμ--+= 即 12122()()F mg M m g mg M m g F a M M M μμμμ--+--+= =+ 乙图知 11 4 M = 12()9 4 mg M m g M μμ--+=- 解得 M = 4 kg μ2=0. 1

（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左， 设m 运动t 1时间速度减为零，则 11 1s v t a = = 位移 2101111 2m 2 x v t a t =-= M 的加速度大小 2122()5m /s F mg M m g a M μμ--+= = 方向向左， M 的位移大小 2 2211 2.5m 2 x a t = = 此时M 的速度 2215m /s v a t == 由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落， 设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律 23F Mg Ma μ-= 可得 2325 m /s 4 a = 在t =2s 时m 与M 右端的距离 2321311 ()()8.125m 2 x v t t a t t =-+-=． 2．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．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/s2，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。 【解析】 【分析】 【详解】 （1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度： 物体在4～6s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有： 联立解得：μ=0.2 （2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度： 又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示 根据牛顿第二定律有： 代入数据得：F=5.6N （3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：

【点睛】 在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活 处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁． 2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不 动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度； ()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车 的长度是多少？ 【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】 ()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动， 在竖直方向上：2 12 h gt = ， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s = ()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研 究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共， 由能量守恒定律得：()2201122 Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对， 当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得： 22 11'22 x mgs mv mv 共μ-= -，

高一牛顿运动定律练习题及答案

第三章牛顿运动定律 【知识要点提示】 1．牛顿第一定律：一切物体总保持状态或状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。 2．惯性：物体保持原来的的性质叫惯性。所以牛顿第一定律也称为。惯性是物体本身的，与物体运动情况无关，与受力情况无关。是物体惯性大小的量度。 3．物体运动状态的改变是指它的发生了变化，物体运动状态变化的快慢用来描述。 4．保持物体质量不变，测量物体在不同的力作用下的加速度，可得出与成正比；保持物体所受的力不变，测量不同质量的物体在该力作用下的加速度，可得出与成反比。 5．牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟所受的合外力成，跟物体的质量成；加速度的方向跟的方向相同。数学表达式 6．牛顿第二定律的说明 ①矢量性：等号不仅表示左右两边，也表示，即物体加速度方向与 方向相同。力和加速度都是矢量，物体加速度方向由物体所受合外力的方向决定。 ②瞬时性：当物体（质量一定）所受外力发生突然变化时，作为由力决定的加速度的大 小和方向也要同时发生；当合外力为零时，加速度同时，加速度与合外力同时产生、同时变化、同时消失。牛顿第二定律是一个瞬时对应的规律，表明了力的瞬间效应。 ③相对性：自然界中存在着一种坐标系，在这种坐标系中，当物体不受力时 将，这样的坐标系叫惯性参照系。地面和相对于地面静止或作匀速直线运动的物体可以看作是惯性参照系，牛顿定律只在中才成立。 7．在国际单位制中，力的单位，符号，它是根据定义的，使质量为的物体产生的加速度的力叫1N。 8．F=ma是一个矢量方程，应用时应先，凡与正方向相同的力或加速度均取，反之取，通常取的方向为正方向。根据力的独立作用原理，用牛顿第二定律处理物体在一个平面内运动的问题时，可将物体所受各力，在两个互相垂直的方向上分别应用牛顿第二定律的分量形式：F x=ma x，F y=ma y列方程。 9．在物理学中，我们选定几个物理量的单位作为；根据物理公式，推导出其它物理量的单位，叫。基本单位和导出单位一起组成单位制。例如国际单位制。10．在力学中三个基本物理量分别为、、，在国际单位制中对应的三个基本单位为、、。 11．牛顿第三定律的内容：两个物体之间的作用力和反作用力总是 。 12．物体之间的作用总是相互的，所以施力物体同时也一定是物体，物体间相互作用的一对力叫做，其性质一定相同。 13．我们常用牛顿运动定律解决两类问题：一类是已知要求确定；另一类是已知要求确定，首先求解加速度是解决问题的关键。 14．超重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）物体所受重力的现象，产生超重现象的条件：是物体具有的加速度，与物体速度的大小和方向无关。15．失重现象：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）物体所受重力的现象，产

大学物理大作业

荷兰物理学家安德烈·吉姆(Andre Geim)曾经做过一个有关磁悬浮的著名实验，将一只活的青蛙悬浮在 空中的技术 迈纳斯效应—完全抗磁性 零电阻是超导体的一个基本特性，但超导体的完全抗磁性更为基本。是否 转变为超导态，必须综合这两种测量结果，才能予以确定。 如果将一超导体样品放入磁场中，由于样品的磁通量发生了变化，样品的 表面产生感生电流，这电流将在样品内部产生磁场，完全抵消掉内部的外磁场， 使超导体内部的磁场为零。根据公式和，由于超导体=－1，所以超导体具有完全抗磁性。 内部B=0，故 m 超导体与理想导体在抗磁性上是不同的。若在临界温度以上把超导样品放 入磁场中，这时样品处于正常态，样品中有磁场存在。当维持磁场不变而降低 温度，使其处于超导状态时，在超导体表面也产生电流，这电流在样品内部产 生的磁场抵消了原来的磁场，使导体内部的磁感应强度为零。超导体内部的磁 场总为零，这一现象称为迈纳斯效应。 超导体的抗磁性可用下面的动画来演示，小球是用超导态的材料制成的， 由于小球的抗磁性，小球被悬浮于空中，这就是所说的磁悬浮。 下图是小磁铁悬浮在Ba-La-Cu-O超导体圆片（浸在液氮中）上方的照片。

零电阻是超导体的一个基本特性，但超导体的完全抗磁性更为基本。是否转变为超导态，必须综合这两种测量结果，才能予以确定。 如果将一超导体样品放入磁场中，由于样品的磁通量发生了变化，样品的表面产生感生电流，这电流将在样品内部产生磁场，完全抵消掉内部的外磁场，使超导体内部的磁场为零。根据公式和，由于超导体内部B=0，故cm=－1，所以超导体具有完全抗磁性。 超导材料必须在一定的温度以下才会产生超导现象，这一温度称为临界温度。

最新高考物理牛顿运动定律练习题

最新高考物理牛顿运动定律练习题 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可 视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求： （1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？ 【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】 （1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v = （2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102 mgs mv μ-=- 解得0.25m s = （3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111 ()22 mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+= 2．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。A 的上表面水平，A 上放置一物块B 。已知斜面足够长、倾角为θ，A 的质量为M ，B 的质量为m ，A 、B 间动摩擦因数为μ(μ＜)， 最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A 施加一水平推力。求： （1）物体A 、B 保持静止时，水平推力的大小F 1； （2）水平推力大小为F 2时，物体A 、B 一起沿斜面向上运动，运动距离x 后撒去推力，A 、B 一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L ； （3）为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F 应满足的条件。 【答案】（1） （2） （3）

大学物理实验报告答案大全(实验数据)

U 2 I 2 大学物理实验报告答案大全（实验数据及思考题答案全包括） 伏安法测电阻 实验目的 (1) 利用伏安法测电阻。 (2) 验证欧姆定律。 (3) 学会间接测量量不确定度的计算；进一步掌握有效数字的概念。 实验方法原理 根据欧姆定律， R = U ，如测得 U 和 I 则可计算出 R 。值得注意的是，本实验待测电阻有两只， 一个阻值相对较大，一个较小，因此测量时必须采用安培表内接和外接两个方式，以减小测量误差。 实验装置 待测电阻两只，0～5mA 电流表 1 只，0－5V 电压表 1 只，0～50mA 电流表 1 只，0～10V 电压表一 只，滑线变阻器 1 只，DF1730SB3A 稳压源 1 台。 实验步骤 本实验为简单设计性实验，实验线路、数据记录表格和具体实验步骤应由学生自行设计。必要时，可提示学 生参照第 2 章中的第 2.4 一节的有关内容。分压电路是必须要使用的，并作具体提示。 (1) 根据相应的电路图对电阻进行测量，记录 U 值和 I 值。对每一个电阻测量 3 次。 (2) 计算各次测量结果。如多次测量值相差不大，可取其平均值作为测量结果。 (3) 如果同一电阻多次测量结果相差很大，应分析原因并重新测量。 数据处理 (1) 由 U = U max ? 1.5% ，得到 U 1 = 0.15V , U 2 = 0.075V ； (2) 由 I = I max ? 1.5% ，得到 I 1 = 0.075mA , I 2 = 0.75mA ； (3) 再由 u R = R ( 3V ) + ( 3I ) ，求得 u R 1 = 9 ? 101 &, u R 2 = 1& ； (4) 结果表示 R 1 = (2.92 ± 0.09) ?10 3 &, R 2 = (44 ± 1)& 光栅衍射 实验目的 (1) 了解分光计的原理和构造。 (2) 学会分光计的调节和使用方法。 (3) 观测汞灯在可见光范围内几条光谱线的波长 实验方法原理

高考物理牛顿运动定律练习题及解析

高考物理牛顿运动定律练习题及解析 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：0 11sin 37mg f ma -= 其中0 1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002 11sin 37cos374/a g g m s μ=-= 对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0 122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00 2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ= 解得：2 21m/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 =，2221 2 x a t =，12x x L -= 解得：1s t = 2．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝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/s 2

牛顿运动定律-经典习题汇总

牛顿运动定律经典练习题 一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是 （ ） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是 （ ） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是 （ ） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（ ） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3， 则（ ） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与 水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（ ） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为 （ ） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) 第 5 题 第 6 题

西工大大学物理 大作业参考答案-真空中的静电场2009

第九章 真空中的静电场 一、选择题 ⒈ C ； ⒉B ；⒊ C ； ⒋ B ； ⒌ B ； 6.C ； 7.E ； 8.A,D ； 9.B ；10. B,D 二、填空题 ⒈ 2 3 08qb R πε，缺口。 ⒉ 0 q ε，< ; ⒊ 半径为R 的均匀带电球面（或带电导体球）; ⒋ 12 21 E E h h ε--； 2.21?10-12C/m 3; ⒌ 100N/C ；-8.85×10-9C/m 2 ; ⒍ -135V ； 45V ; ⒎ 006q Q R πε；0；006q Q R πε- ；006q Q R πε ； ⒏ 1 2 22 04() q x R πε+； 32 22 04() qx x R πε+ ； 2 R ；432.5 V/m ; 9.有源场；无旋场 (注意不能答作“保守场”，保守场是针对保守力做功讲的)。 三、 问答题 1. 答： 电场强度0E F q =r r 是从力的角度对电场分布进行的描述，它给出了一个矢量场分布的图像；而电势V =W /q 是从能量和功的角度对电场分布进行的描述，它给出了一个标量场分布的图像。 空间任意一点的电场强度和该点的电势之间并没有一对一的关系。二者的关系是： "0"p d grad ,d d P V E V V E l n =-=-=??r r r 。即空间任一点的场强和该点附近电势的空间变化率相联 系；空间任一点的电势和该点到电势零点的整个空间的场强分布相联系。 由于电场强度是矢量，利用场叠加原理计算时，应先将各电荷元产生的电场按方向进行分解，最后再合成，即： d d d d ;x y z E E i E j E k =++r r r r ， d ,d ,d x x y y z z E E E E E E ===??? 而电势是标量可以直接叠加，即：V dV =?。但用这种方法求电势时，应注意电势零点的选择。

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案.doc

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案 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v0＝ 2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝ 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v2＝ 1m/s，方向向左。重力加速度g＝ 10m/s2，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）1 （3）2.75m 20 【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：a1 v2 v1 1 4 m / s2 3m / s2，方向向右 t 1 对小滑块根据牛顿第二定律有：1mg ma1，可以得到： 1 0.3 ； （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： v0 1 mg22mg m t1 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： 1 mg 2 2mg m v2 t2 而且 t1 t2 t 1s 联立可以得到： 1 t1 0.5s，t2 0.5s ； 2 ， 20 （3）在t1 0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0v0 x1t10.5m ，方向向右； 在 t20.5s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

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第二章牛顿运动定律 一、填空题（本大题共16小题，总计48分） 1.（3分）如图所示，一个小物体A靠在一辆小车的竖直前壁上，A和车壁间静摩擦系数是丛，若要使物体A不致掉下来，小车的加速度的最小值应为1=. J A i 疽 3.（3分）如果一个箱子与货车底板之间的静摩擦系数为〃，当这货车爬一与水平方向 成。角的平缓山坡时，若不使箱了在车底板上滑动，车的最大加速度％域=. 4.（3分）质量m = 40kg的箱子放在卡车的车厢底板上，巳知箱子与底板之间的静摩擦系数为从=0.40,滑动摩擦系数为角=0.25,试分别写出在下列情况下，作用在箱了上的摩擦力的大小和方向. （1）卡车以。=2m/s2的加速度行驶，/ =,方向. （2）卡车以a = -5m/s2的加速度急刹车，/ =,方向? 5.（3分）一圆锥摆摆长为/、摆锤质量为在水平面上作匀速圆周运动，摆线与铅直线夹角。，则 （1）摆线的张力§= 2 （3分）质量相等的两物体A和B,分别固定在弹簧的两端，竖直放在光滑水平支持面C 上，如图所示.弹簧的质量与物体A、B的质量相比，M以忽略不计.若把支持面C迅速移走，则在移开的一瞬间，A的加速度大小心= ，B的加速度的大小% = .

⑵ 摆锤的速率V= I 6.（3分）质量为m的小球，用轻绳AB. BC连接，如图，其中AB水平.剪断绳AB前后的瞬间，绳BC中的张力比F T:E；=. 7.（3分）有两个弹簧，质量忽略不计，原长都是10 cm,第一个弹簧上端固定，下挂一个质量为m的物体后，长为11 cm,而第二个弹簧上端固定，下挂一质量为m的物体后，R为13 cm,现将两弹簧串联，上端固定，下面仍挂一质量为〃，的物体，则两弹簧的总长为 . 8.（3分）如图，在光滑水平桌面上，有两个物体A和B紧靠在一起.它们的质量分别为 = 2kg , = 1kg .今用一水平力F = 3N推物体B,则B推A的力等于.如 用同样大小的水平力从右边推A,则A推B的力等于? 9.（3分）一物体质量为M,置于光滑水平地板上.今用一水平力斤通过一质量为m的绳拉动物体前进，贝U物体的加速度但=,绳作用于物体上的力. 10.（3分）倾角为30°的一个斜而体放置在水平桌面上.一个质量为2 kg的物体沿斜面下滑, 下滑的加速度为3.0m/s2.若此时斜面体静止在桌面上不动，则斜面体与桌面间的静摩擦力

牛顿运动定律练习题51983

精心整理 牛顿运动定律练习题 1.根据牛顿运动定律，不考虑空气阻力，以下选项中正确的是（） A ．人只有在静止的车厢内，竖直向上高高跳起后，才会落在车厢的原来位置 B ．人在沿直线匀速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方 C ．人在沿直线加速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方 D ．人在沿直线减速前进的车厢内，竖直向上高高跳起后，将落在起跳点的后方 2.物体静止在水平桌面上，则（） A ．桌面对物体的支持力与物体的重力是一对平衡力 B ．物体的重力和桌面对它的支持力是一对作用力和反作用力 C D ．物体对桌面的压力和桌面对物体的支持力是一对平衡力3.如图所示,用水平外力F 列说法中 正确的是（） A.木块重力与墙对木块的静摩擦力平衡 B.C.水平力F D.木块对墙的压力的反作用力与水平力F 4.图示为一筐装得很满的土豆箱，以一定初速度在动摩擦因数为的水平面上做匀减速运动，不计其他外力，则中间一棵质量为m 的土豆A 受到其他土豆的作用力大小为（） A ．mg B.μmg C.21μ+mg 5.如右图所示，A ， 当车厢 现发现悬线偏斜，下述说法中 正确的 是( ) A C 6.B 两木块叠放在光滑的水平桌面上，A 与B 的动摩擦因数为μ，用和B 一起以加速度a 向右做匀加速运动，则在这个过程中，木块A 受到的摩擦力大小是（） A.μmg B.ma C.mF/（M+m ） D.F －Ma 7.如下图所示，物体B 叠放在物体A 上，A 、B 的质量均为m ，且上、下表面均与斜面平行，它们以共同速度沿倾角为θ的固定斜面C 匀速下滑，则（???） A.A 、B 间没有静摩擦力 B.A 受到B 的静摩擦力，方向沿斜面向上 C.A 受到斜面的滑动摩擦力为2mgsinθ D.A 与斜面间的动摩擦因数μ=tanθ

济南大学大学物理大作业完整答案

济南大学 大学物理大作业答案完整版

第1章 质点运动学 §1.3 用直角坐标表示位移、速度和加速度 一．选择题和填空题 1. (B) 2. (B) 3. 8 m 10 m 4. ()[] t t A t ωβωωωββsin 2cos e 22 +-- ()ωπ/122 1 +n (n = 0, 1, 2,…) 5. h 1v /(h 1-h 2) 二．计算题 1解: (1) 5.0/-==??t x v m/s (2) v = d x /d t = 9t - 6t 2 v (2) =-6 m/s (3) S = |x (1.5)-x (1)| + |x (2)-x (1.5)| = 2.25 m 2解： =a d v /d t 4=t ， d v 4=t d t ? ?=v v 0 0d 4d t t t v=2t 2 v=dx/dt=2t 2 t t x t x x d 2d 0 20 ?? = x 2=t 3 /3+x 0 (SI) §1.5 圆周运动的角量描述 角量与线量的关系 一．选择题和填空题 1. (D) 2. (C) 3. 16R t 2 4rad /s 2 4. -c (b -ct )2/R 二．计算题 1. 解： ct b t S +==d /d v c t a t ==d /d v ()R ct b a n /2 += 根据题意： a t = a n 即 ()R ct b c /2 += 解得 c b c R t -=

§1.6 不同参考系中的速度和加速度变换定理简介 一．选择题和填空题 1. (C) 2. (B) 3. (A) 4.0321=++v v v 二．计算题 1.解：选取如图所示的坐标系，以V 表示质点的对地速度，其x 、y 方向投影为： u gy u V x x +=+=αcos 2v ， αsin 2gy V y y = =v 当y =h 时，V 的大小为： () 2cos 2222 2 2αgh u gh u y x ++= +=V V V V 的方向与x 轴夹角为γ， u gh gh x y +==--ααγcos 2sin 2tg tg 1 1 V V 第2章 牛顿定律 §2.3 牛顿运动定律的应用 一．选择题和填空题 1. (C) 2. (C) 3. (E) 4. l/cos 2 θ 5. θcos /mg θ θ cos sin gl 二．计算题 1. 解：质量为M 的物块作圆周运动的向心力，由它与平台间的摩擦力f 和质量为m 的物块 对它的拉力F 的合力提供．当M 物块有离心趋势时，f 和F 的方向相同，而当M 物块有 向心运动趋势时，二者的方向相反．因M 物块相对于转台静止，故有 F + f max =M r max ω2 2分 F － f max =M r min ω2 2分 m 物块是静止的，因而 F = m g 1分 又 f max =μs M g 1分 故 2.372 max =+= ωμM Mg mg r s mm 2分 4.122 min =-=ωμM Mg mg r s mm 2分 γ v

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求： （1）刚放上传送带时物块的加速度； （2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间． 【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s = 【解析】 【分析】 先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】 （1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得： mg ma μ= 代入数据得：2 4/a g m s μ== （2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s 根据运动学公式可得：2 02as v = 运动的位移： 2 0842v s m a ==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有 212 l at = 解得 1t s = 【点睛】 物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力． 2．四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)

最新物理牛顿运动定律练习题20篇

最新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．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。倾角也是37?的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能； （2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间； （3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。 【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】 （1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为： 2 P 01sin 37cos372 E mgx mgx mv μ??=++ 解得：E p ＝42J （2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ??+= 解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011 v v t a -= 解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：22 011 2v v x a -= 解得：1 2.4x m L =< 因为tan 37μ? <，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：