牛顿运动定律基础训练Word文档下载推荐.docx
《牛顿运动定律基础训练Word文档下载推荐.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《牛顿运动定律基础训练Word文档下载推荐.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
B.N=（M+m）g+Fsin0C.F
a4C0S0
D.N=（M+m）g
6.如图所示，竖直放置在水平面上的轻弹簧上放着质量为
2kg的物体A，处于静止状态•若将一个质量为
3kg物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，_则A对B的压力大小（g取10m/s2）（）
C.
15ND.
12N
A.
7.如图所示，A、B两物块的质量分别为m和M，
始下滑•已知斜面的倾角为0,斜面始终保持静止.
30NB.
把它们靠在一起从光滑斜面的顶端由静止开
则在此过程中物块B对物块A的压力为
（M+m）gsin0
M>
m,第一次用水平力F由左向右推M,
8.在光滑的水平面上，有两个相互接触的物体如图所示，已知
物体间的作用力为N1,第二次用同样大小的水力F由右向左推m,物体间的作用力为N2,则（）
N1>
N2B.
N1=N2C.
N1<
N2D.
无法确定
9.如图所示，截面为直角三角形的木块置于粗糙的水平地面上，其倾角
30°
现有一质量m=l.0kg的滑块
从斜面下滑，测得滑块在起动后的0.40s沿斜面运动了0.28m，且知滑块滑行过程中木块处于静止状态，
重力加速度g=10m/s2，求：
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小;
（2）滑块在斜面上滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小及方向.
10.如图所示，一质量为8m的长木板静止在光滑水平面上，某时刻一质量为m的小铁块以速度U从木板
的右端滑上木板•已知铁块与木板间的动摩擦因数为g，重力加速度大小为g,木板足够长，求：
（1）铁块与木板的加速度大小;
（2）当木板在水平面上加速滑行的距离为x时，铁块在木板上滑行的长度为多少?
ZZZTzxZZTZ^Z
11.如图所示，物体P放在粗糙的水平地面上，劲度系数为k=250N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁
上、右端固定在质量为m=1kg的物体P上，弹簧水平，开始弹簧为原长，P从此刻开始受到与水平面成
0=37°
的拉力作用而向右做加速度大小为a=1m/s2的匀加速运动，某时刻F=10N,
弹簧弹力大小为
FT=5N，此时撤去F,已知sin37°
=0.6、cos37°
=0.8,重力加速度g=10m/s2。
求:
（1）撤去F的瞬间P的速度;
（2）撤去F的瞬间P的加速度。
12.如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20N、方向与水平方向成
0=37°
角的力拉动
木块，当木块运动到x=10m时撤去力F.不计空气阻力.已知木块与水平面间的动摩擦因数
p=0.2,
sin37°
=0.6,cos37°
=0.8.g取10m/s2•求:
（1）撤去力F时木块速度的大小；
（2）撤去力F后木块运动的时间.
M=1.0kg，底座高度不计，杆上套
vo=4.Om/s的初速度
13.如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为
有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力•当小环从底座上以
向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求:
①在环飞起过程中，底座对水平面的压力;
②此环下降过程需要多长时间.
a
t
30°
在5s的时间内
14.一个滑雪者，质量m=75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速滑下，山坡的倾角为
15.如图所示，在倾角0=37°
的足够长的固定的斜面底端有一质量
擦因数卩=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿斜面向上拉动•拉力
m=1.0kg的物体.物体与斜面间动摩
F=10N，方向平行斜面向上•经时间
t=4s绳子突然断了，求：
（1）绳断时物体的速度大小•
（2）
从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端
的运动时间.（sin37°
=0.60cos37°
=0.80，g=10m/s2）
试卷答案
1.
考点:
牛顿第二定律；
力的合成与分解的运用.
专题:
受力分析方法专题.
分析:
在水平力F的作用下一起匀速运动，说明地面对B的滑动摩擦力等于F,分A、B间的最大静摩擦
力大于F和小于F进行讨论即可求解.
解答:
解：
若A、B间的最大静摩擦力大于F,则A、B仍一起做匀速直线运动，故A正确;
若A、B间的最大静摩擦力小于F,则A在拉力F的作用下做匀加速直线运动，而B受到A的滑
动摩擦力小于B与地面间的滑动摩擦力（由题意可知此力大小与F相等），故B保持静止，故C
正确.
故选AC
点评:
解决本题时要注意要分A、B间的最大静摩擦力大于F和小于F进行讨论，然后根据受力情况判断
运动情况，难度适中.
2.
牛顿第二定律•版权所有
牛顿运动定律综合专题.
因物体和斜面体都是平衡状态，故可以把两个做为一个整体来进行受力分析，则物体受的支持力
应为斜面和物体重力之和，而斜面体相对地面既没有相对运动，也没有相对运动趋势，故斜面体
所受摩擦力为零.
解:
A:
因物体和斜面体都是平衡状态,力应为斜面和物体重力之和，故
故可以把两个做为一个整体来进行受力分析，则物体受的支持
A错误
B:
B正确
C:
斜面体相对地面既没有相对运动，也没有相对运动趋势，故斜面体所受摩擦力为零•故
D:
斜面体相对地面既没有相对运动，也没有相对运动趋势，故斜面体所受摩擦力为零•故故选B
本题重点就是要用整体法来解答，其次就是判定斜面体所受摩擦力的有无，这个要用假设法，本
题涉及的分析方法比较多样，故而是个很好的对受力方法的练习题.
压轴题；
将F分解为垂直于斜面和平行于斜面两个方向Fi和F2，根据力的独立作用原理，单独研究
C错误
D错误
F的作
用效果，当F引起的动力增加大时，加速度增大，相反引起的阻力增大时，加速度减小.
未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有:
a=
ID
当施加F后，加速度a'
=弘（F+nigjcosQ，因为gsin0>
ggcose,所
以FsinB>
FcosB，可见a'
>
a,即加速度增大.故C确，A、B、D均错误.
故选C.
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解.
4.
牛顿第三定律.
人和车厢一起向右加速运动，由牛顿第二定律可知，车对人在水平方向上有向右的合力
ma，
对人进行受力分析，可知人受重力、支持力、摩擦力的作用，还有车对人的水平向左的作用力,车厢对此人的作用力包括支持力、摩擦力和对人的水平向左的作用力.
同时在竖直方向上还有对人的支持力mg,所以车厢对人的合力为必2+g2，所以D正确.
故选：
D.
求车厢对人的作用力，不能只考虑水平方向的产生加速度的合力，同时车厢对人还有一个竖直方
向上的支持力的作用，这是有的同学经常出错的原因，知道这些这道题就不难做了.
5.
物体的弹性和弹力.
（1）求物体的加速度也应采取隔离法，对斜面上的物体受力分析.由于没加外力时物体在斜面上
恰能匀速下滑，可得所以摩擦力恰好与重力沿斜面向下的分力相平衡，运用等效的观点，好像物体仅受沿斜面向下的力F,利用牛顿第二定律可解.
（2）求解地面对斜面的支持力采用隔离法，斜面受到重力、支持力、小物体的压力和摩擦力四个
力作用，列竖直方向的平衡方程即可.
A、选小物体为研究对象，没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑，则沿斜面方向合力为零,
斜面施加的摩擦力与重力的沿斜面的分力相抵消，当加上外力
F时，物体的加速度为a夏•故
A、C错误.
B、没加外力时物体在斜面上恰能匀速下滑，物体处于平衡状态，可得斜面对物体的摩擦力与斜面对物体支持力的合力竖直向上，跟物体的重力相抵消，有牛顿第三定律得，物体对斜面的摩擦力
与物体对斜面的压力的合力必定竖直向下，大小必为mg,所以斜面受到地面的支持力Fn=
（M+m）g，;
当施加沿斜面向下的力F后，m与M之间的弹力没有变化，因而m与M之间的滑
动摩擦力也没有变化，故弹力和摩擦力的合力也不会变化，物体对斜面的摩擦力与物体对斜面的
压力的合力必定竖直向下，大小必为mg，斜面受到地面的支持力也是Fn=（M+m）g;
故B错
误，D正确.
本题关键挖掘恰能匀速下滑”的含义，此外滑动摩擦力与正压力成正比，正压力不变，滑动摩擦力
不变，再利用牛顿第三定律结合平衡条件求解即可.
6.D
开始弹簧的弹力等于A的重力，即F=mAg放上B的瞬间，弹簧弹力不变,
对整体分析，根据牛顿第二定律得，a_=mg菖二30射/wmZs?
.
m直+口吕nij^+irig2+3
隔离对B分析，有meg-N=mBa,则N=mB（g-a）=3X（10-6）N=12N.故D正确，A、B、C错误.
7.C
知,
a=（谥H）話5e=gsin0
M）
则再对B由牛顿第二定律可知：
F合=Ma=Mgsin9;
合力等于
B的重力沿斜面向下的分力；
故说明AB间没
有相互作用力，故ABD错误，C正确.
8.C
第一次：
对左图，根据牛顿第二定律得：
整体的加速度:
F
a仁M+IT，
再隔离对m分析：
N仁ma仁mH+ir.
第二次：
对右图，整体的加速度：
a2=M+nr，
再隔离对M分析：
N2=Ma2=MH+1.
由题M>
m，a1=a2，N1<
N2.
故选:
9.
匀变速直线运动的位移与时间的关系.
对A、B组成的整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；
由牛顿第二定律可
根据匀变速直线运动的位移时间公式求出滑块的加速度，根据牛顿第二定律求出滑块在运动过程
中受到的摩擦力大小.
对整体分析，根据牛顿第二定律运用正交分解法求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向.
（1）根据X气gt2得，加速度
根据牛顿第二定律得，mgsin0-f=ma
代入数据解得f=1.5N.
（2）以物块和斜面整体为研究对象，作出力图如图.
根据牛顿第二定律得，地面对木楔的摩擦力的大小:
f=macos鬥况35X
24
方向水平向左
答：
（1）滑块滑行过程中受到的摩擦力大小为1.5N;
（2）滑块在斜面上滑行过程中木块受到地面的摩擦力大小为
Fh
本题的解法是对加速度不同的两个物体用整体法，中学用得较少.常用方法是隔离木楔
ABC研
究，分析受力，根据平衡求解地面对木楔的摩擦力的大小和方向.
10.
:
（1）对于铁块：
gmg=ma，解得：
a1=gg
对于木板：
gmg=Ma2，解得:
（2）木板的位移:
Pi巴汽解得：
口胚
铁块的位移：
x.=vt
12口1*
铁块在木板上滑行的距离:
Asi=Kj_
丛g厂仙
（1）铁块与木板的加速度大小分别为:
（2）当木板在水平面上加速滑行的距离为
X时，铁块在木板上滑行的长度为
11.
（1）ONm/s；
（2）3m/s2
本题旨在考查牛顿第二定律、胡克定律。
（1）由题意可知开始在F作用下，物体
P做匀加速运动，设撤去F时，弹簧伸长量为
x，此时物体
P的速度为v
由胡克定律得：
Ft
X—
解得：
k
1一m50
代入数据解得：
VONm/s
（2）设物体P与水平地面的动摩擦因数为
，撤去F时物体P加速度为a
0.2
撤去F，
对物体有：
Ftmgma
当F10NFt5N时，由牛顿第二定律得：
Feos37ftmgma
解得:
（1）
撤去F的瞬间P的速度为O.Zm/s；
（2）撤去F的瞬间P的加速度为3m/s2
12.
匀变速直线运动的速度与时间的关系.
（1）分析木块的受力情况，根据牛顿第二定律和摩擦力公式求出加速度，由运动学位移速度关
系公式求出撤去力F时木块速度的大小;
（2）撤去F后，木块由于滑动摩擦力而做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，由速度公式求解
木块运动的时间.
解答：
解：
（1）力F拉动木块的过程中，木块的受力情况如图1所示.根据牛顿运动定律有
Fcos37°
—fi=maimg—Fsin37°
—Ni=0
又因为f1=N
代入数据可求得：
N1=8.0N，
因为:
v2=2a1x
所以:
2aJX-2iii/s
（2）撤去F后，木块的受图情况如图
2所示.根据牛顿运动定律有:
N2—mg=0—f2=ma2
又因为：
f2=MN2
N2=2ON，
a?
二—2.Om//
v末=v+a2t
Os
答:
（1）撤去力
F时木块速度的大小是
12m/s；
（2）撤去力
F后木块运动的时间是
6s.
IM2
点评：
本题是牛顿第二定律和运动学公式结合处理动力学问题，加速度是关键量，是联系力和运动学关系的桥梁，在这种方法中是必求的量.
13.
匀变速直线运动的速度与位移的关系.
①小环在下落过程中，受到重力和向上的滑动摩擦力，底座受到重力、小环向下的摩擦力和地面
的支持力，由平衡条件求地面对底座的支持力，即可由牛顿第三定律求得底座对地面的压力.
②先根据牛顿第二定律求解加速度，再根据运动学公式求解时间.
①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为
a1.由牛顿
第二定律，得:
mg+Ff=mai
由运动学公式:
ai=16.0m/s2
Ff=1.2N
对底座进行受力分析，由平衡条件得：
Mg=FN+Ff'
Fn=8.8N
又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N;
②对环受力分析，设环下降过程的时间是t,下降阶段加速度为a2,则有:
mg-F"
f=ma2
L冷且2/
联立并代入数据解得：
a=4.0m/s2
t=0.5s
①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N;
②此环下降过程需要多长时间为0.5s.
本题中底座与小环的加速度不同，采用隔离法研究，抓住加速度是关键，由牛顿运动定律和运动
学公式结合进行研究.
14.75N
根据严得加速度为：
a斗吐二牛空LW’》
2护卡汶戈5
f=
根据牛顿第二定律得：
mgsin30°
-f=ma,
rrig;
sin30^-m呂二T50X—-T5*4N=75N.
滑雪者受到的阻力为75N.
15.4.2s
j==wgcos9
解得ai=2.0m/s2
t=4.0s时物体的速度大小为vi=ait=8.0m/s
£
■=一切=ISw
⑵媚K时勒啊韵面底端的位移2
mgsin.0-i-/MgCGS0—总气
解得*=.8[.血/吕"
物体懒减遠运动的时间E=卑f衍=L0S减逸运动的粒移衍=卩占f2=1.U皿
血日一=wBij
解得Sb=4,.an/s
即丰冷京=—比#/
设物体由撮高点到斜面底端的讨闖为J所W躺向下恙加遼葩的位移2
所以物体返回到卿面底端的时m为'
唱f+虑$=42営
升级会员 