当前位置:文档之家› 二大定理、二大定律专题系列强化训练4:有关滑块类类问题

二大定理、二大定律专题系列强化训练4:有关滑块类类问题

二大定理、二大定律专题系列强化训练4:有关滑块类类问题
二大定理、二大定律专题系列强化训练4:有关滑块类类问题

二大定理、二大定律专题系列强化训练4:

有关滑块类类问题

一、滑块在木板上运动类

1.(16分)质量为m1的木板静止在光滑的水平面上,在木板上放一个质量为m2的木块. 现给木块一个相对地面的水平速度v0.已知木块与木板间动摩擦因数为μ,因此木板被木块带动,最后木板与木块以共同的速度运动.求此过程中木块在木板上滑行的距离和木板滑行的距离。

2.质量为M足够长的木板放在光滑水平地面上,在木板的上表面的右端放一质量为m 的小金属块(可看成质点),如图所示,木板上表面上a点右侧是光滑的,a点到木板右端距离为L,a点左侧表面与金属块间动摩擦因数为 。现用一个大小为F的水平拉力向右拉木板,当小金属块到达a点时立即撤去此拉力。

(1)拉力F的作用时间是多少?

(2)最终木板的速度多大?

(3)小金属块到木板右端的最大距离为多少?

二、滑块在小车上运动类

3.(19分)如图所示,带弧形轨道的小车放在光滑的水平地面上,车

左端被固定在地面上的竖直档板挡住,已知小车的弧形轨道和水平部分在

B点相切,AB段光滑,BC段粗糙, BC段长度为L=0.75m。现有一小

木块(可视为质点)从距BC面高为h=0.2m的A点无初速释放,恰好未从车

上滑落。已知木块质量m1=1kg,小车质量m2=3kg,g取10m/s2。求:

(1)木块滑到B点时的速度;

(2)木块与BC面之间的动摩擦因数;

(3)在整个过程中,小车给档板的冲量。

4.(20分)当滑的四分之一圆弧导轨最低点切线水平,与光滑水平地面上停靠的一小车上表面等高,小车质量M = 2.0kg ,高h = 0.2m ,如图所示,现从圆弧导轨顶端将一质量为m = 0.5kg 的滑块由静止释放,滑块滑上小车后带动小车向右运动,当小车的右端运动到A 点时,滑块正好从小车

右端水平飞出,落在地面上的B 点。滑块落地后0.2s 小车右端也到达B 点,已知AB 相距L=0.4m ,(g 取10m/s 2)求: (1)滑块离开小车时的速度大小; (2)滑块滑上小车时的速度大小; (3)圆弧轨道的半径大小;

(4)滑块滑过小车的过程中产生的内能大小。

5.(19分) 如图甲所示,质量m B =1 kg 的平板小车B 在光滑水平面上以v 1=1 m /s 的速度向左匀速运动.当t=0时,质量m A =2kg 的小铁块A 以v 2=2 m /s 的速度水平向右滑上小车,A 与小车间的动摩擦因数为μ=0.2。若A 最终没有滑出小车,取水平向右为正方向,g =10m /s 2,求:(1)A 在小车上停止运动时,小车的速度为多大?

(2)小车的长度至少为多少?

(3)在图乙所示的坐标纸中画出1.5 s 内小车B 运动的速度一时间图象.

三、木块与挡板碰撞类

6.如图,长为L =0.5m 、质量为m =1.0kg 的薄壁箱子,放在水平地面上,箱子与水平地面间的动摩擦因数μ=0.3.箱内有一质量也为m =1.0kg 的小滑块,滑块与箱底间无摩擦.开始时箱子静止不动,小滑块以m/s 40=v 的恒定速度从箱子的A 壁处向B 壁处运动,之后与B 壁碰撞.滑块与箱壁每次碰撞的时间极短,可忽略不计.滑块与箱壁每次碰撞过程中,系统的机械能没有损失.2m/s 10=g .求:

(1)要使滑块与箱子这一系统损耗的总动能不超过其初始动能的50%,滑块与箱壁最多可碰撞几次?

(2)从滑块开始运动到滑块与箱壁刚完成第三次碰撞的期间,箱子克服摩擦力做功的平均功率是多少?

(414.12=,732.13=,236.25=,162.310=)

四、电、磁场条件下的木块运动类

7.在一个水平面上建立x 轴,在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小C N E /1065?=,方向与x 轴正方向相同,在O 处放一个带电量C q 8105-?-=,质量m=10g

的绝缘物块。物块与水平面间的动摩擦因数2.0=μ,沿x 轴正方向给物块一个初速度

s m v /20=,如图所示,求物块最终停止时的位置。

(g 取10m/s 2

8.(14分)图中所示的是光滑弧形轨道跟一足够长的光滑水平轨道相连,在水平轨道上方距离弧形轨道很远外有一足够长的光滑的绝缘杆

Q ,在它的上边挂一个金属圆环A ,圆环的中心轴线与水平轨道重合。在弧线轨道上高为h 处无初速度释放一块可视为质点的磁铁P ,当它下滑到水平轨道上以后继续运动,向圆环靠近。设磁铁与圆环的质量分别为M 和m ,试求金属圆环A 可获得的最大速度以及在此过程中圆环与磁铁所获得的总内能。

9. (18分)如图所示,在固定的水平的绝缘平板上有A 、B 、C 三点,B 点左侧的空间存在着场强大小为E ,方向水平向右的匀强电场,在A 点放置一个质量为m ,带正电的小物块,物块与平板之间的摩擦系数为μ。给物块一个水平向左的初速度0v 之后,该物块能够到达C 点并立即折回,最后又回到A 点静止下来,求: (1)此过程中物块所走的总路程s 有多大?

(2)若1l AB =,那么物块第一次到达B 点时的速度B v 是多大?

(3)若2l BC =,那么物块所带的电量q 是多大?

10.如图所示,在动摩擦因数为μ=0.50的绝缘水平面上放置一质量为m=2.0×10-3

kg 的带正电的小滑块A ,所带电荷量为q=1.0×10-7

C 。在A 的左边l =0.9m 处放置一个质量为M=6.0×10-3

kg 的不带电的小滑块B ,滑块B 与左边竖直绝缘墙壁相距s=0.05m ,在水平面上方空间加一方向水平向左的匀强电场,电场强度为E=4.0×105

N/C 。A 由静止开始向左滑动并与B 发生碰撞,设碰撞过程的时间极短,碰撞后两滑块结合在一起共同运动并与墙壁相碰撞,在与墙壁碰撞时没有机械能损失,也没有电量的损失,且两滑块始终没有分开,两滑块的体积大小可忽略不计。(g 取10m/s 2

(1)试通过计算分析A 与B 相遇前A 的的受力情况和运动情况,以及A 与B 相遇后、A

和B 与墙壁碰撞后A 和B 的受力情况和运动情况。

(2)两滑块在粗糙水平面上运动的整个过程中,由于摩擦而产生的热量是多少?(结 果保留两位有效数字)

11.(19分)在光滑的水平面上静止着一个绝缘足够长的木板B ,质量为m B =2㎏,木板上有一质量m A =1㎏,带电量为q= +0.2C 的滑块A ,空间有磁感应强度大小为B=5T ,方向垂直纸面向里的范围足够大的匀强磁场。A 与B 之间的动摩擦因数为8.0=μ,现在对滑块A 加一水平向右的恒力F=9N ,重力加速度g=10m/s 2。

求:(1)从加力F 开始,经过s t 31

=时,B 受到的摩擦力大

小?

(2)当A 的速度达到s m v A /8=时,A 、B 加速度各为多大?

12.(20分)如图所示,粗糙绝缘水平面上静放带正电小物块,小物块的比荷为k ,与水平面间动摩擦因数为μ。在物块右侧距物块L 处有一范围足够大的匀强场区,场区内同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,已知匀强电场的方向竖直向上,场强大小恰好等于当地重力加速度的1/k ,匀强磁场垂直纸面向里,

磁感应强度为B 。现给物块一水平向右的初速度,使其沿

水平面运动并进入右侧场区,当物块从场区飞出后恰好能落到出发点。设运动过程中物块带电量保持不变,重力加速度为g 。

(1)定性画出小物块从开始运动到落回出发点的运动轨迹; (2)求出物块刚进入场区时的速度;

(3)计算物块从开始运动到刚好进入场区所用的时间。

13.如图所示,长为2L 的板面光滑且不导电的平板小车C 放在光滑水平面上,车的右端有挡板,车的质量m m C 4=.今在静止的平板车的左端放一个带电荷量为+q 、质量为

m m A =的金属块A ,另将一绝缘小物块B 放在平板车的中央,物块B 的质量m m B 2=.在

整个空间加上一个水平方向的匀强电场时,金属块A 由静止开始向右运动,A 以速度0v 与B 发生碰撞,碰后A 以4/0v 的速度反弹回来,B 以一定速度沿平板向右运动与C 车的挡板相碰.碰后小车的速度等于碰前物块B 速度的一半.物块A 、B 均视为质点,A 、B 相碰时的相互作用力远大于电场力.求:

(1)匀强电场的场强大小和方向;

(2)若A 第二次和B 相碰,判断是在B 与C 相碰之前还是相碰之后?

(3)A 从第一次与B 相碰到第二次与B 相碰的这段时间内,电场力对A 做的功。

二大定理、二大定律专题系列强化训练4:

有关滑块类类问题(详解)

1.解:设共同速度为v ,由动量守恒定律:

m 2υ0=(m 1+m 2)υ ⑴………4分 由能量守恒:

μ

m 2gs=m 2

2

2

0v --(m 1+m 2)

2

2

v

⑵………4分

⑴~⑵联立解得 s=

μ

g m m m )(2211

2

⑶2分

木板滑行的距离L: 由动能定理 μm 2g L:=

2

1 m 1υ

2

⑷ ……………4分

⑴⑷联立解得 L=

μ

g m m m m 2212

1)(2+υ

2

⑸2分

2.解:(1)开始时,小金属块静止。对木板研究,根据牛

顿第二定律:M

F

a

=

①……1分

设经t 时间小金属块到达木板上表面的a 点,则:2

2

1ar L =

②…………1分 联立①②解得:F

ML t 2=

③……1分

(2)当小金属块到达木板上表面的a 点时,木板的速为:

F

ML at v 21=

= ④…1分

此后小金属块和木板相互磨擦直至共速的过

21)(v m M Mv += ⑤…1分

联立④⑤解得,最终木板的速度为:

m

M FML v +=

22 ⑥…………… 1分

(3)小金属块和木板相互摩擦直至共速的过程能量守恒:

2221)(2

121v m M Mv mgS +-=

μ ⑦………1分

联立④⑥⑦解得,小金属块和木板相互摩擦的距离

)

(m M g FL S +=

μ⑧……1分

最终小金属块到木板右端的距离最

L m M g FL

L S S ++=

+=)

(μ总⑨……2分

3.解:(19分)(1)(5分)木块从A 滑到B 点的过程,机械能守恒

2

112

1B v m gh m =

(2分)

/2/B v s m s =(3分)

(2)(9分)v

m m v m B

)(211+= (3分)

2212

1)(2

121v m m mv gL m B +-=

μ (3分) ∴23340.288100.75

B v gL μ?=

==?? (3分) (3)(5分)小木块与车脱离档板前受档板水平向右冲量获 得动量

gh m mv I B 2===2 m/s kg ?(3分)

小车给档板冲量大小为2m/s kg ?方向:水平向左(2分)4.解:(1)滑块平抛过程中有:2

12

1gt h =

(2分)

L = v 1t 1 (2分) 解得:s g

h

t 2.021

==

(1分)

s m t L

v /21

1==

(1分) (2)滑块滑出后小车做匀速运动s m t

t L

v /112

=?+=

(2分)

由动量守恒得:210Mv mv mv += (3分)

得滑块滑上小车表面时的速度为:s m m

Mv m v v /62

10

=+=

(1分)

(3)由机械能定恒得

mgR mv =202

1 (2分)

解得:m g

v R 8.1220

== (2分)

(4)根据能量守恒可得滑块滑过小车表面的过程中产生的内能

)2

121(2

221Mv mv mgR E +-=7J

(4分)

5.解:(1)A 在小车上停止运动时,A 、B 以共同速度运动,设其速度

为v ,取水平向右为正方向,由动量守恒定律得: m A v 2-m B v 1=(m A +m B )v (3分)

解得,v=lm /s (2分

)

(2)设小车的最小长度为L ,由功能关系得:

()221222

12121v m m v m v m gL m B A B A A +-+=

μ(3分) 解得:L =0.75m (2分)

(3)设小车做变速运动的时间为t ,由动量定理得:

()1v v m gt m B A +=μ(3分)

解得:t =0.5s (2分)

故小车的速度-时间图象如图所示. (4分) (直接作出图象准确可给该9分.)

6.解:(1)设箱子相对地面滑行的距离为s ,依动能定理和题目要求有系统损失的总动能为

2

02

12mv mgs ≤

μ×50% (3分)

解得)m (67.082

0=≤g

v

s μ

(2分)

由于两物体质量相等,碰撞时无能量损失,故碰后交换速度.即小滑块与箱子碰后小滑块静止,箱子

以小滑块的速度运动.如此反复.第一次碰后,小滑块静止,木箱前进L ;第二次碰后,木箱静止,小滑块前进L ;第三次碰后,小滑块静止,木箱前进L .因为L <s <2L ,故二者最多碰撞3次. (3分)

(2)从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞,箱子前进了L 箱子克服摩擦力做功:)J (32==mgL W

μ

(2分)

第一次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间

)s (125.00

1==

v L

t (2分)

第二次碰前箱子匀减速的加速度大小)m/s (622==

m

mg

a μ (1分)

设箱子匀减速的末速度为v ,时间为2t aL v v 22

02=-

(1分)

20at v v +=

(1分)

求出

)s (14.02=t

(1分)

第三次碰前滑块在箱子上匀速运动的时间

)s (16.03==

v

L

t (2分)

从滑块开始运动到刚完成第三次碰撞经历的总时间为

)s (425.0321=++=t t t t

(1分)

摩擦力做功的平均功率为:

)W (1.7==

t

W

p (3分) 7.解:物块在水平面受摩擦力N mg f 02.0==μ

物块受电场力N Eq F

03.0== F f <

∴物块不可能在右侧静止,向右减速为零后向左加速离开电场,在左侧减速为零。设在O 点右侧S 处

速度减为零,在O 点左侧d 处停止,则

S f F mv )(2

12

0+= (1)

)2(2

120d S f mv += (2) 联(1)(2)解得 m d

2.0=

8.解:(14分)P 从开始下滑到水平过程机械能守恒:

22

1

P MV Mgh =

………………① 解出gh v p

2=………………②

在水平方向上,P 与A 相互作用,且动量守恒,当它们以共同速度v 运动时,A 环速度最大,有

V m M Mv p )(+=……… ③

解出m

M gh M v m M M

v

p +=

+=

2…………④ P 与A 组成的系统损失的机械能转化为内能,即2)(2

1

v m M Mgh E +-=?…… ⑤

E = △E …………⑥ 解出gh m

M Mm

E

+=

………………⑦

评分:①~⑦式各2分,共14分(无⑥式而正确解出E 值的不扣分)

9.解:(1)对全程应用动能定理有:

2

mv 2

1mgS =μ………………………① (4分)

g

2v S 20

μ=∴…………………………(2分)

(2)对AB 段应用动能定理有:

2

2012

121

B

mv mv mgl -=μ………………② (4分) 1

2

02gl v v B μ-=∴…………………(2分)

(3)对A →C 过程应用动能定理有:

2

22

12mv qEl S mg

=+μ…………③(4分) ∴2

20

4El mv q =…………………………………(2分)

10.解:(1)滑块A 受电场qE=4.0×10-2

N ,方向向左,摩擦

力f=μmg=1.0×10-2

N ,方向向右。在这两个力作用下向左 做初速度为零的匀加速直线运动,直到与B 发生碰撞。 滑块A 与B 碰撞并结合在一起后,电场的大小仍为qE=4.0 ×10-2

N ,方向向左,摩擦力的大小为f=μ(m+M)g=4.0×10

-2

N ,方向向右。A 、B 所受合力为零,所以A 、B 碰后一起

向着墙壁做匀速直线运动。

A 、

B 一起与墙壁撞后,两滑块受到的电场力与摩擦力的大 小不变,方向都是向左的,所以A 、B 与墙壁碰后一起向右 做匀减速直线运动,直至速度减为零,之后,两物体保持 静止状态。

(2)在A 、B 碰撞之前摩擦力做功为:W 1=μmg l =9.0×10-3

J

A 、

B 、碰撞前的过程,由动能定理,得:

212

1

)(mv l mg qE =

-μ s m v /331=

根据动量守恒定律,得两滑块碰后运动的速度大小为:

s m v M m m v /34

3

1=+=

两滑块共同运动,与墙壁发生碰撞后返回直到静止,这段过程中,设两滑块最后静止的位置距墙壁的距离为L 2,根据动能定理,

222)(2

1

0)()()(v m M s L g m M s L qE +-=++---μ

在A 、B 碰撞之后到两滑块停下的过程中,滑块克服摩擦力做功为

J s L g m M W 322104.5)()(-?≈++=μ

整个过程中和生的热Q 等于滑块克服摩擦力做功的总和,即

J W W Q 221104.1-?=+=

11.解:(1)(10分)加力F 时,设A 、B 相对静止并以加速度a 一起向右匀加速运动对A 、B 整体由牛顿

第二定律得:

a m m F B A )(+= 得2

/3s m a = (2分)

A 对

B 最大静摩擦力产生最大加速度为a s m m g

m a B

A m

>==

2/4μ, (2分)

所以假设成立,设A 、B 将要相对滑动时,A 速度为A v ,

对B :a m qBv g m B A A =-)(μ (2分) 解得s m v A /5.2= 匀加速持续的时间t s a v t A >==6

5

0 (2分) 故s t 3

1

=

时,A 、B 相对静止. 对B :N a m f B B 6== (2分) (2)(9分)设A 速度达到'

A v 时,A 、

B 恰好分离 对

0:'

=-g m qBv A A A (3分)

得:s m v A /10'

=>8m/s 故A 、B 未分离,且二者仍相对滑动

对A :A A A A a m qBv g m F =--)(μ

得:2

/4.7s m a A = (3分) 对B :B B A A a m qBv g

m =-)(μ

得:2

/8.0s m a B = (3分)

12.解:(1)物块进入场区间在摩擦力作用下做匀减速运动,设物块质量为m ,带电量为q ,根据题中条

件k

g

E k m q ==及可得:

mg Eq =

(1)

即带电物块进入场区后恰好可在竖直平面内做匀速圆周运动,离开场区后平抛。运动轨迹如图(图略)

(2)设物块进入场区速度为1v ,做圆周运动的轨道半径为R ,则

R

v m

Bqv 2

11= (2)

物块离开场区后做平抛运动,经时间t 落地。根据题意,应满足

22

12gt R =

(3)

t v L 1=

(4)

解(2)(3)(4)式可得:3

1

21)4

(kgBL v

(3)设物块开始运动时速度为0v ,加速度的大小为a ,进入场区间所用时间为0t ,则:

ma mg =μ

(5)

aL v v 22120=- (6)

01

02

t v v L +=

(7)

解(5)(6)(7)可得:3

12

2

132

2

)4

(]2)4[(

2kgBL

gL kgBL L

t ++=μ

或根据20012

1at t v L

+

=

(8)

得:g

kgBL gL kgBL t μμ3

1

22

1

32

20)

4(]2)4[(-+=

本题共20分,其中①②③④⑤⑥⑦或⑧每式2分,绘图2

分,(2)(3)问计算结果各2分。其它方法正确可得分。

13.解:(1)E 的方向向右,A 与B 碰撞前过程由动能定理得2021mv qEL = 所以qL

mv E 22

0=

(2)A 和B 碰撞过程,根据动量守恒有B mv v m mv 2)4(00+-

=所以08

5v v B = B 运动到C 所用时间00588

v L

L t B

==

A 运动到C 所用时间,由运动学和动力学公式得2

0214A A t m

qE t v L ??+-

= 解得0

0582)171(v L

v L t A

>

+=

故A 第二次和B 相碰,一定是在B 和C 相碰之后。 (3)B 和C 相碰,动量守恒'+=B mv v

m v m 216

5485200

所以0='

B v 故W =qEL

电磁感应中动量定理和动量守恒

高考物理电磁感应中动量定理和动量守恒定律的运用 (1)如图1所示,半径为r的两半圆形光滑金属导轨并列竖直放置,在轨道左侧上方MN 间接有阻值为R0的电阻,整个轨道处在竖直向下的磁感应强度为B的匀强磁场中,两轨道间距为L,一电阻也为R0质量为m的金属棒ab从MN处由静 止释放经时间t到达轨道最低点cd时的速度为v,不计摩擦。 求: (1)棒从ab到cd过程中通过棒的电量。 (2)棒在cd处的加速度。 (2)如图2所示,在光滑的水平面上,有一垂直向下的匀强磁场分布在宽度为L的区域内,现有一个边长为a(a﹤L)的正方形闭合线圈以初速度v0垂直磁场边界滑过磁场后,速度为v(v ﹤v0),那么线圈 A.完全进入磁场中时的速度大于(v0+v)/2 B.完全进入磁场中时的速度等于(v0+v)/2 C.完全进入磁场中时的速度小于(v0+v)/2 D.以上情况均有可能 (3)在水平光滑等距的金属导轨上有一定值电阻R,导轨宽d电阻不计,导体棒AB垂直于导轨放置,质量为m ,整个装置处于垂直导轨平面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B.现给导体棒一水平初速度v0,求AB在导轨上滑行的距离. (4)如图3所示,在水平面上有两条导电导轨MN、PQ,导轨间距为d,匀强磁场垂直于导轨所在的平面向里,磁感应强度的大小为B,两根完全相同的金属杆1、2间隔一定的距离摆开放在导轨上,且与导轨垂直。它们的电阻均为R,两杆与导轨接触良好,导轨电阻不计,金属杆的摩擦不计。杆1以初速度v0滑向杆2,为使两杆不相碰,则杆2固定与不固定两种情况下,最初摆放两杆时的最少距离之比为: A.1:1 B.1:2 C.2:1 D.1:1 5:如图所示,光滑导轨EF、GH等高平行放置,EG间宽度为FH间宽度的3倍,导轨右侧水平且处于竖直向上的匀强磁场中,左侧呈弧形升高。ab、cd是质量均为m的金属棒,现让ab从离水平轨道h高处由静止下滑,设导轨足够长。试求: (1)ab、cd棒的最终速度;

高中物理动量定理和动量守恒

暑期生活第六篇:动量定理和动量守恒 复习目标 1.进一步深化对动量、冲量、动量变化、动量变化率等概念的理解。 2.能灵活熟练地应用动量定理解决有关问题。 3.能灵活熟练地应用动量守恒定律解决碰撞、反冲和各种相互作用的问题。 专题训练 1、两辆质量相同的小车A和B,置于光滑水平面上,一人站在A车上,两车均静止。若这个人从A车跳到B 车,接着又跳回A车,仍与A车保持相对静止,则此时A车的速率() A、等于零 B、小于B车的速率 C、大于B车的速率 D、等于B车的速率 2、在空间某一点以大小相等的速度分别竖直上抛、竖直下抛、水平抛出质量相等的小球,不计空气阻力, 经过t秒(设小球均未落地)() A.做上抛运动的小球动量变化最大 B.做下抛运动的小球动量变化最小 C.三个小球动量变化大小相等 D.做平抛运动的小球动量变化最小 3、质量相同的两木块从同一高度同时开始自由下落,至某一位置时A被水平飞来的子弹击中(未穿出),则 A、B两木块的落地时间t A、t B相比较,下列现象可能的是() A.t A= t B B.t A >t B C.t A< t B D.无法判断 4、放在光滑水平面上的A、B两小车中间夹了一压缩轻质弹簧,用两手分别控制小车处于静止状态,下面说 法中正确的是() A.两手同时放开后,两车的总动量为零 B.先放开右手,后放开左手,两车的总动量向右 C.先放开左手,后放开右手,两车的总动量向右 D.两手同时放开,两车总动量守恒;两手放开有先后,两车总动量不守恒 5、某物体沿粗糙斜面上滑,达到最高点后又返回原处,下列分析正确的是() A.上滑、下滑两过程中摩擦力的冲量大小相等 B.上滑、下滑两过程中合外力的冲量相等 C.上滑、下滑两过程中动量变化的方向相同 D.整个运动过程中动量变化的方向沿斜面向下 6、水平推力F1和F2分别作用于水平面上的同一物体,分别作用一段时间后撤去,使物体都从静止开始运动 到最后停下,如果物体在两种情况下的总位移相等,且F1>F2,则() A、F2的冲量大 B、F1的冲量大 C、F1和F2的冲量相等 D、无法比较F1和F2的冲量大小 7、质量为1kg的炮弹,以800J的动能沿水平方向飞行时,突然爆炸分裂为质量相等的两块,前一块仍沿水 平方向飞行,动能为625J,则后一块的动能为() A.175J B.225J C.125J A.275J 8、两小船静止在水面,一人在甲船的船头用绳水平拉乙船,则在两船靠拢的过程中,它们一定相同的物理量是() A、动量的大小 B、动量变化率的大小 C、动能 D、位移的大小 9、质量为m的均匀木块静止在光滑水平面上,木块左右两侧各有一位拿 着完全相同步枪和子弹的射击手。左侧射手首先开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d1,然后右侧射手开枪,子弹水平射入木块的最大深度为d2,如图所示。设子弹均未射穿木块,且两颗子弹与木块之间

高中物理专题练习-牛顿运动定律的应用(含答案)

高中物理专题练习-牛顿运动定律的应用(含答案) 满分:100分时间:60分钟 一、单项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。) 1.(北京理综,19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验: 小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是() A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置 B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态 C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变 D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小 2.(北京理综,18)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是() A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态 B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态 C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度 D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度 3.(福建理综,15)如右图,滑块以初速度v0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h、s、v、a分别表示滑 块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()

4.(重庆理综,5)若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是() 二、多项选择题(本题共6小题,每小题7分,共计42分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分。) 5.(山东理综,15)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图象如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有() A.t1B.t2C.t3D.t4 6.(新课标全国Ⅱ,20)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的 拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为2 3a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大 小仍为F。不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为() A.8 B.10 C.15 D.18 7.(江苏单科,6)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()

牛顿运动定律专题精修订

牛顿运动定律专题集团标准化工作小组 #Q8QGGQT-GX8G08Q8-GNQGJ8-MHHGN#

牛顿运动定律专题 一、基础知识归纳 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,除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态为止。 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,(运动状态指物体的速度)又根据加速度定义:t v a ??=,有速度变化就一定有加速度,所以 可以说:力是使物体产生加速度的原因。(不能说“力是产生速度的原因”、“力是维持速度的原因”,也不能说“力是改变加速度的原因”。); (3)定律说明了任何物体都有一个极其重要的属性——惯性;一切物体都有保持原有运动状态的性质,这就是惯性。惯性反映了物体运动状态改变的难易程度(惯性大的物体运动状态不容易改变)。质量是物体惯性大小的量度。 (4)牛顿第一定律描述的是物体在不受任何外力时的状态。而不受外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; (5)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,物体不受外力和物体所受合外力为零是有区别的,所以不能把牛顿第一定律当成牛顿第二定律在F =0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:物体的加速度跟作用力成正比,跟物体的质量成反比。公式F=ma. 理解要点:

四年级运算定律与简便计算练习题大全.

(一)加、减法运算定律 1. 加法交换律 定义:两个加数交换位置,和不变。 字母表示:a = a+ + b b 例如:16+23=23+16 546+78=78+546 2. 加法结合律 定义:先把前两个数相加,或者先把后两个数相加,和不变。 字母表示:) a+ + = b + + ) ( (c b a c 例1.用简便方法计算下式: (1)63+16+84 (2)76+15+24 (3)140+639+860 = 63+(16+84) (4)63+1.6+8.4 (5)0.76+15+0.24 (6)1.4+639+8.6 =(0.76+0.24)+15 举一反三: (1)46+67+54 (2)680+485+120 (3)155+657+245 (4)0.46+67+0.54 (5)6.80+485+1.20 (6)1.55+657+2.45 拓展 3.减法交换律、结合律 注:减法交换律、结合律是由加法交换律和结合律衍生出来的。 减法交换律:如果一个数连续减去两个数,那么后面两个减数的位置可以互换。 字母表示:b = - - - a c c b a-

例2. 简便计算:198-75-98 346-58-46 7453-289-253 = (198-98)-75 减法结合律:如果一个数连续减去两个数,那么相当于从这个数当中减去后面两个数的和。字母表示:) = - - a+ - a (c b c b 例3.简便计算: (1)369-45-155 (2)896-580-120 (3)1823-254-746 = 369-(45+155) 4.拆分、凑整法简便计算 拆分法:当一个数比整百、整千稍微大一些的时候,我们可以把这个数拆分成整百、整千与一个较小数的和,然后利用加减法的交换、结合律进行简便计算。例如:103=100+3,1006=1000+6,… 凑整法:当一个数比整百、整千稍微小一些的时候,我们可以把这个数写成一个整百、整千的数减去一个较小的数的形式,然后利用加减法的运算定律进行简便计算。例如:97=100-3,998=1000-2,… 例4.计算下式,能简便的进行简便计算: (1)89+106 (2)56+98 (3)658+997 = 89+100+6 =56+100-2 练习:怎么简便怎么计算 (1)730+895+170 (2)820-456+280 (3)900-456-244

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

高考物理专题强化训练18---分子动理论、热力学定律 含解析

高考物理18 分子 分子动一、填空题(5分) 1. (考点1)(2019湖北武汉二模)如图是铁原子在铜的表面排列成圆圈,构成ρ=7.8×103 kg/m 3,摩尔质量M=5为球体模型,铁原子直径的表达式数字)。 解析铁的摩尔体积为??;每个铁原子代入数据得d=? 6?5.6?10-2 3.14?7.8?103 ?6?? 答案(1)?6? π??A ? (2)3×10-10 二、选择题(共7小题,每题个得4分,全部选对得5分,每选考物理专题强化训练分子动理论分子动理论、、热力学定律(满分:40分 时间:20分钟) 如图是教材3-5封面的插图,它是通过扫描隧道显微镜构成了“量子围栏”。为了估算铁原子直径,查到以下.6×10-2kg/mol,阿伏加德罗常数N A =6.0×1023 mol 达式D= ,铁原子直径约为 m(铁原子的体积:???A ,把每个铁原子看作是球体,则16πd 3?10 23 m≈3 ×10 -10 m 。 5分,共35分。每题填正确答案标号,选对每选错1个扣3分,最低得0分) 训练 定律 显微镜拍下的照片:48个 到以下数据:铁的密度-1。若将铁原子简化 m(结果保留一位有效=? ??A ,解得d=?6? π??A ? 。 1个得2分,选对2

2.(考点2)(2019广东南海模拟)大自然之中存在许多绚丽夺目的晶体,由于化学成分和结构各不相同, 这些晶体呈现出千姿百态,高贵如钻石,平凡如雪花,都是由无数原子严谨而有序地组成。关于晶体与非晶体,正确的说法为。 A.晶体沿不同方向的导热或导电性能不同,但沿不同方向的光学性质一定相同 B.单晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点 C.有的物质在不同条件下能够生成不同晶体,是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空间分布 D.多晶体是许多单晶体杂乱无章的组合而成的,所以多晶体没有确定的几何形状 E.固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体、非晶体是绝对的,是不可以相互转化的 解析单晶体在物理性质上表现为各向异性,多晶体在物理性质上表现各向同性,物理性质包括导热性、导电性、光学性、机械强度等,故A错误。单晶体和多晶体有确定的熔点,非晶体没有确定的熔点,故B正确。有的物质在不同条件下能够生成不同晶体,是因为组成它们的微粒能够按照不同规则在空 间分布,例如,石墨和金刚石,由于空间结构不同,形成不同的晶体,故C正确。而多晶体是由许许多多 的细小的单晶体集合而成,没有天然的规则的几何形状,故D正确。固体可以分为晶体和非晶体两类,晶体、非晶体是相对的,在一定的条件下可以相互转化的,故E错误。故选BCD。 答案BCD 3.

专题三牛顿运动定律知识点总结归纳

精心整理 专题三牛顿三定律 1.牛顿第一定律(即惯性定律) 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。 (1 (2 ③由牛顿第二定律定义的惯性质量m=F/a和由万有引力定律定义的引力质量 2/严格相等。 m Fr GM ④惯性不是力,惯性是物体具有的保持匀速直线运动或静止状态的性质。力是物体对物体的作用,惯性和力是两个不同的概念。 2.牛顿第二定律

(1)定律内容 成正比,跟物体的质量m成反比。 物体的加速度a跟物体所受的合外力F 合 (2)公式:F ma = 合 理解要点: 是产生加速度a的原因,它们同时产生,同时变化,同时存在,同时①因果性:F 合 3. (1 4. 分析物体受力情况,应用牛顿第二定律列方程。(隔离法) 一般两种方法配合交替应用,可有效解决连接体问题。 5.超重与失重 视重:物体对竖直悬绳(测力计)的拉力或对水平支持物(台秤)的压力。(测力计或台秤示数)

物体处于平衡状态时,N=G,视重等于重力,不超重,也不失重,a=0 当N>G,超重,竖直向上的加速度,a↑ 当N<G,失重,竖直向下的加速度,a↓ 注:①无论物体处于何状态,重力永远存在且不变,变化的是视重。 ②超、失重状态只与加速度方向有关,与速度方向无关。(超重可能:a↑,v↑,向 例 度为 f1- h1= 在t1到t=t2=5s的时间内,体重计的示数等于mg,故电梯应做匀速上升运动,速度为t1时刻电梯的速度,即 v1=a1t1,③ 在这段时间内电梯上升的高度 h2=v2(t2-t1)。④

在t2到t=t3=6s的时间内,体重计的示数小于mg,故电梯应做向上的减速运动。设这段时间内体重计作用于小孩的力为f1,电梯及小孩的加速度为a2,由牛顿第二定律,得 mg-f2=ma2,⑤ 在这段时间内电梯上升的高度 h3=2 h=h h= 例B。它 A m A 令x2 定律可知 kx2=m B gsinθ② F-m A gsinθ-kx2=m A a ③ 由②③式可得a=④ 由题意d=x1+x2⑤

上海高三物理复习牛顿运动定律专题

第三章牛顿运动定律专题 考试内容和要求 一.牛顿运动定律 1.牛顿第一定律 (1)第一定律的内容:任何物体都保持或的状态,直到有迫使它改变这种状态为止。牛顿第一定律指出了力不是产生速度的原因,也不是维持速度的原因,力是改变的原因,也就是产生的原因。 (2)惯性:物体保持的性质叫做惯性。牛顿第一定律揭示了一切物体都有惯性,惯性是物体的固有性质,与外部条件无关,因此该定律也叫做惯性定律。 【典型例题】 1.(2005广东)一汽车在路面情况相同的公路上直线行驶,下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论,正确的是() (A)车速越大,它的惯性越大

(B)质量越大,它的惯性越大 (C)车速越大,刹车后滑行的路程越长 (D)车速越大,刹车后滑行的路程越长,所以惯性越大 2.(2006广东)下列对运动的认识不正确的是() (A)亚里士多德认为物体的自然状态是静止的,只有当它受到力的作用才会运动 (B)伽利略认为力不是维持物体速度的原因 (C)牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动 (D)伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去 3.(2003上海理综)科学思维和科学方法是我们 认识世界的基本手段。在研究和解决问题过程中, 不仅需要相应的知识,还要注意运用科学的方法。 理想实验有时更能深刻地反映自然规律。伽利略 设想了一个理想实验,如图所示,其中有一个是经验 事实,其余是推论。 ①减小第二个斜面的倾角,小球在这斜面上仍然要达到原来的高度; ②两个对接的斜面,让静止的小球沿一个斜面滚下,小球将滚上另一个斜面; ③如果没有摩擦,小球将上升到原来释放的高度; ④继续减小第二个斜面的倾角,最后使它成水平面,小球要沿水平面做持续的匀速运动。 请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列(只要填写序号即可)。在上述的设想步骤中,有的属于可靠的事实,有的则是理想化的推论。 下列关于事实和推论的分类正确的是() (A)①是事实,②③④是推论 (B)②是事实,①③④是推论 (C)③是事实,①②④是推论 (D)④是事实,①②③是推论 2.牛顿第二定律 (1)第二定律的内容:物体运动的加速度同成正比,同成反比,而且加速度方向与力的方向一致。ΣF=ma (2)1牛顿=1千克·米/秒2

2020版高考化学新课标大二轮专题强化训练:14 填空题

专题强化训练(十四) 能力练(20分钟) 1.(2019·广东七校联合体第一次联考)氨催化分解既可防治氨气污染,又能得到氢能源。 (1)已知: ①反应Ⅰ:4NH3(g)+3O2(g)2N2(g)+6H2O(g) ΔH1=-1266.6 kJ·mol-1 ②H2的燃烧热ΔH2=-285.8 kJ·mol-1 ③水汽化时ΔH3=+44.0 kJ·mol-1 反应Ⅰ热力学趋势很大(平衡常数很大)的原因为 ____________________________; NH3分解的热化学方程式为_____________________。 (2)在Co-Al催化剂体系中,压强p0下氨气以一定流速通过反应器,得到不同催化剂下氨气转化率随温度变化曲线如图所示,活化能最小的催化剂为________,温度高时NH3的转化率接近平衡转化率的原因是_________________________________。 如果增大气体流速,则b点对应的点可能为________(填“a”、“c”、“d”、“e”或“f”)点。

[解析](1)反应Ⅰ是放热量很大的反应,产物的能量较低,故热 力学趋势很大。根据已知②和③可以写出热化学方程式:H2(g)+1 2 O2(g)===H2O(l)ΔH2=-285.8 kJ·mol-1(反应Ⅱ)和H2O(l)===H2O(g)ΔH3=+44.0 kJ·mol-1(反应Ⅲ),根据盖斯定律, 由1 2×(反应Ⅰ-反应Ⅱ×6-反应Ⅲ×6)得NH3分解的热化学方程 式:2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=+92.1 kJ·mol-1。(2)从图1可看出,压强为p0、温度相同时,在催化剂90CoAl的作用下,NH3的转化率最高,故该催化剂的活化能最小。相同条件下,增大气体流速,NH3的转化率降低,此时b点对应的转化率可能降至e点。 [答案](1)该反应为放热量很大的反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)ΔH=+92.1 kJ·mol-1 (2)90CoAl平衡转化率随温度升高而增大,此反应为吸热反应,温度升高,反应速率加快,转化率接近平衡转化率 e 2.(2019·安徽安庆联考)甲醇是重要的化工原料,又是一种可再生能源,具有广泛的开发和应用前景。 (1)已知反应CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)ΔH=-99 kJ·mol-1中的相关化学键键能如下:

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析

动量定理与动量守恒定律·典型例题解析 【例1】 在光滑的水平面上有一质量为2m 的盒子,盒子中间有一质量为m 的物体,如图55-1所示.物体与盒底间的动摩擦因数为μ现给物体以水平速度v 0向右运动,当它刚好与盒子右壁相碰时,速度减为 v 02 ,物体与盒子右壁相碰后即粘在右壁上,求: (1)物体在盒内滑行的时间; (2)物体与盒子右壁相碰过程中对盒子的冲量. 解析:(1)对物体在盒内滑行的时间内应用动量定理得:-μmgt = m mv t 0·-,=v v g 0022 (2)物体与盒子右壁相碰前及相碰过程中系统的总动量都守恒,设碰 撞前瞬时盒子的速度为,则:=+=+.解得=,=.所以碰撞过程中物体给盒子的冲量由动量定理得=-=,方向向右. v mv m v 22mv (m 2m)v v v I 2mv 2mv mv /61001212210v v 0043 点拨:分清不同的物理过程所遵循的相应物理规律是解题的关键. 【例2】 如图55-2所示,质量均为M 的小车A 、B ,B 车上 挂有质量为的金属球,球相对车静止,若两车以相等的速率M 4 C C B 1.8m/s 在光滑的水平面上相向运动,相碰后连在一起,则碰撞刚结束时小车的速度多大?C 球摆到最高点时C 球的速度多大? 解析:两车相碰过程由于作用时间很短,C 球没有参与两车在水平方向的相互作用.对两车组成的系统,由动量守恒定律得(以向左为正):Mv -Mv =

2Mv 1两车相碰后速度v 1=0,这时C 球的速度仍为v ,向左,接着C 球向左上方摆动与两车发生相互作用,到达最高点时和两车 具有共同的速度,对和两车组成的系统,水平方向动量守恒,=++,解得==,方向向左.v C v (M M )v v v 0.2m /s 222M M 4419 点拨:两车相碰的过程,由于作用时间很短,可认为各物都没有发生位移,因而C 球的悬线不偏离竖直方向,不可能跟B 车发生水平方向的相互作用.在C 球上摆的过程中,作用时间较长,悬线偏离竖直方向,与两车发生相互作用使两车在水平方向的动量改变,这时只有将C 球和两车作为系统,水平方向的总动量才守恒. 【例3】 如图55-3所示,质量为m 的人站在质量为M 的小车的右端,处于静止状态.已知车的长度为L ,则当人走到小车的左端时,小车将沿光滑的水平面向右移动多少距离? 点拨:将人和车作为系统,动量守恒,设车向右移动的距离为s ,则人向左移动的距离为L -s ,取向右为正方向,根据动量守恒定律可得M ·s -m(L -s)=0,从而可解得s .注意在用位移表示动量守恒时,各位移都是相对地面的,并在选定正方向后位移有正、负之分. 参考答案 例例跟踪反馈...;;.×·3 m M +m L 4 M +m M H [] 1 C 2h 300v 49.110N s 04M m M 【例4】 如图55-4所示,气球的质量为M 离地的高度为H ,在气球下方有一质量为m 的人拉住系在气球上不计质量的软绳,人和气球恰悬浮在空中处于静止状态,现人沿软绳下滑到达地面时软绳的下端恰离开地面,求软绳的长度.

牛顿运动定律专题

第 1 页 牛顿运动定律经典题解析 一、夯实基础知识 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)定律说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;(5)牛顿第一定律是牛顿第二定律的基础,不能简单地认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相同。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,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相同的,可以用分量式表示,x x F ma =, y y F ma =,z z F ma =;(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/s 2的加速度的作用力为1N ,即211/N kg m s =?. 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)作用力和反作用力相互依赖性,它们是相互依存,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)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相互抵消,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)按照先重力,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,没有特别要求,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F N (或对悬挂物的拉力)小于物体的 重力mg ,即N F mg ma =-,当a g =时,0N F =,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相同。在解题时,可以利用正交分解法进行求解。 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的65,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,他受到重力mg 、支持力F N 和摩擦力F f 作用,如图所示.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: cos30f F ma =?, sin30N F mg ma -=? 因为 65 N F mg = ,解得f F mg =. 问题2:必须弄清牛顿第二定律的瞬时性。 牛顿第二定律是表示力的瞬时作用规律,描述的是力的瞬时作用效果—产生加速度。物体在某一时刻加速度的大小和方向,是由该物体在这一时刻所受到的合外力的大小和方向来决定的。当物体所受到的合外力发生变化时,它的加速度随即也要发生变化,F=m a 对运动过程的每一瞬间成立,加速度与力是同一时刻的对应量,即同时产生、同时变化、同时消失。 2. 如图2(a )所示,一质量为m 的物体系于长度分别为l 1、l 2的两根细线 上,l 1的一端悬挂在天花板上,与竖直方向夹角为θ,l 2水平拉直,物体处于平衡状态。现将l 2线剪断,求剪断瞬时物体的加速度。 (l )下面是某同学对该题的一种解法: 分析与解:设l 1线上拉力为T 1,l 2线上拉力为T 2,重力为mg ,物体在三力作用下保持平衡,有 T 1cosθ=mg , T 1sinθ=T 2, T 2=mgt a nθ 剪断线的瞬间,T 2突然消失,物体即在T 2反方向获得加速度。因为tan mg ma θ=,所以加速度tan a g θ=,方向在T 2反方向。 你认为这个结果正确吗?请对该解法作出评价并说明理由。 a a 图θ 1 l θ 2 l 2 l 1 l b 图

牛顿运动定律专题(一)

牛顿运动定律专题(一) 知识达标: 1、下列说法正确的是…………………………………() A、甲主动推乙,甲对乙的作用力的发生先于乙对甲的作用力 B、施力物体必然也是受力物体 C、地球对人的吸引力显然要比人对地球的吸引力大得多 D、以卵击石,卵破碎,说明石块对卵的作用力大于卵对石块的作用力 2、关于惯性下列说法中正确的是…………………………………………() A、物体不受力或所受的合外力为零才能保持匀速直线运动状态或静止状态,因此只有此时物体才有惯性 B、物体加速度越大,说明它的速度改变得越快,因此加速度大的物体惯性小; C、行驶的火车速度大,刹车后向前运动距离长,这说明物体速度越大,惯性越大 D、物体惯性的大小仅由质量决定,与物体的运动状态和受力情况无关 3、一小球用一细绳悬挂于天花板上,以下几种说法正确的是………………………() A、小球所受的重力和细绳对它的拉力是一对作用力和反作用力 B、小球对细绳的拉力就是小球所受的重力 C、小球所受的重力的反作用力作用在地球上 D、小球所受重力的反作用力作用在细绳上 4、当作用在物体上的合外力不为零时,下面结论正确的是……………………() A、物体的速度大小一定发生变化 B、物体的速度方向一定发生变化 C、物体的速度不一定发生变化 D、物体的速度一定发生变化 5、关于超重和失重的说法中正确的是…………………………………() A、超重就是物体受到的重力增加了 B、失重就是物体受到的重力减少了 C、完全失重就是物体的重力全部消失了 D、不论超重、失重还是完全失重,物体所受重力不变 6、在升降机内,一人站在磅秤上,发现自己的体重减少了20%,于是他作出了下列判断,你认为正确的是() A、升降机以0.8g的加速度加速上升 B、升降机以0.2g的加速度加速下降 C、升降机以0.2g的加速度减速上升 D、升降机以0.8g的加速度减速下降 7、2001年1月,我国又成功进行“神舟二号”宇宙飞船的航行,失重实验是至关宇宙员生命安全的重要实验,宇宙飞船 在下列哪种状态下会发生失重现象………………………() A、匀速上升 B、匀速圆周运动 C、起飞阶段 D、着陆阶段 经典题型: 一、牛顿第二定律结合正交分解 例:1、细线悬挂的小球相对于小车静止,并与竖直方向成θ角,求小车运动的加速度。 2、如图,斜面固定,物体在水平推力F作用下沿斜面上滑,已知物体质量m,斜面倾角 θ,动摩擦因数μ和物体小球加速度a,求水平推力F的大小。 练习:1、如图,已知θ=300,斜杆固定,穿过斜杆的小球质量m=1kg,斜杆与小球动摩擦因数μ= √3/6,竖直向上的力F=20N,求小球的加速度a=?

人教版九年级物理第17章欧姆定律单元强化训练有答案

人教版九年级物理第17章欧姆定律单元强化训练有答案 考试时间:90分钟满分:100分 姓名:__________ 班级:__________考号:__________ 一、选择题(每题2分,共15题;共30分) 1.下列说法中错误的是() A. 当加在导体两端的电压改变时,电压与电流的比值也随着改变 B. 用不同的导体研究电流和电压的关系时,得到的结论都一样 C. 相同的电压加在电阻不同的导体两端,电流一定不同 D. 同一导体,两端电压越大,通过的电流也越大 2.从欧姆定律可导出R= ,下列说法正确的是() A. 当电压为0时,电阻为0 B. 当电流增大2倍时,电阻减小2倍 C. 当电压增大2倍时,电阻增大2倍 D. 不管电压或电流如何变化,电阻不变 3.如图所示,电源电压为6V且保持不变,定值电阻R0=20Ω,在开关S闭合的情况下,下列说法中正确的是() A. 在a、b两点间接入一个“3V0.5A”的小灯泡,小灯泡能正常发光 B. 在a、b两点间接入一个量程为0~0.6A的电流表,电流表的示数为0.2A C. 在a、b两点间接入一个阻值为10Ω的定值电阻R,则R0两端的电压为4V D. 在a、b两点间接入一个阻值为10Ω的定值电阻R,电路消耗的总电功率为1.8W 4.在“探究电流跟电阻的关系”和“伏安法测定值电阻”的两个实验中,下列说法中不正确的是() A. 它们都是采用控制变量的研究方法 B. 它们的实验电路图是相同的 C. 前者多次测量的目的是分析多组数据,得出电流跟电阻的关系 D. 后者多次测量的目的是求电阻的平均值,减小误差 5.如图所示的电路中,电源电压恒定不变,当电键S闭合时() A. 电压表示数变小,电流表示数变小,灯变暗 B. 电压表示数变大,电流表示数变大,灯变亮 C. 电压表示数不变,电流表示数不变,灯的亮度不变 D. 电压表示数不变,电流表示数变小,灯变暗6.如图所示,电源电压为4.5V且保持不变,闭合开关S后,电压表的示数为3V,则() A. 小灯泡两端的电压为3V B. 小灯泡两端的电压为1.5V C. 向右移动滑片P,电压表示数变小 D. 向右移动滑片P,电流表示数变大 7.有两个阻值不同的电阻R1、R2,它们的电流随电压变化的I﹣U图线如图所示.如果R1、R2串联后的总电阻为R串,并联后的总电阻为R并,则关于R串、R并的I﹣U图线所在的区域,下列说法中正确的是() A. R串在Ⅱ区域,R并在Ⅲ区域 B. R串在Ⅲ区域,R并在Ⅰ区域 C. R串在Ⅰ区域,R并在Ⅱ区 D. R串在Ⅰ区域,R并在Ⅲ区域 8.在如图所示的电路图中,当电键K闭合时() A. 整个电路发生短路 B. 电流表示数变小 C. 电压表示数不变化 D. 电流表示数变大 9.如图所示的四个电路中,电源电压都相同且不变,电阻R的阻值均相等. 闭合电键S后,电流表示数最小的是() A. B. C. D. 10.如图所示,电路中电源电压恒为4.5V,电压表的量程为0~3V,电流表的量程为0~0.6A,滑动变阻器的规格为“35Ω 1.5A”,灯泡的额定电流为0.5A,电阻为5Ω(灯丝电阻不变).闭合开关,要求两电表的示数均不能超过所选量程,灯泡两端电压不允许超过额定值,则下列说法正确的是() A. 灯泡的最小功率是0.45 W B. 滑动变阻器允许的调节范围是4Ω~35Ω C. 当滑动变阻器的滑片向右滑动过程中,电压表示数变大,灯泡变亮 D. 当滑动变阻器的滑片向左滑动过程中,电压表与电流表示数的比值不变 11.用“伏安法测电阻”的实验中,小雪和晓彤分别选用定值电阻和小灯泡为测量对象,在处理实验数据时,分别画出了U﹣I的图象,如图甲、乙所示.对于图象的分析,以下说法错误的是() 第1 页共4 页

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析 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.如图所示,倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m,质量M=0.5kg的薄木板,木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F,同时让传送 带逆时针转动,运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1= 3 2 ,木板与传送 带间的动摩擦因数μ2=3 ,取g=10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 (1)若在恒力F作用下,薄木板保持静止不动,通过计算判定小木块所处的状态; (2)若小木块和薄木板相对静止,一起沿传送带向上滑动,求所施恒力的最大值F m; (3)若F=10N,木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内,木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。 【答案】(1)木块处于静止状态;(2)9.0N(3)1s 12J 【解析】 【详解】 (1)对小木块受力分析如图甲:

牛顿运动定律试题及标准答案

高一物理牛顿运动定律测试 一、选择题:(每题5分,共50分)每小题有一个或几个正确选项。 1.下列说法正确的是 A.力是物体运动的原因B.力是维持物体运动的原因 C.力是物体产生加速度的原因D.力是使物体惯性改变的原因 2.下列说法正确的是 A.加速行驶的汽车比它减速行驶时的惯性小 B.静止的火车启动时速度变化缓慢,是因为火车静止时惯性大 C.已知月球上的重力加速度是地球上的1/6,故一个物体从地球移到月球惯性减小为1/6 D.为了减小机器运转时振动,采用螺钉将其固定在地面上,这是为了增大惯性 3.在国际单位制中,力学的三个基本单位是 A.kg 、m 、m / s2 B.kg 、 m / s 、 N C.kg 、m 、 s D.kg、 m / s2 、N 4.下列对牛顿第二定律表达式F=ma及其变形公式的理解,正确的是()A.由F=ma可知,物体所受的合外力与物体的质量成正比,与物体的加速度成正比 B.由m=F/a可知,物体的质量与其所受合外力成正比,与其运动加速度成反比 C.由a=F/m可知,物体的加速度与其所受合外力成正比,与其质量成反比 D.由m=F/a可知,物体的质量可以通过测量它的加速度和它受到的合外力而求得 5.大小分别为1N和7N的两个力作用在一个质量为1kg的物体上,物体能获得的最小加速度和最大加速度分别是 A.1 m / s2和7 m / s2 B.5m / s2和8m / s2 C.6 m / s2和8 m / s2 D.0 m / s2和8m / s2 6.弹簧秤的秤钩上挂一个物体,在下列情况下,弹簧秤的读数大于物体重力的是A.以一定的加速度竖直加速上升B.以一定的加速度竖直减速上升 C.以一定的加速度竖直加速下降D.以一定的加速度竖直减速下降 7.一物体以 7 m/ s2的加速度竖直下落时,物体受到的空气阻力大小是 ( g取10 m/ s2 ) A.是物体重力的0.3倍 B.是物体重力的0.7倍 C.是物体重力的1.7倍 D.物体质量未知,无法判断

相关主题
相关文档 最新文档