高三牛顿运动定律复习题（含答案）分析

则拉力大小为：

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，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。

11、（1）600 N （2）840 N （3）300 N （4）0

解析：人站在升降机中的体重计上受力情况如图4-7-7所示.

图4-7-7

（1）当升降机匀速上升时 由牛顿第二定律得F合=FN-G=0

所以，人受到的支持力FN=G=mg=60×10 N=600 N.

根据牛顿第三定律，人对体重计的压力即体重计的示数为600 N.

（2）当升降机以4 m/s2

的加速度加速上升时，根据牛顿第二定律，有FN-G=ma FN=G+ma=m（g+a）= 60×（10+4） N=840 N

此时体重计的示数为840 N，大于人的重力600 N，人处于超重状态.

（3）当升降机以5 m/s2

的加速度加速下降时，据牛顿第二定律可得mg-FN=ma 所以FN=mg-ma=m（g-a）=60×（10-5） N=300 N

此时体重计的示数为300 N，小于人本身的重力，人处于失重状态.

（4）升降机以重力加速度g加速下降时，取向下为正方向，则mg-FN=mg，所以FN=0. 12、（1）0.5 （2）1.03 s

解析：（1）物体做匀加速运动L＝at a＝＝m/s2＝10 m/s2

由牛顿第二定律F－f＝ma

f＝（30－2×10） N＝10 N μ＝＝＝0.5.

（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a′的加速度匀减速t′秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律

Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）＝ma a＝－μg

＝[－0.5×10] m/s2＝11.5 m/s2

a′＝＝μg＝5 m/s2

由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有at＝a′t′

t′＝t＝t＝2.3t L＝at2＋a′t′2

t＝＝s＝1.03 s

另解：设力F作用的最短时间为t，相应的位移为s，物体到达B处速度恰为0，由动能定理 [Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）]s－μmg（L－s）＝0

s＝＝m＝6.06 m

由牛顿定律Fcos37°－μ（mg－Fsin37°）＝maa＝－μg

14、解：（1）由x1=a1t1/2得a=2m/s （1分）

＝[

－0.5×10] m/s＝11.5 m/s

2

2

22

s＝at2 t＝

＝s＝1.03 s.

撤去F前有：F-mgsin37-umgcos37=ma1

得u=0.25 （2分） (2)撤去F后加速度为a2由mgsin37+umgcos37=ma2

0

0

00

13、解：（1）撤去F后物体的加速度：

? ①

得a2=8m/s

2

（1分）

2s末﹣3s末，物体运动距离：

1s末﹣3s末，物体运动距离：

1s末﹣2s末，物体运动距离：

△x=s2﹣s1=6m

或用图象法求解． （2）由牛顿第二定律： f=ma1 ?④

由图得恒力F作用时物体的加速度： a2

2=8 m/s?⑤ 由牛顿第二定律：

F﹣f=ma2 ?⑥

解④⑤⑥得：F=24N

答：（1）从第Is末到第2s末，物体运动的距离为6m；

（2）恒力F的大小为24N．

6

?②

?③

撤去力F时速度v1=a1t1=4m/s

撤去F后经t2速度减为0由0=v1-a2t2得t2=0.5s

撤去F后上滑距离

设下滑加速度大小为a0

0

3，由mgsin37-umgcos37=ma3

得a2 3=4m/s

下滑时间t3=1s

1.5s末物体速度v=a3t3=4m/s 分） (3) 下滑时间

下滑位移大小为x2

3=a3t4=4.5m 从静止开始4s内物体的位移大小

X=x1+x2-x3=0.5m 方向沿斜面向上（1分）

从静止开始4S内物体的路程

S=x1+x2+x3=9.5m 15、（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：

（2分）

（2

2分）

（1分）

（

得：（1分） （列出正确表达式给1分）

设经过t1滑块与传送带共速v，有：

（1分）

v= （1分）

(或： 2分 )

解得： （1分，算出一个结果就得1分）

滑块位移为

（1分）

（列出

，

同样给1分）

传送带位移为

（1分）

（列出

，

同样给1分）

故，滑块与传送带的相对位移

（1分）

方法二：（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：

得：（1分） （列出正确表达式给1分）

滑块相对传送带的加速度的大小：aa2

2=1+a=6m/s （2分）

滑块与传送带的相对位移

（共4分，其中表达式2分，结果2分）

方法三：（1）（共7分）对滑块，由牛顿第二定律可得：

V/(m/s)

得：（1分） （列出正确表达式给1分）

滑块、传送带在共速前的v-t如上图所示 （4分）

故

（2分）

说明：最终结果对了，中间过程对，就给7分；

（2）（共5分）共速之后，设滑块与传送带一起减速，则滑块与传送带间的静摩擦力为f，有： f＝ma＝4N>μmg＝2N （2分） 故滑块与传送带相对滑动。

说明：用加速度等方法来判断，得到滑块与传送带相对滑动，也给2分

滑块做减速运动，加速度仍为a1 . （1分） 滑块减速时间为t2，有：

（1分）

故：

（1分）

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