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）

【解析】

【分析】

先以AB组成的整体为研究的对象，得出共同的加速度，然后以B为研究的对象，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

【详解】

(1) A和B整体处于平衡状态，则

解得：；

(2) A和B整体上滑过程由动能定理有

解得：；

(3) A和B间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A对B的弹力为N

对A和B整体有

对B有：

解得：

则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件

3．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg的物块A从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s2。经过一段时间，物块A与静止在斜面上的质量M=2kg的物块B发生完全非弹性碰撞，之后一起沿斜面匀速下滑。已知重力加速度大小g=10m/s2，sin37°=0.6，

co37°=0.8，求

(1)A与斜面之间的动摩擦因数μ1；

(2)B与斜面之间的动摩擦因数μ2。

【答案】(1)() (2) ()

【解析】

【分析】

物块A 沿斜面加速下滑，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解A 与斜面之间的动摩擦因数；

A 、

B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解B 与斜面之间的动摩擦因数。 【详解】

(1)物块A 沿斜面加速下滑，

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：

由牛顿第二定律得：

解得：；

(2)A 、B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件

得：

解得：

。

4．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数

0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度

1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(

可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取

210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：

（1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度；

（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s 【解析】 【分析】

（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据

平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．

（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【详解】

（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2

= 代入数据解得

v =1m/s

要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得

2

v mg m R

=，

代入数据得R =0.1m （2）由牛顿第二定律得

mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，

代入数据解得

a =0.4m/s 2

由2

12v s a

=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，

故传送带的速度为1m/s ．

（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s 煤块匀速运动的位移为

s 2=s ﹣s 1=1.75m ，

可求得煤块匀速运动的时间

t 2=1.75s

煤块在传送带上直线部分运动的时间

t =t 1+t 2

代入数据解得

t =4.25s

5．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度0υ，沿斜面上滑。斜面倾角037θ=，滑块与斜面的动摩擦因数μ。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m ／s 2。试求：

（1）若0.8μ=，012.4/m s υ=，求滑块从C 点开始在2s 内的位移。 （2）若0.45μ=，09.6/m s υ=，求滑块回到出发点时的速度大小。 【答案】（1） 6.2x m = （2） 4.8 /v m s ＝ 【解析】 【详解】

(1)若0.8μ=，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有：0 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得滑块上滑过程的加速度大小2

012.4 /,a m s ＝

上滑时间0

00

1 v t s a =＝， 上滑位移为2

002

.162x m a t =

= (2)若0.45μ=，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：1 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得2

19.6 /a m s ＝

设滑块上滑位移大小为L ，则由2

012v a L ＝ ，解得 4.8 L m ＝

滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：2 mgsin mgcos ma θ

μθ－＝ ， 解得2

2 2.4 /a m s ＝

根据2

22v a L ＝ ，

解得滑块回到出发点处的速度大小为 4.8 /v m s ＝

6．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;

（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】

试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s

⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2

112

h gt =

t 1

＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2

h

v =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s

⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0

根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma

根据匀变速直线运动规律有：a ＝2

2

02v h -＝－15m/s 2

解得：N ＝75N （2分）

根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用

7．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；

(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）14

15

kmg 【解析】 【详解】

(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为

a =

v

t

① 对整个列车，由牛顿第二定律得：

F -k ·7mg =7ma ②

设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得

26

F

+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得

T =-

13m (v

t

+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得

F ′-k ·7mg =0 ⑤

设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：

26

F '

+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：

5

F '

+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得

T 1=-

13kmg T 2=3

5

kmg 因此作用力变化

ΔT =T 2-T 1=

1415

kmg

8．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为

100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，

（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；

（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系1

2(),2

F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力

图像．（规定向左为正方向）

【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）

.

【解析】

试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．

（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态 由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹

max 3A A f N f ∴=<方向向右；

对B 有：B F f =弹

max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立

（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=

0.1414B m g

x m cm k

μ∴='=

=

A 、

B 间距离： 011s l x cm '=-=

（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹 得：1

3()2

A f F F t N =-=

-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26s

作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示

9．一质量为0.25 kg 的物块静止在水平地面上，从t ＝0 s 时刻开始受到一个竖直向上的力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.求： (1)t ＝2 s 时，物块速度的大小：

(2)t ＝0到t ＝3 s 的过程中，物块上升的高度．

【答案】(1)2 m/s (2)6 m 【解析】 【分析】

在0-1s 内拉力小于重力，物块静止不动，根据牛顿第二定律求出1-2s 内的加速度，结合速度时间公式求出t=2s 时，物块速度的大小；根据牛顿第二定律求出2-3s 内的加速度，根据位移时间公式分别求出1-2s 内和2-3s 内的位移，从而求出物块上升的高度； 【详解】

解：(1) 01s -内，1F mg <，物块静止

12s s -物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：21F mg ma -=

解得：2212/F mg

a m s m

-=

= 则t ＝2 s 时，物块的速度：21/2/v m s m s =?= (2) 12s s -物块匀加速运动：2

1111?2

x a t m =

= 23s s -物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得：32F mg ma -=

解得：2326/F mg

a m s m

-=

=

则有：2

22215?2

x vt a t m =+

= 则物块上升的高度：12156h x x m m m =+=+=

10．如图所示，小孩子与冰车的总质量为20m kg =.大人用大小为20N ，方向与水平面的夹角37o θ=的恒力F 使冰车由静止开始沿水平冰面运动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数为0.05μ=，取sin 370.6o =，cos370.8o =.求: (1)小孩与冰车受到冰面支持力的大小； (2)小孩子与冰车运动的加速度的大小；

(3)若拉力F 作用8s 时间后撤去，最终小孩和冰车将停下来，则小孩和冰车在此运动过程中的总位移的大小 (结果保留2位有效数字)。

【答案】（1）188N ；（2）0.33m/s 2；（3）17.53m 【解析】 【分析】

(1)对小孩和冰车受力分析，抓住竖直方向上平衡求出支持力的大小。 (2)结合水平方向上所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小。 【详解】

(1) 冰车和小孩受力如图所示

竖直方向上有 N+Fsinθ=mg 得支持力N=188N ； (2) 由牛顿第二定律得： 水平方向上有 Fcosθ-f=ma 又摩擦力为f=μN 解得加速度a=0.33m/s 2；

(3) t=8s 时间内，冰车位移是2112

x at = 解得：x 1=10.56m

撤去拉力后物块在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动到停止。

mg ma μ-='

解得：2

0.5m

a s =-'

减速过程中的位移为

2

20 6.972v x m a '

-==

全过程的总位移为 1217.53x x x m =+= 。 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，这类问题关键是求加速度。