最新高中物理试卷物理牛顿运动定律题分类汇编

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。传送带BC 间距

0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径

O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：

（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】【详解】

解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2

v mgcos θm r

解得： v 0.8m /s =

对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ=

故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v

= 解得：t 1s =

(2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1

W W mv 2

-=弹根据功能关系有： p W E =弹解得：f W 0.68J =

2．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝

10m/s 2．求：

（1）小环的质量m ；（2）细杆与地面间的倾角a ．【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°．【解析】【详解】

由图得：0-2s 内环的加速度a=

=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N

联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°

3．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。已知木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实验中，质量m =0.1kg 的物块在平行于板面向上、F =0.6N 的恒力作用下，得到加速度a 与斜面倾角的关系图线，如图b 所示，已知图中a 0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g 取10m /s 2）求：

（1）a 0多大？倾角θ1多大？

（2）当倾角θ为30°时，物块在力F 作用下由O 点从静止开始运动，2s 后撤去，求物块沿斜面运动的最大距离？

【答案】（1）6m /s 2， 37°；（2）2.4m 。【解析】【详解】

（1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为a 0 由牛顿第二定律：F 合=F =ma 0 解得 a 0=6m/s 2

由图象可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度a =0 即：F =mg sinθ1

解得 θ1=37°

（2）当木板倾角为θ=30o 时，对物块由牛顿第二定律得： F -mg sinθ=ma 1 解得 a 1=1m/s 2

设木块2s 末速度为v 1，由v 1=a 1t 得 v 1=2m /s 2s 内物块位移s 1=

a 1t 2

=2m 撤去F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为a 2 ，对物块由牛顿第二定律得： mg sinθ=ma 2 a 2=g sin30°=5m/s 2

撤去F 后，物块继续向上运动的位移为2

122

0.4m 2v s a == 则物块沿斜面运动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m

4．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

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 ＝

5．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t 关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x =6m 。已知玩具小车的质量m =500g ，匀加速过程中牵引力F=3N ，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g 取10 m/s 2，求t 的值。

【答案】1?s t = 【解析】【详解】

设玩具小车受到的阻力为f ，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a 1、a 2，位移分别为x 1、x 2，关闭发动机时的速度为v 。

关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律：

1F f ma -= f kmg =

111x a t 2

1v a t =

关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律

2f ma = 2220v 2a x -=-

满足：12x x x +=

联立以上各式并代入数据得：t 1s =

6．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求: (1)斜面的倾角θ

(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.

【答案】（1）030θ=；（2）3μ= 【解析】【分析】

对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。【详解】

物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0-0.5s 时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：221480.5m m a s

s =

= 物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5-1.5s 时间段，同理可得：

222221m m a s

s =

= 上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，联立解得：3

μ=，θ=30°。【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。

7．如图甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与半径为R=0．6m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1kg 的滑块（大小不计），从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间动摩擦因数为0．25，与BC 间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s 2．求：

（1）滑块到达B 处时的速度大小；

（2）滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程中所需的时间；

（3）若滑块到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C ，

则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．【答案】（1）210/m s （2）8

s （3）5J 【解析】

试题分析：（1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得

F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝1

mv B 2得v B ＝210m/s ．（2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得

F 1－μmg ＝ma 且x 1＝12

at 12 解得t 1＝

s ．（3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C

v R

对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得

W －mg×2R ＝

12mv C 2－1

mv B 2 代入数值得W ＝－5 J

即克服摩擦力做的功为5 J ．

考点：动能定理；牛顿第二定律

8．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

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。

9．如图所示，质量为M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ，当小车向右运动速度达到

时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg 的小物块，

经过t 1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。已知小物块与小车间的动摩擦因数

0.2，假设小车足够长，g 取10m ／s 2，求：

(1)水平恒力F 的大小；

(2)从小物块放到车上开始经过t=4s 小物块相对地面的位移； (3)整个过程中摩擦产生的热量。【答案】（1）8N （2）13.6m （3）12J

【解析】试题分析：（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为v ，对于小物块，在t 1=2s 时间内，做匀加速运动，则有：

对于小车做匀加速运动，则有：

联立以上各式，解得：F="8N"

（2）对于小物块，在开始t 1=2s 时间内运动的位移为：此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为，则有

x=x 1+x 2

联立以上各式，解得：x=13.6m

（3）整个过程中只有前2s 物块与小车有相对位移小车位移：相对位移：

解得：Q=12J

考点：牛顿第二定律的综合应用.

10．如图所示，航空母舰上的水平起飞跑道长度L=160m ．一架质量为m=2.0×104kg 的飞机从跑道的始端开始，在大小恒为F=1.2×105N 的动力作用下，飞机做匀加速直线运动，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为F f =2×104N ．飞机可视为质点，取g=10m/s 2．求：

（1）飞机在水平跑道运动的加速度大小；

（2）若航空母舰静止不动，飞机加速到跑道末端时速度大小；

（3）若航空母舰沿飞机起飞的方向以10m/s 匀速运动，飞机从始端启动到跑道末端离开．这段时间内航空母舰对地位移大小．

【答案】（1）25.0/a m s =（2）40/v m s =（3）280x m = 【解析】【分析】【详解】

（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a ，由牛顿第二定律可得

F 合=F ﹣F f =ma

代入数据得

a 1=5.0 m/s 2

（2）由运动学公式可知

v 2=2aL

代入数据得飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小

v =40 m/s

（3）对于飞机

2101

x v t at =+

对于航空母舰有

x 2=v 0t

由几何关系：

x 1﹣x 2=L

即有

at L = 代入数据解得

t =8s ．

飞机离开航空母舰时，航空母舰的对地位移大小

x 2=v 0t =80m ．【点评】

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．