高中物理牛顿运动定律试题经典及解析

高中物理牛顿运动定律试题经典及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，质量M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。求：

(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；

(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】（1）1.65m （2）0.928m

【解析】

【详解】

解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：

解得：

对长木板：

得长木板的加速度：

自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：

解得：

长木板位移：

解得：

两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板

解得：

(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：

最终两者的共同速度：

小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：

2．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：

(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。 【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】 【详解】

（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，

对滑块m ：由牛顿第二定律有：0

11sin 37mg f ma -=

其中0

1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002

11sin 37cos374/a g g m s μ=-=

对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0

122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00

2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=

解得：2

21m/s a =

12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221

2

x a t =，12x x L -= 解得：1s t =

3．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。求： (1)t=0时刻木板的速度； (2)木板的长度。

【答案】（1）05/v m s =（2）16

3

l m = 【解析】 【详解】

（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+

令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+ 代入数据求得：0=5m/s v

（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ=

对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112

v

x t =

对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++= 对木板，经历时间t ，发生位移x 2

22131

2

x v t a t =-

木板长度12l x x =+代入数据，16=

m 3

l

4．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为

0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不

动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。

()1求货物从小车右端滑出时的速度；

()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车

的长度是多少？

【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】

()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，

在竖直方向上：2

12

h gt =

， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s =

()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研

究对象，系统在水平方向动量守恒，

由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共，

由能量守恒定律得：()2201122

Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对，

当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：

22

11'22

x mgs mv mv 共μ-=

-， 解得：'0.7s m =，

车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；

5．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：

(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.

【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】

(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有0

1012

v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1

包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5

(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B

包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-1

2

m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s

两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-1

2

m B v B 2 解得：△E =0.96J

(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-

1

2

m A v A 2 解得x A =0.016m

μ1m A gx A =

1

2

m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s

设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A

-μ2m A gx A ′=0-1

2

m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m

包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.

6．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数为μ＝0.1，妈妈的质量为M ＝60kg ，小红和雪橇的总质量为m ＝20kg 。在游戏过程中妈妈用大小为F ＝50N ，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇。（2

10/g m s ，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小；

（2）若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m 处，求妈妈拉力作用的最短距离。

【答案】(1) 21.15/m s ，109N (2) 20m 【解析】 【分析】

根据“妈妈用大小为F ＝50N ，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m 处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和动能定理方程，求解即可。 【详解】

（1）对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。

对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：

1sin 370N F mg +?-= （1） 1cos37F N ma μ?-= （2）

联立解得：21.15/a m s = （3） 对于妈妈由牛顿第二定律可得：

cos37f F Ma -?= （4）

解得：109f N = （5）

（2）由题意可得，当小红和雪橇到达前面43m 刚好停止时，妈妈拉力作用的距离最短。对小红和雪橇由动能定理可得：

max ()0mg s x μ--= （6）

解得： 20x m = （7） 【点睛】

分别对小红和妈妈受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，联立求解即可；求妈妈拉力作用的最短距离，则到达43m 处时，速度为零，根据动能定理列方程，求解即可。

7．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O ．现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10

－2

N 的外力F 0，使小球从静止开始运动，在第1s 末所加外力F 0大小不变，方向突然变为沿

y 轴正方向，在第2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F ．求：

(1)在第1末，小球的速率； (2)在第2s 末，小球的位移；

(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字) 【答案】（1）2m/s （210m （3）2.8×10-2N 【解析】 【分析】

【详解】

（1）根据牛顿第二定律F 0=ma 在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at 解得：v 1=2m/s ；

（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=

212

at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动： 在x 方向：x 2=v 1t 在y 方向：2212

y at =

位移：

联立解得，

设位移与X 轴正方向的夹角为θ， （3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s

在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45° 所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1

x v a t

= 沿y 轴方向加速度2

y v a t

=

小球的加速度a =

根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】

（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；

（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；

（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．

8．如图所示，某货场而将质量为m 1="100" kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R="1.8" m ．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A 、B ，长度均为l=2m ，质量均为m 2="100" kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g="10" m/s 2）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．

（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间． 【答案】（1）3000N F N = （2）0.4<μ1<0.6 （3）t =0.4s 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为V 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，

21012

mgR m v =

① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，

根据牛顿第二定律得20

11N v F m g m R

-= ② 联立以上两式代入数据得3000N F N = ③

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 时,木板不动,由受力分析得μ1m 1g ?μ2(m 1+2m 2)g ④ 若滑上木板B 时,木板B 开始滑动,由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1+m 2)g ⑤ 联立④⑤式代入数据得0.4<μ1?

0.6 ⑥． (3)当μ1=0.5时，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动． 设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1， 由牛顿第二定律得μ1m 1g ?

m 1a 1 ⑦ 设货物滑到木板A 末端是的速度为V 1,由运动学公式得V 12?V 02=?2a 1L ⑧ 联立①⑦⑧式代入数据得V 1=4m /s ⑨

设在木板A 上运动的时间为t ,由运动学公式得V 1=V 0?a 1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得t =0.4s

9．上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。由地上121层主楼、5层裙楼和5层地下室组成.“上海之巅”是位于118层的游客观光平台，游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需55秒，运行的最大速度

为18m/s 。观景台上可以鸟瞰整个上海全景，曾经的上海第一高楼东方明珠塔，金茂大厦，上海环球金融中心等都在脚下，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为0.5kg 的物体受到的竖直向上拉力为5.45 N ，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g 取10m/s 2）

求：（1）求电梯加速阶段的加速度及加速运动的时间；

（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度； 【答案】（1）20.9/m s 20s （2）540m 【解析】 【分析】

（1）在加速阶段，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解；

（2）电梯先做加速，后做匀速，在做减速，根据运动学公式或速度与时间关系图像即可求得； 【详解】

（1）设加速度为a ，对物体由牛顿第二定律得：F mg ma -= 解得：20.9/a m s =

由题可知电梯的最大速度为18/v m s =，则根据速度与时间关系0v v at =+ 代入数据可以得到：20t s =； （2）由题可知：匀加速阶段位移为：2

111802

x at m =

= 由于加速阶段和减速阶段加速度大小相等，则减速阶段时间也为t ，则匀速阶段的时间为

552s t -

则匀速阶段位移为：()2

552270x v t m =-= 匀减速阶段位移为：2

301802v x m a

-==-

则电梯上行的高度为：123630x x x x m =++=。 【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，明确电梯的动过程，即先做加速，后做匀速，在做减速，即可求得。

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

2

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

2

12

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．