高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：

(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；

(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；

(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【分析】

行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；

【详解】

解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a

(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1

所以匀加速运动的位移为：

行李随传送带匀速前进的时间：

行李箱从A传送到B所需时间：

(3) t1传送带的的位移为：

根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：

整个过程行李对传送带的摩擦力做功：

2．如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A施加水平向右的拉力F（未知），使物块A做初

、均可视为质点．

速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为,g A B

（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（0

sin 370.6,cos370.8==） 【答案】（1）2;amg F ma mg v k

=+=（2）343C mg m g a ≥- 【解析】 【分析】 【详解】

（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mg

x k =． 根据22v ax =解得：22amg

v ax k

==

对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg ， 解得F=ma+mg ；

（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中

1T kx mg =≤；

竖直方向：sin C F m g θ≤； 联立解得 343C mg

m g a

≥

-

3．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:

（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;

（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.

【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ?= 【解析】

(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：

0001()m v m m v =+

解得：2m v s =；

(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度2

10.5m a g s μ==，且方向向右

板产生的加速度2

20.5mg

m

a s M

μ=

=，且方向向左

设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动

则：12v a t a t -=

此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度

221211

22

x vt a t a t L ?=--=

故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s

'=-=

木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：

'2

N v F mg m R

-=

代入相关数据解得：F N =12.5N.

由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：

201011

()()2

m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<

木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时22

11121110.522

x v t a t a t m ?=-

-=''

3210.5m v v at s

=-=

碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3

21

1v t s a =

= 2

322210.252

x v t a t m =-=

故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m

即木块停止运动时离A 点1.25m 远．

4．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F 0，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

5．一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

6．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。如图所示是由足够长的斜直轨道，半径R 1=2m 的凹形圆弧轨道和半径R 2=3.6m 的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内.其中M 点为凹形圆弧轨道

的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m=1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h=3.2m，不计一切阻力，g取10m/s2.求：

(1)滑板滑至M点时的速度大小；

(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小；

(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度.

【答案】(1)8 m/s (2)42 N (3)5.4 m

【解析】

试题分析：（1）对滑板由P点滑至M点，由机械能守恒得mgh＝mv（2分）

所以v M＝8 m/s. （1分）

（2）对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律得F N－mg＝m（2分）

所以F N＝42 N. （1分）

（3）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg＝m（2分）

得v N＝6 m/s （1分）

滑板从P点到N点机械能守恒，则有mgh′＝mgR2＋mv（3分）

解得h′＝5.4 m. （2分）

考点：机械能守恒定律

【名师点睛】本题考查的是牛顿第二定律和机械能守恒结合的问题。滑板由P点滑至M 点，只有重力做功，机械能守恒。然后分别对M和N两点进行受力分析，运用牛顿第二定律。此题便可很快解出。

7．如图所示，水平面D处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块P斜面光滑，倾角为θ，水平底面粗糙。顶点A到底面的高度h=0.45m。在其顶点A处放一个小物块Q，与斜面不粘连，且最初系统静止不动，滑块的C端到D的距离L=0.4m。现在滑块左端施加水平向右的推力F=36N，使二者相对静止一起向右运动。当C端撞到障碍物时立即撤去推力F，滑块P立即以原速率反弹。已知滑块P的质量M=3.5kg，小物块Q的质量m=0.5kg，P与地面间的动摩擦因数μ=0.4（取g=10m/s2）求：

(1)斜面倾角θ的正切值tanθ；

(2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前一瞬间的速度v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离x 是多少？ 【答案】（1）1

2

（2）直接落到水平面上；1.02m 。 【解析】 【详解】

(1)P 、Q 整体向右运动时，摩擦力1()16f M m g N μ=+= 由牛顿第二定律得：11()F f M m a -=+ 解得：2

15m

a s =

对Q 由牛顿第二定律得：1tan mg ma θ= 解得：1tan 2

θ=

； (2)P 、Q 与障碍物碰撞前由速度位移关系得：

2012v a L =

解得：02m v s

=

撤去外力之后，P 反向减速运动，则：

22f Mg Ma μ==

解得：2

24m

a s =

减速运动时间：0

12

0.5v t s a =

= Q 做平抛运动，如果Q 直接落到水平面上 则运动时间：2212

h gt = 解得：20.3t s =

在0.3s 内，P 向左运动的位移：2

1022210.422

x v t a t m =-= Q 的水平射程为：2020.6x v t m ==

由于12 1.02cot 0.9x x m h m θ+=>= ，所以Q 与斜面分离后，会直热门落到水平面上， 则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离12 1.02x x x m =+=。

8．功能关系贯穿整个高中物理．

(1)如图所示，质量为m 的物体，在恒定外力F 作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，发生的位移为x ．试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理．上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由．

(2)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，右端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．现给导体棒一个水平向右的初速度v 0，在沿导轨运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．导体棒速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p ，则在这一过程中： ①直接写出弹簧弹力做功W 弹与弹性势能变化?E p 的关系，进而求W 弹； ②用动能定理求安培力所做的功W 安．

【答案】(1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2) (0)p p p W E E E =-?=--=-弹 (3)

2

012

p W E mv =-安

【解析】 【详解】

(1)由牛顿第二定律F=ma

及运动学公式22

02v v ax -=

可得2201122

Fx mv mv =

- 当物体受变力作用、或者做曲线运动时，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线，这样对每一段用动能定理，累加后也能得到同样的结果，所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2)p W E =-?弹

进而(0)p p p W E E E =-?=--=-弹. (3)由动能定理：2

0102

W W mv +=-弹安 解得：2012

p W E mv =-

安

9．光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg ，在14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求:5s 末物体的速度的大小？5s 内通过的位移是多少？ 【答案】x=25m

【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和5s 内的位移． 【详解】

（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：2214

/2/7

F a m s m s m ＝＝； 5s 末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s. （2）5s 内的位移为：x=12at 2＝ 1

2

×2×52m ＝25m ． 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．

10．如图所示，在光滑的水平地面上， 相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2．求：A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．

【答案】2.5s 【解析】

试题分析：设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球再滑上斜坡，则有：

1s

A 球滑上斜坡后加速度

m/s 2

设此时A 球向上运动的位移为，则m

此时A 球速度

m/s

B 球滑上斜坡时，加速度与A 相同，以A 为参考系，B 相对于A 以m/s

做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：

s

则相遇时间

s

考点：本题考查了运动学公式的应用