【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案含解析

【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．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=

v

t

=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°

2．如图所示，传送带水平部分x ab =0.2m ，斜面部分x bc =5.5m ，bc 与水平方向夹角α=37°，一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，经b 点时速率不变．(取g =10m/s 2，sin37°=0.6)求：

（1）物块从a 运动到b 的时间； （2）物块从b 运动到c 的时间． 【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ． 【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的

运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间． 【详解】

（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：

1mg ma μ=

解得：

21 2.5m/s a =

A 与皮带共速需要发生位移：

219 1.8m 0.2m 25

v x m a ===>共

故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：

21112

ab x a t =

代入数据解得：

10.4s t =

（2）到达b 点的速度：

111m/s 3m/s b v a t ==<

由牛顿第二定律得：

22sin 37mg f ma ?+= 2cos37N mg =?且22f N μ=

代入数据解得：

228m/s a =

物块在斜面上与传送带共速的位移是：

22

2

2b v v s a -=共

代入数据解得：

0.5m 5.5m s =<共

时间为：

2231

s 0.25s 8

b v v t a --=

== 因为2

2

sin 376m/s cos372m/s g g μ?=?=＞，物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得：

23sin 37mg f ma ?-=

2cos37N mg =?，且22f N μ=

代入数据解得：

234m/s a =

设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2

bc x s vt a t -=+

共，得： 31s t =

综上，物块从b 运动到c 的时间为：

23 1.25s t t +=

3．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。板左端有一质量为m= 0.5kg 的物块（视为质点），物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时物块与木板均处于静止状态，已知g = 10m/s 2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

(1)若仅给木板一水平向左的初速度03/m s υ=,求物块相对木板滑动的距离；

(2)若仅给物块施加一水平向右的力F ，F 随时间t 变化的图像如图乙所示，求物块与木板最终的速度；

(3)若按（1)问中给板初速度03/m s υ=的同时，给木板施加一水平向右的恒力F = 6N ，求经多长时间物块会从木板上滑落。

【答案】（1）1.5m ；（2）物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）0.91s 【解析】 【详解】

（1）设物块与板最终达到相同的速度v ，物块在板上滑行的位移为L ，由动量守恒：

()0Mv M m v =+

由能量关系：()2201122

mgL Mv M m v μ=-+ 解得L=1.5m

（2）由题意可知，若物块和木板一起向右加速，则拉力F≤1.5N ，故在如图所示的拉力F 的作用下物块和板无法一起加速，经t 1=0.5s 时，物块的速度v 1，板的速度v 2 对物块：111Ft mgt mv μ-= 对木板：12mgt Mv μ= 解得v 1=0.8m/s ，v 2=0.5m/s ；

4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，

即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.

（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''

11v a t ''=

解得：113t s =

2

/3

v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122

v v v s t t '-'''

+= 解得s=0.5m ；

t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''??---= ???

'' 解得23

t s =

故经过时间1231

0.913

t t t s +=+=

≈ 物块滑落.

5．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．

【答案】0.13 【解析】 【分析】

对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数． 【详解】

对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t

代入数据解得：a 1=2m/s 2 在2s 内人的位移为：x 1＝2112

a t 代入数据解得：x 1=4m

由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m 对木板：x 2＝2

212

a t

可得：a 2=0.5m/s 2

对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝9

0.1370

≈． 【点睛】

本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．

6．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求： （1）物块运动的最大速度； （2）F 的大小；

（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功 【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】 【分析】

（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．

（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功． 【详解】

（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2

v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2

x v m s t ?=

== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=6

2

v

t

=

=3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN

联立解得：F=3.2N

（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f

=0-12

mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【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，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．

7．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．

(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）

(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2

012

m v （2）6F N ≥

【解析】

解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mg

a g m

μμ==

滑块相对车滑动的时间：0

v t a

=

滑块相对车滑动的距离20

02v s v t g

=-

滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2

012

Q mv =

（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间0

11

v t a = 由几何关系有：010122

v t L

v t -

= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：

1

0.5s t

=，16F N =

则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．

8．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。

9．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2

．问：

（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？

【答案】（1）1

0v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】

试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：220111

22

mv mgR mv += 解得：v 1=5m/s

P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：11

2mv mv mv ''=+ 22211

2111

222mv mv mv ''=+ 解得：1

0v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 2

2220.4m/s 5f m

a m M m

=

==+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2

；

（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由22

1

2

mgR mv '= 得2

3m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：

22

()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：2222

11

()22

f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m

滑板碰后，P 1向右滑行距离：2

110.08m 2v s a ==

P 2向左滑行距离：22

22

2.25m 2v s a '==

所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m

考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．

10．如图所示，质量1m kg =的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o 角，球与杆之间的滑动摩擦因数3

6

μ=，球在竖直向上的拉力20F N =作用下沿杆向上滑动．（2

10/g m s =）求：

（1）求球对杆的压力大小和方向； （2）小球的加速度多大；

（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F 应变为多大． 【答案】（1）53N 方向垂直于杆向上 （2）22.5m /s （3） 0N 【解析】

(1)小球受力如图所示：

建立图示坐标，沿y 方向，有： (F ?mg )cos30°?FN =0 解得：FN =53N

根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N ，方向垂直于杆向上．

(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F?mg)sin30°?f=ma 而f=μFN

解得：a=2.5m/s2

（3）沿y方向，有：(mg ?F)cos30°?FN=0

沿x方向由牛顿第二定律得(mg ?F)sin30°?f=ma 而f=μFN

解得：F=0N