高考物理牛顿运动定律精编习题含解析

高考物理牛顿运动定律精编习题含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：

（1）物体与水平面间的动摩擦因数；

（2）水平推力F的大小；

（3）s内物体运动位移的大小．

【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：

物体在4～6s内受力如图所示

根据牛顿第二定律有：

联立解得：μ=0.2

（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：

又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示

根据牛顿第二定律有：

代入数据得：F=5.6N

（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：

【点睛】

在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活

处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．

2．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．

求：(1)木板A 的长度L ；

(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；

(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．

【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J

【解析】

【详解】

(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ=

A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+=

由于12f f <，故A 静止不动

B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：

202v aL =

11mg ma μ=

解得木板A 的长度 3L m =

（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有

()B mv m M v =+

物块B 向右做匀减速直线运动

22112B v v a s -=

A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=

2222v a s =

位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s =

（3）系统损失的能量都转化为热能

1Q mgL μ=

解得 5.4Q J =

3．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l ＝26 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间；

(2)滑雪者到达B 处的速度；

(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．

【答案】1s

99.2m 【解析】

【分析】

由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间．

【详解】

(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a 1=

=4m/s 2 解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s

(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x 1=a 1t 2=2m

动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a 2=

=5m/s 2 由v B 2-v 2=2a 2(L-x 1)

解得滑雪者到达B 处时的速度：v B =16m/s

(3)设滑雪者速度由v B =16m/s 减速到v 1=4m/s 期间运动的位移为x 3，则由动能定理有：

；解得x 3=96m

速度由v 1=4m/s 减速到零期间运动的位移为x 4，则由动能定理有：

；解得 x 4=3.2m

所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x 3+x 4=96+ 3.2=99.2m

4．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/s 2。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/s 2，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：。

5．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

6．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 km

g =

2111x 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 =

7．一质量为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：21111?2x 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：222215?2x vt a t m =+

= 则物块上升的高度：12156h x x m m m =+=+=

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 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。

9．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v=1m/s 的恒定速率运行，AB 为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg 的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A 端，传送到B 端时没有被及时取下，行李包从B 端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s 2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）． （1）行李包相对于传送带滑动的距离．

（2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．

【答案】（1）0.1m（2）1.25m

【解析】（1）行李包在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1，

解得：a1=5m/s2，

行李包加速运动时间：t1=

11 5

v

a

==0.2s，

行李包前进的距离：x1=

22

1

1

225

v

a

=

?

=0.1m，

传送带前进的距离：x2=vt1=1×0.2=0.2m，

行李包相对于传送带的距离：△x=x2-x1=0.2-0.1=0.1 m；

（2）行李包沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律得：μ2mgcos37°-mgsin37°=ma2

由匀变速直线运动的速度位移公式得：0-v2=-2a2x，

代入数据解得：x=1.25m

点睛：该题考查牛顿运动定律的综合应用，属于单物体多过程的情况，这一类的问题要理清运动的过程以及各过程中的受力，然后再应用牛顿运动定律解答。

10．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/s2）

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）2

0.9/

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：2111802

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。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ykoq.html