高考物理高考物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)

高考物理高考物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可
视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：
（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？
【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】
（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =
（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102
mgs mv μ-=- 解得0.25m s =
（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111
()22
mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=
2．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：
(1)滑块A 的加速度大小a A ； (2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．
【答案】（1）2
A 8m/s a =；（2）50W P =
【解析】 【详解】
（1）A 、B 受力如图所示：
A 、
B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ： 水平方向：N 1F F = 竖直方向：A A A m g f m a -= 且：N f F μ=
联立以上各式并代入数据解得：2
A 8m/s a =
（2）对A 由位移公式得：2
12
A A x a t = 对
B 由位移公式得：2
12
B B x a t =
由位移关系得：B A x h x =- 由速度公式得B 的速度：B B v a t = 对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -= 恒力F 2的功率：2B P F v = 联立解得：P ＝50W
3．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)小球在A 点时的速度大小；
(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】
(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：
cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=
代入数据得：24m/s a =
小球在A 点时的速度8m/s A v at ==
(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：
2211sin37(1cos37)22
B A FR mgR mv mv -︒-+︒=
- 解得：2m/s B v =
小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：
2
N B
v mg F m R
-=
解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上
由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．
4．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2
3331 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 +=
5．如图所示，一个质量为3kg 的物体静止在光滑水平面上．现沿水平方向对物体施加30N 的拉力，（g 取10m/s 2）．求：
（1）物体运动时加速度的大小； （2）物体运动3s 时速度的大小；
（3）物体从开始运动到位移为20m 时经历的时间． 【答案】（1）10m/s 2（2）30m/s （3）2s 【解析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律得：
2230
m/s 10m/s 3
F a m =
==； （2）物体运动3s 时速度的大小为 ：
103m/s 30m/s v at ==⨯=；
（3）由位移与时间关系：
212
x at =
则：
21
20m 102
t =⨯⨯，
则：2s t =． 【点睛】
本题是属性动力学中第一类问题，知道受力情况来确定运动情况，关键求解加速度，它是联系力与运动的纽带．
6．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
7．如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定．解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上．以P 点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示．已知物体质量为2kg ，物体离开平台后下落0.8m 的过程中，水平方向也运动了0.8m ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．求：
(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能． 【答案】(1)0.2μ=，400/k N m =(2)2/v m s =， 6.48p E J = 【解析】 【详解】
（1）由图象知，弹簧最大压缩量为0.18x m ∆=，物体开始运动时加速度2
134/a m s =，
离开弹簧后加速度大小为2
22/a m s =.
由牛顿第二定律1k x mg ma μ⋅∆-=①，
2mg ma μ=②
联立①②式，代入数据解得0.2μ=③
400/k N m =④
（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：2
12
h gt =
⑤ d vt =⑥
物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：2
12
p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧
6.48p E J =⑨
8．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为
100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了
5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，
（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；
（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系1
2(),2
F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力
图像．（规定向左为正方向）
【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）
.
【解析】
试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．
（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态 由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹
max 3A A f N f ∴=<方向向右；
对B 有：B F f =弹
max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立
（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=
0.1414B m g
x m cm k
μ∴='=
=
A 、
B 间距离： 011s l x cm '=-=
（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹 得：1
3()2
A f F F t N =-=
-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26s
作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示
9．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/s 2.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′＝mgR 2＋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。

10．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2）
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间． 【答案】（1）0.5；（2）225s +（） 【解析】 【分析】 【详解】
（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有 Fcos37°=mgsin 37°+μ（mgcos37°+Fsin37°） 代入解得，μ=0.5
（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1， 得，a 1=g （sin37°+μcos37°） 上滑的时间为0
11
2v t s a == 上滑的位移为0
1202
v x t m =
= 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2， 得，a 2=g （sin37°-μcos37°）
由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=
1
2
a 2t 22
解得，
2
t
故 t=t1+t2=（
2+s
【点睛】
本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．。