50套高考物理牛顿运动定律及解析

50套高考物理牛顿运动定律及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．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<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′ 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.
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 +=
3．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。

4．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/s g =，求：
（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； （2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ． 【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】 【分析】 【详解】
（1）设木板在时间t 内的位移为x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2 则有
21011
2x v t a t =-
22212
x a t =
12x L x =+
又
012v a t a t -=
代入数据得
t =1s
（2）根据牛顿第二定律，有
121()M m g mg Ma μμ++=
22mg ma μ=
解得
20.08μ=
5．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
6．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
7．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
8．一质量为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：2
1111?2
x 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：2
22215?2
x vt a t m =+
= 则物块上升的高度：12156h x x m m m =+=+=
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。