高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）
120（3）2.75m 【解析】
【分析】
（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；
（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；
（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；
【详解】
（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1
v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；
（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 0121
2v mg mg m t μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 21222v mg mg m
t μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=
，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：
01100.52
v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：
22200.252
v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12 2.52v v x t m +=
⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

2．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：
（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；
（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移．
【答案】（1）2N 3s （2）46.5m
【解析】
（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．
（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=
动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P =
联立解得：f=2N
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v '
由牛顿第二定律有：F f ma '-=
动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '=
解得匀加速运动的时间：13t s =
（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：
221122
m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m
3．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑
动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取
g =10m/s 2．求：
(1)木块B 离开桌面时的速度大小；
(2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小；
(3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小．
【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s
【解析】
【详解】
(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ʹ．根据平抛运动规律有：212h gt =
，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2g v s h
== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：
22.5m/s Mg
a M μ==
设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得
0 2.0m/s v v at =-=
(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：
2Mv Mv mv =+1
解得：210.80m/s Mv mv v M
-==.
4．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：
2230m/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： 2120m 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．
5．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块
(1)甲沿斜面下滑的加速度；
(2)乙从顶端滑到底端所用的时间；
(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．
【答案】(1) g(sin α－()
2sin sin cos h g θθμθ- 【解析】
【详解】
(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲
Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲
a 甲=g(sin α－μcos α)
(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k
mgh －μmgcos θ·θsin h =212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛
⎫- ⎪⎝⎭
a 乙=g (sin θ－μcos θ)
t =()
2sin sin cos h g θθμθ- (3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·
sin h α－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0
mgh －μmg cos θ·
θsin h －μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ
根据几何关系得22221==1
x h OP x h OQ ++甲乙
6．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2134/a m s =，
离开弹簧后加速度大小为222/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：212h gt =⑤ d vt =⑥ 物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：212p E mgx mv μ-=
⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧
6.48p E J =⑨
7．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求:
(1)斜面的倾角θ
(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.
【答案】（1）030θ=；（2）3μ 【解析】
【分析】 对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。

【详解】
物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0-0.5s 时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：221480.5m m a s
s == 物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5-1.5s 时间段，同理可得： 222221m m a s
s == 上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1，
下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2，
联立解得：3μ=
θ=30°。

【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，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。

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12(),2F 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：13()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．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0112v t
s a =
= 上滑的位移为01202
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=
12a 2t 22 解得，22
225x t s a =＝ 故 t=t 1+t 2=（2+25）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．
10．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。