【物理】高考必备物理牛顿运动定律技巧全解及练习题(含答案)

【物理】高考必备物理牛顿运动定律技巧全解及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。

水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。

传送带BC 间距
0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。

两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径
O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。

用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。

已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。

求：
（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间 （2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】 【详解】
解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2
v mgcos θm r
=
解得： v 0.8m /s =
对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ=
故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v
= 解得：t 1s =
(2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1
W W mv 2
-=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J =
2．四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36
N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N．(g取10 m／s2)
(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t=5s时离地面的高度h；
(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v；
(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1．
【答案】（1）75m（2）40m/s （3）55
s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律 F﹣mg﹣f=ma
代入数据解得a=6m/s2
上升高度
代入数据解得 h=75m．
（2）下落过程中 mg﹣f=ma1
代入数据解得
落地时速度 v2=2a1H，
代入数据解得 v=40m/s
（3）恢复升力后向下减速运动过程 F﹣mg+f=ma2
代入数据解得
设恢复升力时的速度为v m，则有
由 v m=a1t1
代入数据解得．
3．如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大
的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2
（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；
（2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；
（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）
【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；
（3）
【解析】
【详解】
（1）当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：
f max﹣μ2（m1+m2）g＝m1a max，f max＝μ1m2g
解得：a max＝3m/s2
对整体有：F max﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a max
解得：F max＝12N
由F max＝3t 得：t＝4s
（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：
对m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1
解得：a1＝3m/s2
对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N
解得：a2＝12m/s2
（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）
图象如图所示．
4．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：
2211
22
m Pt fx mv mv =
-'- 解得：x=46.5m
5．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的
速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资
(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ，
求：
()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．
【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()2
10/.2m s 物资P 到达A 端时的动能
是900J ． 【解析】 【分析】
（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；
（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】
（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；
cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=
（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2
1
0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22
A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能2
19002
kA A E mv J =
= 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2
1
0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，
P 的加速度2
2sin cos 2/a g g m s θμθ=-=
后段运动有：2
22212
L s vt a t -=+， 解得：21t s =，
到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 动能2
19002
kA A E mv J == 【点睛】
传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．
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
7．“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。

假设“复兴号”在水平轨道上从静止开始加速到速度
v=360km/h，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f=1.25×103N的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F=4.75×104N的牵引力。

求：
(1)该过程“复兴号”运动的时间；
(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小。

【答案】（1）80s（2）0
【解析】
【分析】
（1）以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；（2）以前4节车厢为研究对象，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小.
【详解】
（1）以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma
动车组做匀加速运动，则v=at
解得t=80s
（2）以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律：2F-4f+N=4ma
解得N=0.
8．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。

实现了人类探测器在月球背面首次软着陆，世界震惊，国人振奋．嫦娥四号进入近月点15km的椭圆轨道后，启动反推发动机，速度逐渐减小，距月面2.4km时成像仪启动，扫描着陆区地形地貌并寻找着陆点．距月面100米左右，水平移动选定着陆点，缓慢降落，离地面3m时关闭发动机，探测器做自由落体运动着陆，太阳翼再次打开，探测器开始工作．探测器质量为1.0×103kg．月球表面重力加速度g月
=1.6m/s2．求：
(1)探测器着陆前瞬间的动能．
(2)若探测器从距月面100m高度处开始先做自由落体运动，然后开启反推发动机做减速运动，降落至月球表面时速度恰好为零．已知反推发动机使探测器获得的反推力大小为8000N．求探测器从距月球表面100m处开始做自由落体运动时间．
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】
（1）根据能量守恒关系求解探测器着陆前瞬间的动能．（2）探测器先做自由落体运动，后做匀减速运动；根据牛顿第二定律求解做减速运动的加速度，结合运动公式求解做自由落体运动时间．
【详解】
（1）探测器着陆前瞬间的动能：
（2）减速过程：F-mg 月=ma 解得a=6.4m/s 2
设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为x 1、x 2，根据运动学公式： 2g 月x 1=2ax 2 且x 1+x 2=100,
联立解得探测器自由落体运动的时间t 1=10s
9．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。

10．如图所示，质量为M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ，当小车向右运动速度达 到
时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg 的小物
块，经过t 1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。

已知小物块与小车间的动摩擦因数
0.2，假设小车足够长，g 取10m ／s 2，求：
(1)水平恒力F 的大小；
(2)从小物块放到车上开始经过t=4s 小物块相对地面的位移； (3)整个过程中摩擦产生的热量。

【答案】（1）8N （2）13.6m （3）12J
【解析】试题分析：（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为v ，对于小物块，在t 1=2s 时间内，做匀加速运动，则有：
对于小车做匀加速运动，则有：
联立以上各式，解得：F="8N"
（2）对于小物块，在开始t 1=2s 时间内运动的位移为： 此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为，则有
x=x 1+x 2
联立以上各式，解得：x=13.6m
（3）整个过程中只有前2s物块与小车有相对位移
小车位移：
相对位移：
解得：Q=12J
考点：牛顿第二定律的综合应用.。