高中物理牛顿运动定律技巧小结及练习题

高中物理牛顿运动定律技巧小结及练习题
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。

t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；
(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。

如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)
【解析】
【分析】
由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；
【详解】
解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为
根据牛顿第二定律有：
解得
(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：
在最高点，根据牛顿第二定律则有：
解得：
由根据牛顿第三定律得：
物体在C点对轨道的压力大小为4 N
(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点
物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：
水平方向：
解得
，所以能通过C 点落到A 点
物块从A 到C ，由动能定律可得：
解得：
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
22
112B 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．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 A2
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 A2
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.
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/s2。

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/s2，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．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户．某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1m/s ，高度为56m ．货物质量为2kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g=10m/s 2．求 (1)无人机匀加速上升的高度；
(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力． 【答案】(1)2.5m ；(2)20.8N 【解析】 【详解】
（1）无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2 无人机匀减速上升的高度：h 3＝
2
v t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3 联立解得：h 1＝2.5 m
（2）货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1
货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得： F －mg －0.02mg ＝ma 联立解得：F ＝20.8 N
6．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；
(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）
13m (v t +kg ) （2）1415
kmg
【解析】 【详解】
(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为
a =
v
t
① 对整个列车，由牛顿第二定律得：
F -k ·7mg =7ma ②
设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得
26
F
+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得
T =-
13m (v
t
+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得
F ′-k ·7mg =0 ⑤
设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：
26
F '
+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：
5
F '
+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得
T 1=-
13kmg T 2=3
5
kmg 因此作用力变化
ΔT =T 2-T 1=
1415
kmg
7．如图所示，水平传送带长L=5m ，以速度v=2m/s 沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg
的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为
μ=0.2，g=10m/s2。

求：
①物块从左端传送到右端需要的时间
②物体在传送带上因摩擦而产生的热量
【答案】①3s ②2J
【解析】
【详解】
①物体在传送带上开始做加速运动，共速后做匀速运动，开始的加速度为
；
加速的时间
加速的位移：；
匀速的时间：
则物块从左端传送到右端需要的时间t=t1+t2=3s；
②物体在传送带上因摩擦而产生的热量：
8．功能关系贯穿整个高中物理．
(1)如图所示，质量为m的物体，在恒定外力F作用下沿直线运动，速度由v0变化到v时，发生的位移为x．试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理．上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由．
(2)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，处在方向竖直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．现给导体棒一个水平向右的初速度v0，在沿导轨运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．导体棒速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p，则在这一过程中：
①直接写出弹簧弹力做功W弹与弹性势能变化 E p的关系，进而求W弹；
②用动能定理求安培力所做的功W安．
【答案】(1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，
动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2) (0)p p p W E E E =-∆=--=-弹 (3)
2
012
p W E mv =-安
【解析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律F=ma
及运动学公式22
02v v ax -=
可得2201122
Fx mv mv =
- 当物体受变力作用、或者做曲线运动时，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线，这样对每一段用动能定理，累加后也能得到同样的结果，所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2)p W E =-∆弹
进而(0)p p p W E E E =-∆=--=-弹. (3)由动能定理：2
0102
W W mv +=-弹安 解得：2012
p W E mv =-
安
9．质量为5.0kg 的物体，从离地面36m 高处，由静止开始匀加速下落，经3s 落地，g 取10m/s 2，求：
（1）物体下落的加速度的大小； （2）下落过程中物体所受阻力的大小。

【答案】(1)8m/s 2 (2)10N 【解析】
试题分析：根据匀变速直线运动的公式求出物体下落的加速度，根据牛顿第二定律求出阻力的大小． 解：（1）由得， a=
．
故物体下落的加速度大小为8m/s 2． （2）根据牛顿第二定律得，mg ﹣f=ma 则f=mg ﹣ma=50﹣5×8N=10N
故下落过程中物体所受阻力的大小为10N ．
答：（1）物体下落的加速度的大小8m/s 2；（2）下落过程中物体所受阻力的大小10N 【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据
力求运动，也可以根据运动求力．
10．如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2
．问：
（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？
【答案】（1）1
0v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】
试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：220111
22
mv mgR mv += 解得：v 1=5m/s
P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：11
2mv mv mv ''=+ 22211
2111
222mv mv mv ''=+ 解得：1
0v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 2
2220.4m/s 5f m
a m M m
=
==+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2
；
（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由22
1
2
mgR mv '= 得2
3m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：
22
()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s
对P 1、P 2、M 为系统：2222
11
()22
f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m
滑板碰后，P 1向右滑行距离：2
110.08m 2v s a ==
P 2向左滑行距离：22
22
2.25m 2v s a '==
所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m
考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．
【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．。