高考物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律解题技巧(超强)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，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：
（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；
（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）0
23sin L g θ
【解析】 【详解】
解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=
0B a =，B 仍处于静止状态
对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=
(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：2
02A A v a L =
解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：0
12sin L g t θ
=
对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222
A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==
(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2
212
A A x a t =
22B x v t =
第二次相碰：A B x x = 解得：0
222
sin L t g θ
= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：0
23
sin L t g θ
=
2．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
（1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】
由图得：0-2s 内环的加速度a=
v
t
=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N
联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°
3．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。

已知木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。

某次实验中，质量m =0.1kg 的物块在平行于板面向上、F =0.6N 的恒力作用下，得到加速度a 与斜面倾角的关系图线，如图b 所示，已知图中a 0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。

（重力加速度g 取10m /s 2）求：
（1）a 0多大？倾角θ1多大？
（2）当倾角θ为30°时，物块在力F作用下由O点从静止开始运动，2s后撤去，求物块沿斜面运动的最大距离？
【答案】（1）6m/s2， 37°；（2）2.4m。

【解析】
【详解】
（1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为a0
由牛顿第二定律：F合=F=ma0
解得a0=6m/s2
由图象可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度a=0
即：F=mg sinθ1
解得θ1=37°
（2）当木板倾角为θ=30o时，对物块由牛顿第二定律得：
F-mg sinθ=ma1
解得a1=1m/s2
设木块2s末速度为v1，由v1=a1t
得v1=2m/s
2s内物块位移s1=1
2
a1t2=2m
撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动。

设加速度为a2 ，对物块由牛顿第二定律得：mg sinθ=ma2
a2=g sin30°=5m/s2
撤去F后，物块继续向上运动的位移为
2
1
2
2
0.4m
2
v
s
a
==
则物块沿斜面运动的最大距离s=s1+s2=2.4m
4．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy的坐标原点O．现突然沿x轴正方向对小球施加大小为2×10－2N的外力F0，使小球从静止开始运动，在第1s末所加外力F0大小不变，方向突然变为沿y轴正方向，在第2s后，所加外力又变为另一个不同的恒力F．求：
(1)在第1末，小球的速率；
(2)在第2s末，小球的位移；
(3)要使小球在第3s末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字)
【答案】（1）2m/s（210m（3）2.8×10-2N
【解析】 【分析】 【详解】
（1）根据牛顿第二定律F 0=ma 在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at 解得：v 1=2m/s ；
（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=
212
at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动： 在x 方向：x 2=v 1t 在y 方向：2212
y at =
位移：
联立解得，
设位移与X 轴正方向的夹角为θ， （3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s
在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45° 所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1
x v a t
= 沿y 轴方向加速度2
y v a t
=
小球的加速度a =
根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】
（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；
（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；
（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．
5．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;
（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】
试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s
⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2
1
12
h gt =
t 1＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2
h
v =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s
⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0
根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma
根据匀变速直线运动规律有：a ＝2
2
02v h -＝－15m/s 2
解得：N ＝75N （2分）
根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用
6．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
7．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动．
(1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示）
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2
012
m v （2）6F N ≥
【解析】
解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mg
a g m
μμ==
滑块相对车滑动的时间：0
v t a
=
滑块相对车滑动的距离20
02v s v t g
=-
滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2
012
Q mv =
（与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间0
11
v t a =
由几何关系有：01
0122
v t L
v t -
= 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到：
1
0.5s t
=，16F N =
则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥．
8．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°=mgsin37°+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，22
225x
t s a =＝
故 t=t 1+t 2=（2+5s 【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．
9．如图甲所示，质量m=8kg 的物体在水平面上向右做直线运动。

过a 点时给物体作用一个水平向右的恒力F 并开始计时，在4s 末撤去水平力F ．选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v ﹣t 图象如图乙所示。

（取重力加速度为10m/s 2）求：
（1）8s 末物体离a 点的距离 （2）撤去F 后物体的加速度
（3）力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ。

【答案】（1）48m 。

（2）﹣2m/s 2。

（3）16N ，0.2。

【解析】 【详解】
（1）8s 末物体离a 点的距离等于梯形的面积大小，为：S=48
82
m +⨯=48m （2）撤去F 后物体的加速度为：a=
0884
v t ∆-=∆-=﹣2m/s 2。

（3）撤去F 后，根据牛顿第二定律得：f=ma=8×（﹣2）N=﹣16N ，负号表示加速度方向与速度方向相反。

撤去F 前物体匀速运动，则有：F=|f|=16N 物体与水平面间的动摩擦因数为：μ=1680
f m
g ==0.2。

【点睛】
本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律。

10．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；
（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；
（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ． 【解析】
试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得
1sin cos mg mg ma θμθ+=
a 1=8m/s 2
（2）物体沿斜面上滑
由2
012=v a x ，得x=9m
（3）物体沿斜面返回下滑时
2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2
（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动2221
2
x a t =
则t=t 1+t 2s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用。