高考物理牛顿运动定律技巧小结及练习题及解析

高考物理牛顿运动定律技巧小结及练习题及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。

木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。

运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。

已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求： (1)t=0时刻木板的速度； (2)木板的长度。

【答案】（1）05/v m s =（2）163
l m = 【解析】 【详解】
（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+ 令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+ 代入数据求得：0=5m/s v
（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ=
对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112
v
x t =
对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++= 对木板，经历时间t ，发生位移x 2
22131
2
x v t a t =-
木板长度12l x x =+代入数据，16=
m 3
l
2．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静止．现用F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力F ，g=10m/s 2．求
(1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去F 时，小物块离长木板右端的距离s ； (3)撒去F 后，系统能损失的最大机械能△E ．
【答案】（1）2m/s 2（2）0.5m （3）0.4J 【解析】 【分析】
（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；
（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；
（3）撤去F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E ． 【详解】
（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma 1， 解得a 1=µg=2m/s 2
（2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma 2， 解得：a 2= 3m/s 2． 小物块运动的位移：x 1=12a 1t 2=1
2
×2×12m=1m ， 长木板运动的位移：x 2=
12a 2t 2=1
2
×3×12m=1.5m ， 则小物块相对于长木板的位移：△x=x 2-x 1=1.5m-1m=0.5m ．
（3）撤去F 后，小物块和木板的速度分别为：v m =a 1t=2m/s v=a 2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：()m mv Mv M m v +=+' 解得 2.8/v m s ='
从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：
222111
()222
m mv Mv E M m v +=∆'++ 解得∆E=0.4J 【点睛】
该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．
3．四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 ／s 2)
(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 3
【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．
4．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。

如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：
(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；
(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；
(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。

【答案】(1) (2) (3)
【解析】 【分析】
行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A 端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功； 【详解】
解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a
(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t 1
所以匀加速运动的位移为：
行李随传送带匀速前进的时间：
行李箱从A 传送到B 所需时间：
(3) t 1传送带的的位移为：
根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：
整个过程行李对传送带的摩擦力做功：
5．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东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加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；
(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2
112
km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝
解得2kg m ＝
(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能2
11J 2
m k E mv =
= 减速阶段的位移331
0.5m 2
x vt =
= 匀速阶段的位移2253m x vt ==
加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2
112a x v =，解得
1 2.5m x ＝
阳台距地面的高度12356m h x x x =++=
6．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=
7．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．
（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？ （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？
【答案】（1）见解析（2）2.5m 【解析】 【分析】
（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；
（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小． 【详解】
（1）甲车紧急刹车的加速度为2
10.44/a g m s ==
甲车停下来所需时间0
11
2.5v t s a =
= 甲滑行距离 20
1
12.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；
（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：2
20.55/a g m s ==
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，
0120022()v a t t v a t -+=-
解得2 2.0t s =
此过程中乙的位移： 220002121
152
x v t v t a t m =+-= 甲的位移：210021021
()()12.52
x v t t a t t m =+-
+=
所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-= 【点睛】
解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．
8．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/s 2。

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=t 1+t 2=3s ； ②物体在传送带上因摩擦而产生的热量：
9．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：010122
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 ≥．
10．如图甲所示，一质量为m 的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角．小球位于A 点，某时刻突然将细线剪断，经过时间t 小球运动到B 点（图中未画出）已知电场强度大小为E ，重力加速度为g ，求：
（1）小球所带的电荷量q ； （2）A 、B 两点间的电势差U ． 【答案】（1）
tan mg E θ；（2）1
2
Egt 2tanθ． 【解析】试题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，作出受力图，根据平衡条件和电场力公式求解电荷量q ；（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度a ，再根据匀变速直线运动求解位移，再计算A 、B 两点间的电势
差U ． ①静止时有
tan qE mg θ=，解得 tan mg q E
θ=
②将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得cos mg
F ma θ
==合，解得 故221tan sin 2cos 2
AB
g Egt U E t θθθ=-⋅=-。