高中物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)

高中物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)
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 1W W mv 2
-=
弹 根据功能关系有： p W E =弹
解得：f W 0.68J =
2．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度
沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求
(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度．
(2)小物块离开传送带时的速度大小．
【答案】（1）1.25m;6m （255/s 【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带
向下的分力sin 37mg o ，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有： cos37sin 37mg mg ma μ-=o o
解得：20.4/a m s =
小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度
为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a
= 解得：1 1.25x m =，12
L x <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m = 小物块向下滑动的时间为11=
v t a
传送带运动的距离101s v t =
联立解得15s m =
小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+
解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ；
（2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动
设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有： 22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝
⎭
解得：255/5
v m s = 20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为55/m s ．
3．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．
4．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
5．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．
【答案】0.13
【解析】
【分析】
对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数．
【详解】
对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t
代入数据解得：a 1=2m/s 2
在2s 内人的位移为：x 1＝
2112
a t 代入数据解得：x 1=4m
由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m
对木板：x 2＝2212a t 可得：a 2=0.5m/s 2
对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2
根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1
代入数据解得：f=100N
代入数据解得：μ＝
90.1370
． 【点睛】
本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．
6．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
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．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。

某体验者乘坐滑草车运动过程简化为如图所示，滑草车从 A点静止滑下，滑到 B点时速度大小不变而方向变为水平，再滑过一段水平草坪后从 C点水平抛出，最后落在三角形状的草堆上。

已知斜坡 A B与水平面的夹角
θ=37°，长为 x AB=15m，水平草坪 B C 长为 x BC=10m。

从 A点滑到了 B点用时 3s。

该体验者和滑草车的质量 m =60kg，运动过程中看成质点，在斜坡上运动时空气阻力不计。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2）
（1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数；
（2）体验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为
5m/s，已知风的阻力大小 F与风速 v满足经验公式 F=1.2v2。

求体验者滑到 C点时的速度大小；
（3）已知三角形的草堆的最高点 D与 C点等高，且距离 C点 6m，其左顶点 E位于 C点正下方 3m 处。

在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开 C点时速度大小为 7m/s，无风力作用，空气阻力忽略不计，求体验者和滑草车落到草堆时的动能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）根据
代入数据解得2分
2分
代入数据解得1分
（2）在BC阶段运动时2分
代入数据解得1分
又2分
1分
代入数据解得1分
（3）根据题意
2分
2分
代入数据解得1分
又由动能定理
2分 代入数据解得
1分 考点：动能定理。

9．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：
（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小；
（2）滑块通过B 点时的动能；
（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．
【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ．
【解析】
试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分）
设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律
1F mg ma μ-=（1分）
解得219.0/a m s =（1分）
设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式
212v a x =（2分）
解得 3.0/v m s =（1分）
（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E
从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W
E =∆合 0 kB
F x fx E -=， （4分）
解得 4.0kB E J =（2分）
（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理
0f kB mgh W E --=-（3分）
解得0.50f W J =（1分）
考点：牛顿运动定律 功能关系
10．如图所示，质量1m kg =的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o 角，球与
杆之间的滑动摩擦因数36μ=
，球在竖直向上的拉力20F N =作用下沿杆向上滑动．（210/g m s =）求：
（1）求球对杆的压力大小和方向；
（2）小球的加速度多大；
（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F 应变为多大．
【答案】（1）53N 方向垂直于杆向上 （2）22.5m /s （3） 0N
【解析】
(1)小球受力如图所示：
建立图示坐标，沿y 方向，有：
(F −mg )cos30∘−FN =0
解得：FN =53N
根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N ，方向垂直于杆向上．
(2)沿x 方向由牛顿第二定律得(F −mg )sin30∘−f =ma
而f =μFN
解得：a =2.5m /s 2
（3）沿y 方向，有：(mg −F )cos30∘−FN =0
沿x 方向由牛顿第二定律得(mg −F )sin30∘−f =ma
而f =μFN
解得：F=0N。