高考物理牛顿运动定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；
(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离.
【答案】(1) 0.75(2) 4m
【解析】
【详解】
(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N
F N -mg cos37°=0
解得：μ=0.75
(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma
设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax
解得：()
202sin cos v x g θμθ=+ 令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小
最小距离为：x min =4m
2．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B ，现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量mA=2kg ，B 滑块的质量mB=4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：
（1）t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小；
（2）0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．
【答案】(1)2212
1,0.5m
m a a s s ==；(2)30J
【解析】
【详解】 (1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，
水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ，
由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——②
B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a
由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；
联立①②③解得：211m /s a =，220.5m /s a =；
(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x
1221122221212L x x x a t x a t ⎧+=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩
代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t =
2秒时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：()12A Q f x x =+
代入数据解得：30J Q =．
3．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
22112B 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 =
4．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)小球在A 点时的速度大小；
(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向．
【答案】(1)8m/s (2)12N
【解析】
【详解】
(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：
cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=
代入数据得：24m/s a =
小球在A 点时的速度8m/s A v at ==
(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：
2211sin37(1cos37)22
B A FR mgR mv mv -︒-+︒=
- 解得：2m/s B v = 小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：
2N B v mg F m R
-= 解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上
由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．
5．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块
(1)甲沿斜面下滑的加速度；
(2)乙从顶端滑到底端所用的时间；
(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．
【答案】(1) g(sin α－()
2sin sin cos h g θθμθ- 【解析】
【详解】
(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲
Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲
a 甲=g(sin α－μcos α)
(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k
mgh －μmgcos θ·θsin h =212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛
⎫- ⎪⎝⎭
a 乙=g (sin θ－μcos θ)
t =()
2sin sin cos h g θθμθ- (3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·
sin h α－μ·Mg (OP －cos sin h αα)=0
mgh －μmg cos θ·
θsin h －μmg (OQ －cos sin h θθ)=0 OP=OQ
根据几何关系得22221==1
x h OP x h OQ ++甲乙
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
210112
x 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．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：212
h 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
8．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。

将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t 关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x =6m 。

已知玩具小车的质量m =500g ，匀加速过程中牵引力F=3N ，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g 取10 m/s 2，求t 的值。

【答案】1?s t =
【解析】
【详解】
设玩具小车受到的阻力为f ，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a 1、a 2，位移分别为x 1、x 2，关闭发动机时的速度为v 。

关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律：
1F f ma -=
f km
g =
2111x a t 2
= 1v a t =
关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律
2f ma =
2220v 2a x -=-
满足：12x x x +=
联立以上各式并代入数据得：t 1s =
9．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。

如图所示是由足够长的斜直轨道，半径R 1=2m 的凹形圆弧轨道和半径R 2=3.6m 的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内.其中M 点为凹形圆弧轨道的最低点，N 点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O 与M 点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m =1kg 的滑板从斜直轨道上的P 点无初速度滑下，经M 点滑向N 点，P 点距水平面的高度h =3.2m ，不计一切阻力，g 取10m/s 2.求：
(1)滑板滑至M点时的速度大小；
(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小；
(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度.
【答案】(1)8 m/s (2)42 N (3)5.4 m
【解析】
试题分析：（1）对滑板由P点滑至M点，由机械能守恒得mgh＝mv（2分）
所以v M＝8 m/s. （1分）
（2）对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律得F N－mg＝m（2分）
所以F N＝42 N. （1分）
（3）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg＝m（2分）
得v N＝6 m/s （1分）
滑板从P点到N点机械能守恒，则有mgh′＝mgR2＋mv（3分）
解得h′＝5.4 m. （2分）
考点：机械能守恒定律
【名师点睛】本题考查的是牛顿第二定律和机械能守恒结合的问题。

滑板由P点滑至M 点，只有重力做功，机械能守恒。

然后分别对M和N两点进行受力分析，运用牛顿第二定律。

此题便可很快解出。

10．2019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/s2
设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为x1、x2，根据运动学公式：2g月x1=2ax2
且x1+x2=100,
联立解得探测器自由落体运动的时间t1=10s。