【物理】高考必备物理牛顿运动定律技巧全解及练习题(含答案)

【物理】高考必备物理牛顿运动定律技巧全解及练习题(含答案)
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2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：
（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？
【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】
（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =
（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102
mgs mv μ-=- 解得0.25m s =
（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111
()22
mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=
3．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)2
2
12
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 =，2
20.5m /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 =．
4．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 =
5．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：
(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】
【详解】
（1）B所受电场力为F=Eq=6N；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A+m B)g=(m A+m B)a1
可得系统的加速度a1=1m/s2；
由运动规律：x=1
2
a1t12
解得A在2s内的位移为x=2m；
（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则
v1=a1t1=2m/s；
绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2
解得a2=2m/s2；
由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)
解得v2=10m/s
电场力的功率P=Fv，解得P=60W
6．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a0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/s2）求：
（1）a0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v 1，由v 1=a 1t 得 v 1=2m /s 2s 内物块位移s 1=
12
a 1t 2
=2m 撤去F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。

设加速度为a 2 ，对物块由牛顿第二定律得： mg sinθ=ma 2 a 2=g sin30°=5m/s 2
撤去F 后，物块继续向上运动的位移为2
122
0.4m 2v s a == 则物块沿斜面运动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m
7．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。

已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数为μ＝0.1，妈妈的质量为M ＝60kg ，小红和雪橇的总质量为m ＝20kg 。

在游戏过程中妈妈用大小为F ＝50N ，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇。

（2
10/g m s =，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小；
（2）若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m 处，求妈妈拉力作用的最短距离。

【答案】(1) 21.15/m s ，109N (2) 20m 【解析】 【分析】
根据“妈妈用大小为F ＝50N ，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m 处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和动能定理方程，求解即可。

【详解】
（1）对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。

对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：
1sin 370N F mg +︒-= （1） 1cos37F N ma μ︒-= （2）
联立解得：21.15/a m s = （3） 对于妈妈由牛顿第二定律可得：
cos37f F Ma -︒= （4）
解得：109f N = （5）
（2）由题意可得，当小红和雪橇到达前面43m 刚好停止时，妈妈拉力作用的距离最短。

对小红和雪橇由动能定理可得：
max ()0mg s x μ--= （6）
解得： 20x m = （7） 【点睛】
分别对小红和妈妈受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，联立求解即可；求妈妈拉力作用的最短距离，则到达43m 处时，速度为零，根据动能定理列方程，求解即可。

8．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
2
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=
9．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=-⋅=-
10．上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。

由地上121层主楼、5层裙楼和5层地下室组成.“上海之巅”是位于118层的游客观光平台，游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需55秒，运行的最大速度为18m/s 。

观景台上可以鸟瞰整个上海全景，曾经的上海第一高楼东方明珠塔，金茂大厦，上海环球金融中心等都在脚下，颇为壮观。

一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为0.5kg 的物体受到的竖直向上拉力为5.45 N ，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g 取10m/s 2）
求：（1）求电梯加速阶段的加速度及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度； 【答案】（1）20.9/m s 20s （2）540m 【解析】 【分析】
（1）在加速阶段，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解；
（2）电梯先做加速，后做匀速，在做减速，根据运动学公式或速度与时间关系图像即可求得； 【详解】
（1）设加速度为a ，对物体由牛顿第二定律得：F mg ma -= 解得：20.9/a m s =
由题可知电梯的最大速度为18/v m s =，则根据速度与时间关系0v v at =+ 代入数据可以得到：20t s =； （2）由题可知：匀加速阶段位移为：2
111802
x at m =
= 由于加速阶段和减速阶段加速度大小相等，则减速阶段时间也为t ，则匀速阶段的时间为
552s t -
则匀速阶段位移为：()2
552270x v t m =-=
匀减速阶段位移为：2
301802v x m a
-==-
则电梯上行的高度为：123630x x x x m =++=。

【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，明确电梯的动过程，即先做加速，后做匀速，在做减速，即可求得。