高考物理牛顿运动定律各地方试卷集合汇编

高考物理牛顿运动定律各地方试卷集合汇编
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，质量M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。

已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。

求：
(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】（1）1.65m （2）0.928m
【解析】
【详解】
解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：
解得：
对长木板：
得长木板的加速度：
自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：
解得：
长木板位移：
解得：
两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板
解得：
(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：
最终两者的共同速度：
小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：
2．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s2。

求：
(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】 【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块m ：由牛顿第二定律有：0
11sin 37mg f ma -=
其中0
1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002
11sin 37cos374/a g g m s μ=-=
对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0
122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00
2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=
解得：2
21m/s a =
12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221
2
x a t =，12x x L -= 解得：1s t =
3．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 1
W W mv 2
-=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J =
4．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 =+=
5．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．
(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；
(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小； (3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)
【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）26N 【解析】 【分析】
（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；
（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力； （3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求． 【详解】
(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1， 得加速度a 1＝2 m/s 2
(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3 解得a 2＝2 m/s 2
F 阻＝Ma 2＝9000 N.
(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1 F ()()22
1mg ma +
得F ＝26 N.
6．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：
2230
m/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：
21
20m 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．
7．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度0υ，沿斜面上滑。

斜面倾角037θ=，滑块与斜面的动摩擦因数μ。

整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m ／s 2。

试求：
（1）若0.8μ=，012.4/m s υ=，求滑块从C 点开始在2s 内的位移。

（2）若0.45μ=，09.6/m s υ=，求滑块回到出发点时的速度大小。

【答案】（1） 6.2x m = （2） 4.8 /v m s ＝ 【解析】
(1)若0.8μ=，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有：0 mgsin mgcos ma θ
μθ＋＝ ， 解得滑块上滑过程的加速度大小2
012.4 /,a m s ＝
上滑时间0
00
1 v t s a =＝， 上滑位移为2
002
.162x m a t =
= (2)若0.45μ=，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：1 mgsin mgcos ma θ
μθ＋＝ ， 解得2
19.6 /a m s ＝
设滑块上滑位移大小为L ，则由2
012v a L ＝ ，解得 4.8 L m ＝
滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：2 mgsin mgcos ma θ
μθ－＝ ， 解得2
2 2.4 /a m s ＝
根据2
22v a L ＝ ，
解得滑块回到出发点处的速度大小为 4.8 /v m s ＝
8．“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
9．如图，t=0时，水平桌面上质量为m=1kg 的滑块获得02/v m s =的水平向右初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2s 内滑块的速度-时间关系图线如图．
（1）求前2s 内滑块的位移大小和方向； （2）分别求滑块所受拉力和摩擦力大小；
（3）若在t=2s 时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？
【答案】（1）0.6m ，方向与初速度方向相同；（2）1.4N 和0.6N ；（3）0.53m ． 【解析】 【分析】
（1）根据v-t 图象中图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移． （2）速度-时间图象中直线的斜率等于物体的加速度．根据数学知识求出斜率，得到加速度．再由牛顿第二定律求拉力和摩擦力．
（3）撤去拉力后，由牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块能滑行的距离． 【详解】
（1）前2s 内滑块的位移大小为：x=12×1×2-1
2
×1×0.8=0.6m 方向与初速度方向相同． （2）0-1s 内加速度大小为：21112
2/1
v a m s t =
==V V 根据牛顿第二定律得：F+f=ma 1…① 1-2s 内加速度大小为：22220.8
0.8/1
v a m s t =
==V V 根据牛顿第二定律得：F-f=ma 2…② 联立①②解得：F=1.4N ，f=0.6N （3）撤去拉力后，加速度大小为：230.6
0.6/1
f a m s m =
== 还能滑行的距离为：2
2230880.53220.615
v s m m a =
==≈⨯． 【点睛】
对于速度图象问题，抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移是关键．知道加速度时，根据牛顿第二定律求力．
10．质量为0.1kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v -t 图线如图所示；球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的2
3
．该球受到的空气阻力大小恒为f ，取g =10m /s 2，求：
（1）弹性球受到的空气阻力f 的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h ． 【答案】（1）0.4N （2）17
m 【解析】
试题分析：（1）根据图象得240
8/0.5
a m s -==， 由牛顿第二定律：mg-f=ma ， 得f=m （g-a ）=0．2×（10-8）=0．4N ．
（2）由题意反弹速度v′＝
3
4
v ＝3m/s ． 又由牛顿第二定律：mg+f=ma′，得20.2100.4
12/0.2
a m s ⨯+'=
=． 故反弹高度为：2233
22128
v h m a ''⨯＝＝＝
考点：v-t 图像；牛顿第二定律的应用
【名师点睛】本题关键是对图象的应用，由图象的斜率等于物体的加速度得到加速度，然后根据牛顿第二定律列得方程才能得到阻力，进而解答全题．。