(物理)物理牛顿运动定律练习题含答案

（物理）物理牛顿运动定律练习题含答案
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；
（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；
（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J
【解析】
【详解】
（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：
2P 01sin 37cos372
E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J
（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=
解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011
v v t a -=
解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：22
0112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<
因为tan 37μ︒
<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：
2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=
解得：a 2＝2m/s 2
假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：
22v t
a = 解得：t 2＝2s
工件滑行位移大小为：2 3? 1
n n n n n 解得：x 2＝4m
工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

工作在传送带上上滑的总时间为：t ＝t 1+t 2＝2.4s
（3）第一阶段：工件滑行位移为：x 1＝2.4m 。

传送带位移'11 1.6m x vt ==，相对位移为：10.8m x =V 。

摩擦生热为：11cos37Q mg x V μ︒=
解得：Q 1＝3.2J
第二阶段：工件滑行位移为：x 2＝4m ，
传送带位移为：'228m x vt ==
相对位移为：24m x ∆=
摩擦生热为： 22cos37Q mg x μ︒=∆
解得：Q 2＝16J
总热量为：Q ＝19.2J 。

2．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：
（1）小环的质量m ；
（2）细杆与地面间的倾角a ．
【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°．
【解析】
【详解】
由图得：0-2s 内环的加速度a=v t
=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-=
2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α=
由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N
联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°
3．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为
g=10m/s 2．试求：
①物体C 做简谐运动的振幅；
②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．
【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N
【解析】
【详解】
①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．
对物体C ，有：0mg kx =
解得：0x =0.02m
设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x
当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =-
解得：A =0.07m
②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .
对物体C ，有：0()k A x mg ma +-=
解得：a =35m/s 2
对物体B ，有：0()F Mg k A x =++
解得：F =14N
所以物体B 对地面的压力大小为14N
4．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－μcos α) (2) ()2sin sin cos h g θθμθ- (3)1:1 【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222211
x h OP x h OQ ++甲乙
5．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=
6．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取
210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：
（1）主动轮的半径；
（2）传送带匀速运动的速度；
（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间．
【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s
【解析】
【分析】
（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．
（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间．
【详解】
（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2
=
代入数据解得
v =1m/s
要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得 2
v mg m R
=， 代入数据得R =0.1m
（2）由牛顿第二定律得
mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，
代入数据解得
a =0.4m/s 2 由2
12v s a
=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度， 故传送带的速度为1m/s ．
（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s
煤块匀速运动的位移为
s 2=s ﹣s 1=1.75m ，
可求得煤块匀速运动的时间
t 2=1.75s
煤块在传送带上直线部分运动的时间
t =t 1+t 2
代入数据解得
t =4.25s
7．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求：
（1）物块运动的最大速度；
（2）F 的大小；
（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功
【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J
【解析】
【分析】
（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．
（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功．
【详解】
（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2
x v m s t ⨯=== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=6 2v
t =
=3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma
N-mg=0，又 f=μN
联立解得：F=3.2N
（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-
12
mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J
【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．
8．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=
12×1×2-12×1×0.8=0.6m 方向与初速度方向相同．
（2）0-1s 内加速度大小为：211122/1
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：22220.80.8/1
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：230.60.6/1
f a m s m === 还能滑行的距离为：22230880.53220.615
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．
9．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10 m/s 2）
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间．
【答案】（1）0.5；（2）225s +（）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有
Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°）
代入解得，μ=0.5
（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1， 得，a 1=g （sin37°+μcos37°） 上滑的时间为0112v t s a =
= 上滑的位移为01202
v x t m == 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2，
得，a 2=g （sin37°-μcos37°）
由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=
12a 2t 22 解得，22
225x t s a =＝ 故 t=t 1+t 2=（2+5s
【点睛】
本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．
10．如图，在竖直平面内有一个半径为R 的光滑圆弧轨道，半径OA 竖直、OC 水平，一个质量为m 的小球自C 点的正上方P 点由静止开始自由下落，从C 点沿切线进入轨道，小球沿轨道到达最高点A 时恰好对轨道没有压力．重力加速度为g ，不计一切摩擦和阻力．求：
（1）小球到达轨道最高点A 时的速度大小；
（2）小球到达轨道最低点B 时对轨道的压力大小．
【答案】（1）A v gR 2）6mg
【解析】
试题分析：（1） 设小球在A 点速度大小为A v ，小球到达A 点由重力提供向心力得： 2A v mg m R
=①………………………………………………2分 可得：A v gR ……………………………………………………2分 设小球在B 点速度大小为B v ，从B 到A 由机械能守恒得： 2211(2)22
B A mv mv mg R =+⋅②………………………………………2分 在B 点由牛顿第二定律可得：2B v F mg m R
-=③ ……………… 2分 由①②③计算可得：6F mg =……………………………………………1分 在B 点，小球对轨道的压力为'F ，由牛顿第三定律可得： '6F F mg ==④………………………………………1分
考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律。