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．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量
2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有
接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.
（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大； （2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？ 【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】 【详解】
解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =
解得：2
13m/s a =
对木板：122F f f Ma --=
解得：2
25m/s a =
滑块位移：21112
x a t =
，木板的位移：2221
2x a t =
滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =
2．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：
(1)木块B 离开桌面时的速度大小； (2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小． 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】 【详解】
(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ′．根据平抛运动规律有：2
12
h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2g
v s
h
== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：
22.5m/s Mg
a M
μ=
=
设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得
0 2.0m/s v v at =-=
(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：
2Mv Mv mv =+1
解得：2
10.80m/s Mv mv v M
-=
=.
3．如图所示，传送带水平部分x ab =0.2m ，斜面部分x bc =5.5m ，bc 与水平方向夹角α=37°，一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，经b 点时速率不变．(取g =10m/s 2，sin37°=0.6)求：
（1）物块从a 运动到b 的时间； （2）物块从b 运动到c 的时间． 【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ． 【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的
运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间． 【详解】
（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：
1mg ma μ=
解得：
21 2.5m/s a =
A 与皮带共速需要发生位移：
219 1.8m 0.2m 25
v x m a ===>共
故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：
21112
ab x a t =
代入数据解得：
10.4s t =
（2）到达b 点的速度：
111m/s 3m/s b v a t ==<
由牛顿第二定律得：
22sin 37mg f ma ︒+= 2cos37N mg =︒且22f N μ=
代入数据解得：
228m/s a =
物块在斜面上与传送带共速的位移是：
22
2
2b v v s a -=共
代入数据解得：
0.5m 5.5m s =<共
时间为：
2231
s 0.25s 8
b v v t a --=
== 因为2
2
sin 376m/s cos372m/s g g μ︒=︒=＞，物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得：
23sin 37mg f ma ︒-=
2cos37N mg =︒，且22f N μ=
代入数据解得：
234m/s a =
设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2
bc x s vt a t -=+
共，得： 31s t =
综上，物块从b 运动到c 的时间为：
23 1.25s t t +=
4．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
5．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 =
2
111x 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 =
6．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求: (1)斜面的倾角θ
(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.
【答案】（1）030θ=；（2）3μ 【解析】 【分析】
对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。

【详解】
物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0-0.5s 时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：221480.5m m a s
s =
= 物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5-1.5s 时间段，同理可得：
222221m m a s
s =
= 上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1， 下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2， 联立解得：3
μ=θ=30°。

【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，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。

7．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=-⋅=-
8．如图所示，水平面D 处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块P 斜面光滑，倾角为θ，水平底面粗糙。

顶点A 到底面的高度h =0.45m 。

在其顶点A 处放一个小物块Q ，与斜面不粘连，且最初系统静止不动，滑块的C 端到D 的距离L =0.4m 。

现在滑块左端施加水平向右的推力F =36N ，使二者相对静止一起向右运动。

当C 端撞到障碍物时立即撤去推力F ，滑块P 立即以原速率反弹。

已知滑块P 的质量M =3.5kg ，小物块Q 的质量m =0.5kg ，P 与地面间的动摩擦因数μ=0.4（取g =10m/s 2）求：
(1)斜面倾角θ的正切值tan θ；
(2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前一瞬间的速度v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离x 是多少？ 【答案】（1）1
2
（2）直接落到水平面上；1.02m 。

【解析】 【详解】
(1)P 、Q 整体向右运动时，摩擦力1()16f M m g N μ=+= 由牛顿第二定律得：11()F f M m a -=+ 解得：2
15m
a s =
对Q 由牛顿第二定律得：1tan mg ma θ= 解得：1tan 2
θ=
； (2)P 、Q 与障碍物碰撞前由速度位移关系得：
2012v a L =
解得：02m v s
=
撤去外力之后，P 反向减速运动，则：
22f Mg Ma μ==
解得：2
24m
a s =
减速运动时间：0
12
0.5v t s a =
= Q 做平抛运动，如果Q 直接落到水平面上 则运动时间：2212
h gt = 解得：20.3t s =
在0.3s 内，P 向左运动的位移：2
1022210.422
x v t a t m =-= Q 的水平射程为：2020.6x v t m ==
由于12 1.02cot 0.9x x m h m θ+=>= ，所以Q 与斜面分离后，会直热门落到水平面上， 则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离12 1.02x x x m =+=。

9．功能关系贯穿整个高中物理．
(1)如图所示，质量为m 的物体，在恒定外力F 作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，发生的位移为x ．试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理．上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由．
(2)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，右端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．现给导体棒一个水平向右的初速度v 0，在沿导轨运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．导体棒速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p ，则在这一过程中： ①直接写出弹簧弹力做功W 弹与弹性势能变化∆E p 的关系，进而求W 弹； ②用动能定理求安培力所做的功W 安．
【答案】(1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2) (0)p p p W E E E =-∆=--=-弹 (3)
2
012
p W E mv =-安
【解析】 【详解】
(1)由牛顿第二定律F=ma
及运动学公式22
02v v ax -=
可得2201122
Fx mv mv =
- 当物体受变力作用、或者做曲线运动时，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线，这样对每一段用动能定理，累加后也能得到同样的结果，所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2)p W E =-∆弹
进而(0)p p p W E E E =-∆=--=-弹. (3)由动能定理：2
0102
W W mv +=-弹安 解得：2012
p W E mv =-
安
10．如图所示，质量为M=8kg 的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F ，当小车向右运动速度达 到
时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg 的小物
块，经过t 1=2s 的时间，小物块与小车保持相对静止。

已知小物块与小车间的动摩擦因数
0.2，假设小车足够长，g取10m／s2，求：
(1)水平恒力F的大小；
(2)从小物块放到车上开始经过t=4s小物块相对地面的位移；
(3)整个过程中摩擦产生的热量。

【答案】（1）8N（2）13.6m（3）12J
【解析】试题分析：（1）设小物块与小车保持相对静止时的速度为v，对于小物块，在t1=2s时间内，做匀加速运动，则有：
对于小车做匀加速运动，则有：
联立以上各式，解得：F="8N"
（2）对于小物块，在开始t1=2s时间内运动的位移为：
此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为，则有
x=x1+x2
联立以上各式，解得：x=13.6m
（3）整个过程中只有前2s物块与小车有相对位移
小车位移：
相对位移：
解得：Q=12J
考点：牛顿第二定律的综合应用.。