高中物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析

高中物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=2．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=2m/s 的速度沿顺时针方向匀速运动．一质量m=2kg 的小物块从传送带中点处以v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s 2．求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度． (2)小物块离开传送带时的速度大小． 【答案】（1）1.25m;6m （255/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力sin 37mg o，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：cos37sin 37mg mg ma μ-=o o解得：20.4/a m s =小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a=解得：1 1.25x m =，12Lx <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m =小物块向下滑动的时间为11=v t a传送带运动的距离101s v t = 联立解得15s m =小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，所以传送带上留下的划痕长度为6m ； （2）小物块速度减小为0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动 设小物块到达传送带最上端时的速度大小为2v 假设此时二者不共速，则有：22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭解得：2/5v m s =20v v <，即小物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为/5m s ．3．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求： （1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移． 【答案】（1）2N 3s （2）46.5m 【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P = 联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v ' 由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '=解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m4．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 =5．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。

板左端有一质量为m= 0.5kg 的物块（视为质点），物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。

初始时物块与木板均处于静止状态，已知g = 10m/s 2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

(1)若仅给木板一水平向左的初速度03/m s υ=,求物块相对木板滑动的距离；(2)若仅给物块施加一水平向右的力F ，F 随时间t 变化的图像如图乙所示，求物块与木板最终的速度；(3)若按（1)问中给板初速度03/m s υ=的同时，给木板施加一水平向右的恒力F = 6N ，求经多长时间物块会从木板上滑落。

【答案】（1）1.5m ；（2）物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）0.91s 【解析】 【详解】（1）设物块与板最终达到相同的速度v ，物块在板上滑行的位移为L ，由动量守恒：()0Mv M m v =+由能量关系：()2201122mgL Mv M m v μ=-+ 解得L=1.5m（2）由题意可知，若物块和木板一起向右加速，则拉力F≤1.5N ，故在如图所示的拉力F 的作用下物块和板无法一起加速，经t 1=0.5s 时，物块的速度v 1，板的速度v 2 对物块：111Ft mgt mv μ-= 对木板：12mgt Mv μ= 解得v 1=0.8m/s ，v 2=0.5m/s ；6．如图所示，某货场而将质量为m 1="100" kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R="1.8" m ．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A 、B ，长度均为l=2m ，质量均为m 2="100" kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g="10" m/s 2）（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B 时，木板B 开始滑动，求μ1应满足的条件．（3）若μ1=0.5，求货物滑到木板A 末端时的速度和在木板A 上运动的时间． 【答案】（1）3000N F N = （2）0.4<μ1<0.6 （3）t =0.4s 【解析】 【分析】 【详解】(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为V 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，21012mgR m v =① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，根据牛顿第二定律得2011N v F m g m R-= ② 联立以上两式代入数据得3000N F N = ③根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N ，方向竖直向下． (2)若滑上木板A 时,木板不动,由受力分析得μ1m 1g ⩽μ2(m 1+2m 2)g ④ 若滑上木板B 时,木板B 开始滑动,由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1+m 2)g ⑤ 联立④⑤式代入数据得0.4<μ1⩽0.6 ⑥． (3)当μ1=0.5时，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动． 设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为a 1， 由牛顿第二定律得μ1m 1g ⩽m 1a 1 ⑦ 设货物滑到木板A 末端是的速度为V 1,由运动学公式得V 12−V 02=−2a 1L ⑧ 联立①⑦⑧式代入数据得V 1=4m /s ⑨设在木板A 上运动的时间为t ,由运动学公式得V 1=V 0−a 1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得t =0.4s7．如图所示，质量为 m ＝1 kg 的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M 、N 之间，M 、N 与金属滑块间动摩擦因数均为 μ＝0.2，金属滑块与一劲度系数为k ＝200N/m 的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M 固定不动，挡板N 与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)．起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m 的物体从距滑块L ＝20 cm 处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l ＝10 cm 时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．g 取10 m/s 2，求：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)当滑块下移距离为d ＝5 cm 时挡板对滑块压力的大小；(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为E p ＝12kx 2(式中k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功． 【答案】(1) 1J (2) 25N (3) -1J 【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v 0，对物体下落过程由机械能守恒定律得2012mgl mv =设碰后共同速度为v 1，由动量守恒定律得102mv mv =根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能220111222E mv mv ∆=-⋅ 上式联立数据带入得1E ∆=J ．(2)设滑块下移时加速度为a ，由运动学公式得2102v al -=起初滑块静止时，有01mg F k x ==∆ 当滑块下移距离为5d =cm 时 弹簧的弹力()1F k x d =∆+对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得()222f mg F F ma -+= 滑动摩擦力f N F F μ= 解得25N F =N ．(3)由功能关系可得()22211111122222k x l k x mv mgl W ∆+-∆-⨯=+ 解得1W =-J ．答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J ； (2)当滑块下移距离为d =5cm 时挡板对滑块压力的大小是25N ； (3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J ．8．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ． 【解析】试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma θμθ+=a 1=8m/s 2（2）物体沿斜面上滑由2012=v a x ，得x=9m（3）物体沿斜面返回下滑时2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动22212x a t = 则t=t 1+t 23(21)+s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用9．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t1=2s的时间，小物块与小车保持相对静止。