高考物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高考物理高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：
（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2
（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）1
20
（3）2.75m 【解析】 【分析】
（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】
（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114
/3/1
v v a m s m s t --=
==-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；
（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
1212v mg mg m
t μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：
2
122
2v mg mg m
t μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：21
20
μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在
1
0.5s t
=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：
1100.52
v x t m +=
⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：
2220
0.252
v x t m +=
⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12
2.52
v v x t m +=
⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

【点睛】
本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为
1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静
止(
)2
10/g m s
=，求：
()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．
【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】
()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运
动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．
()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能
量守恒求热量． 【详解】
()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得
1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ⋅=； 220m v a t =-；
由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s =
联立解得10.7μ=
()2小物块减速过程中，有：
13mg ma μ=； 031m v v a t =-；
在整个过程中，由系统的能量守恒得
2012
Q mv = 联立解得40.5Q J =
【点睛】
本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．
3．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2
（1）求木块和木板保持相对静止的时间t 1； （2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为多大；
（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）
【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s ；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为3m/s 2，12m/s 2；
（3）
【解析】
【详解】
（1）当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：
f max﹣μ2（m1+m2）g＝m1a max，f max＝μ1m2g
解得：a max＝3m/s2
对整体有：F max﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a max
解得：F max＝12N
由F max＝3t 得：t＝4s
（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：
对m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1
解得：a1＝3m/s2
对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N
解得：a2＝12m/s2
（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）
图象如图所示．
4．质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=16m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=2s速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：
（1）物块上滑过程中加速度大小；
（2）物块滑动过程摩擦力大小；
（3）物块下滑所用时间.
【答案】（1）8m/s2；（2）4N；（3）s
【解析】
【详解】
（1）上滑时，加速度大小
（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：
解得
（3）位移
下滑时，由牛顿第二定律，得
解得 由
，解得=
s
5．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；
（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22
v ≤≤ 【解析】
试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．
（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv =
碰撞时损失机械能()220111
222
E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=
（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：
()()22
2111122222
B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =
C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得：2
10.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2
212C v v a x -=
联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：1
2.5C
v v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=
摩擦生热·
8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22
212c v v a L -=
根据牛顿第二定律得：2
212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-
联立解得：1/c v s =
设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速
则有：22
112c v v a L -=
解得：2/c v s =
对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22
211
111122222
B C m v m v mv =+
解得：13/2max c v v s =
=
同理得：/min v s =
所以
03313/397/22
m s v m s ≤≤
6．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+ 解得v′=0.6m/s ，
即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.
（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′， 对物块受力分析：1mg ma μ= 对木板：2F mg Ma μ+= 由运动公式：021v v a t =-''
11v a t ''=
解得：113t s =
2
/3
v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122
v v v s t t '-'''
+= 解得s=0.5m ；
t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ=
由运动公式：222122
321122v t a t v t a t s ''⎛⎫
---= ⎪⎝⎭
'' 解得23t s =
故经过时间1231
0.913
t t t s +=+=
≈ 物块滑落.
7．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。

某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg （可视为质点）从赛道顶端静止开始沿直线下滑，到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s 。

然后在水平赛道上沿直线继续前进180m 静止。

假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数相同，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑雪者与赛道间的动摩擦因数；
（2）滑雪者在斜面赛道上受到的合外力；
（3）滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度 【答案】（1）0.25（2）300N(3)7.5s,112.5m 【解析】
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出滑雪者与赛道间的动摩擦因数；根据滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据速度位移公式求出斜面赛道的长度； 解：(1)水平面匀减速v 2=2a 2s 得a 2=2.5m/s 2
由牛顿第二定律：μmg=ma 2 得：μ=0.25
(2) 滑雪者在斜面赛道上受到的合外力F =mg sin37°-μmg cos37°=300N (3) 根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度
由
得：
由v 2=2as 得
8．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
9．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。

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：
2
A 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。