高考物理牛顿运动定律解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律解题技巧分析及练习题(含答案)含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。

t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：
(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；
(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；
(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。

如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)
【解析】
【分析】
由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；
【详解】
解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为
根据牛顿第二定律有：
解得
(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：
在最高点，根据牛顿第二定律则有：
解得：
由根据牛顿第三定律得：
物体在C点对轨道的压力大小为4 N
(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点
物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：
水平方向：
解得，所以能通过C点落到A点
物块从A到C，由动能定律可得：
解得：
2．如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝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/s2
（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1；
（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/s2，12m/s2；
（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（m 1+m 2）g ＝（m 1+m 2）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m 1：μ1m 2g ﹣μ2 （m 1+m 2）g ＝m 1a 1 解得：a 1＝3m/s 2
对m 2：F ﹣μ1m 2g ＝m 2a 2 F ＝3t ＝30N 解得：a 2＝12m/s 2
（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12） 图象如图所示．
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．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资
(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ，
求：
()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．
【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()2
10/.2m s 物资P 到达A 端时的动能
是900J ． 【解析】 【分析】
（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；
（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】
（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；
cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=
（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2
1
0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用
根据动能定理：()()2211sin 22
A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能2
19002
kA A E mv J =
= 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2
1
0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，
P 的加速度2
2sin cos 2/a g g m s θμθ=-=
后段运动有：2
22212
L s vt a t -=+， 解得：21t s =，
到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 动能2
19002
kA A E mv J == 【点睛】
传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．
5．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 +=
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．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】 【详解】
(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．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。

9．光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg ，在14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求:5s 末物体的速度的大小？5s 内通过的位移是多少？ 【答案】x=25m 【解析】 【分析】
根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和5s 内的位移． 【详解】
（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：2214
/2/7
F a m s m s m =＝＝； 5s 末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s. （2）5s 内的位移为：x=12at 2＝ 1
2
×2×52m ＝25m ． 【点睛】
本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
10．如图所示，在光滑的水平地面上， 相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2．求：A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．
【答案】2.5s 【解析】
试题分析：设A 球滑上斜坡后经过t 1时间B 球再滑上斜坡，则有：
1s
A球滑上斜坡后加速度m/s2
设此时A球向上运动的位移为，则m
此时A球速度m/s
B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以m/s 做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：s
则相遇时间s
考点：本题考查了运动学公式的应用。