高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1.
如图所示，质量 M=0 . 4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡
板问的 距离L=0. 5m ，某时刻另一质量 m=0. 1kg 的小滑块(可视为质点)以v o =2m /s 的速度向右 滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。

已知小滑 块与长木板间的动摩擦因数 卩=0 2，
重力加速度g=10m /s 2,小滑块始终未脱离长木板。

求：
m h»
卜 ------ I ----------------- J
十一…一 _…一…対 _______________ ________ J
(1) 自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；
(2) 长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】(1) 1.65m (2) 0.928m 【解析】
【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 解得：卜—
对长木板：|出巷二圧圧 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 號二I
解得：
1
x=
长木板位移： 解得：I - -：
- I ■'•：
「: I ；!
两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板
L-x = v\li
解得：
t = ti + t2 = 1.655
(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 最终两者的共
同速度：
■― V 沉匕
I
1 1 1
}imgs =菱册响_ 云血 十 财}诃
小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：
2.
如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。

已知雪橇与水平雪道间的
动摩擦因数为 卩=0.1，妈妈的质量为 M = 60kg ，小红和雪橇的总质量为 m = 20kg 。

在游戏
过程中妈妈用大小为 F = 50N ,与水平方向成 37°角的力斜向上拉雪橇。

(g 10m/s 2 , sin37 =0.6, cos37 = 0.8)求:
mvi - Mvi = (ni + M )V2
.? = 0928m
(1 )小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小；
(2)若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m处，求妈妈拉力作用的最短
距离。

【答案】⑴1.15m/s2，109N ⑵20m
【解析】
【分析】
根据“妈妈用大小为F= 50N,与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和动能定理方程，求解即可。

【详解】
(1)对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。

对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：
N1 F sin 37 mg 0 (1)
F cos37 N1 ma (2)
联立解得：a 1.15m/s2(3)
对于妈妈由牛顿第二定律可得：
图乙
f F cos37 Ma (4)
解得：f 109N (5)
(2)由题意可得，当小红和雪橇到达前面43m刚好停止时，妈妈拉力作用的距离最短。

对小红和雪橇由动能定理可得：
max mg(s x) 0 (6)
解得：x 20m (7)
【点睛】
分别对小红和妈妈受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，联立求解即可；求妈妈拉力作用的最短距离，则到达43m 处时，速度为零，根据动能定理列方程，求解即可。

3. 一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重•一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直
柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下.落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m,当落到离地面30m的位置时开始制动
座舱均匀减速.重力加速度g取10m/s2 ,不计空气阻力.
（1）求座舱下落的最大速度；
（2）求座舱下落的总时间；
（3）若座舱中某人用手托着重30N的铅球，求座舱下落过程中球对手的压力.
【答案】（1）30m/s（2）5s.（3）75N.
【解析】
试题分析：（1）v2=2gh;
v m= 30m/s
1 2
⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：h gt1 t1= 3s
_h
座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2= V = 2s
2
所以座舱下落的总时间为：t = t1 + t2= 5s
⑶对球，受重力mg和手的支持力N作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg —N = mg
解得：N= 0
根据牛顿第三定律有：N'= N= 0,即球对手的压力为零
在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg —N = ma
2
根据匀变速直线运动规律有：a= ———=—15m/s2
2h2
解得：N= 75N （2分）
根据牛顿第三定律有：N' = N= 75N,即球对手的压力为75N
考点：牛顿第二及第三定律的应用
4. 高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活•高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系
统，设每节车厢的质量均为m,各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在
时间t内将速度提高到v,已知运动阻力是车重的k倍.求：
（1）列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；
（2）列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？
【答案】（1）—m （—+kg）（2）14 kmg
3 t 15
【解析】
【详解】
(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为
v
a=_①
t
对整个列车，由牛顿第二定律得：
F-k7mg=7ma ②
设第五节对第六节车厢的作用力为T,对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得
红+T-k 2mg=2ma, ③
6
联立①②③得
1 v
T=- m(— +kg)④
3 t
其中-°'表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反.
(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得
F-k 7mg=0 ⑤
设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有:
2F ―
+T1-k 2mg=0 ⑥
6
第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢
间的作用力为T2,
则有：
—+T2-k 2mg=0,⑦
5
联立⑤⑥⑦得
1
T i=_§ kmg
3
T2=_ kmg
因此作用力变化
14
A T=T2-T i = — kmg
15
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10m/s2,求t的值。

【答案】t 1?
【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 i、a2，位移分别为
X I、X2,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：
F f ma1
f kmg
1 .2
X i a i t
2
v a i t
关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律
f ma2
0 v22a2X2
满足：X1 X2 X
联立以上各式并代入数据得：t 1s
6. 如图所示，水平传送带长
L=5m，以速度v=2m/s沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为
=0.2 g=10m/s2。

求：
①物块从左端传送到右端需要的时间
②物体在传送带上因摩擦而产生的热量
【答案】①3s②2J
【解析】
【详解】
咖7
a = -—-^ = 2m/s i
P 2
加速的时间
=15
则物块从左端传送到右端需要的时间
t=t i +t 2=3s ；
②物体在传送带上因摩擦而产生的热量： '■/ = 3嵌心j 叫=丄工-心;从■-八、:=芒
(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】
(2) 0-1s 内加速度大小为：
a 1 V 1 - 2m/s 2 Vt 1 1
根据牛顿第二定律得：F+f=ma 1 • •①
VV 2
0.8 c C / 2
1-2s 内加速度大小为：a 2
-
0.8m/s Vt 2
1
根据牛顿第二定律得：F-f=ma 2-②
7.如图，t=0时，水平桌面上质量为
m=1kg 的滑块获得v 0
2m/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) (2)
(3) 分别求滑块所受拉力和摩擦力大小； 若在 【答案】( 【解析】 【分析】
(1) 根据 t=2s 时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？ 1) 0.6m ，方向与初速度方向相同；(2) 1.4N 和 0.6N ;( 3) 0.53m .
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. (1 )前2s 内滑块的位移大小为: 方向
与初速度方向相同.
1 1
x= x 1X2 x 1 x o.8=o.6m 2 2 加速的位移:
圏(a) 求前2s 内滑块的位移大小和方向；
联立①②解得：F=1.4N, f=0.6N
r C G
(3)撤去拉力后，加速度大小为：a3——— 0.6m/ s2
m 1
【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.
&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 B
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 .
皓案］(1)晋;(2)扣的•
【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 .
②将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得
F 合 卫/ ma ，解得
cos
1 g 丄
2 .
Egt 2ta n
故 U AB E
t sin cos
2
9.
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
0.82 2 0.6
8 m 15
0.53m
①静止时有qE tan ，解得q
mg
mgta n E
还能滑行的距离为:
2a 3
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) v A gR (2)6mg
【解析】
试题分析：(1)设小球在A点速度大小为V A,小球到达A点由重力提供向心力得：
2
mg m V^①....................................... 分•• (2)
y R
可得：v A gR .................................................. 分. (2)
设小球在B点速度大小为V B，从B到A由机械能守恒得：
1 2 1 2
mv B mv A mg (2R)②................................... 分 (2)
2 2
2
在B点由牛顿第二定律可得：F mg m ③ ...................... 分2
R
由①②③ 计算可得：F 6mg ........................................................... 分 (1)
在B点，小球对轨道的压力为F '，由牛顿第三定律可得：
F ' F 6mg ④.................................. 分—1
考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律
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 o= 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/s2.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t1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•」U - m
-m/s 此时A 球速度=:一:：-■ 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
做匀速运动，设再经过时间.它们相遇，有：------ ：一s
亠* V
则相遇时间；「:' - . s
考点：本题考查了运动学公式的应用。