最新高中物理试卷物理牛顿运动定律题分类汇编

最新高中物理试卷物理牛顿运动定律题分类汇编

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。传送带BC 间距

0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径

O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为1m kg =的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K ，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：

（1）滑块到达B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间 （2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】 【详解】

解：(1)滑块恰能从C 点抛出，在C 点处所受弹力为零，可得：2

v mgcos θm r

=

解得： v 0.8m /s =

对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ=

故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B 时的速度为：v 0.8m /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v

= 解得：t 1s =

(2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1

W W mv 2

-=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J =

2．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝

10m/s 2．求：

（1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】

由图得：0-2s 内环的加速度a=

v

t

=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N

联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°

3．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。已知木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实验中，质量m =0.1kg 的物块在平行于板面向上、F =0.6N 的恒力作用下，得到加速度a 与斜面倾角的关系图线，如图b 所示，已知图中a 0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g 取10m /s 2）求：

（1）a 0多大？倾角θ1多大？

（2）当倾角θ为30°时，物块在力F 作用下由O 点从静止开始运动，2s 后撤去，求物块沿斜面运动的最大距离？

【答案】（1）6m /s 2， 37°；（2）2.4m 。 【解析】 【详解】

（1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为a 0 由牛顿第二定律：F 合=F =ma 0 解得 a 0=6m/s 2

由图象可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度a =0 即：F =mg sinθ1

解得 θ1=37°

（2）当木板倾角为θ=30o 时，对物块由牛顿第二定律得： F -mg sinθ=ma 1 解得 a 1=1m/s 2

设木块2s 末速度为v 1，由v 1=a 1t 得 v 1=2m /s 2s 内物块位移s 1=

12

a 1t 2

=2m 撤去F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为a 2 ，对物块由牛顿第二定律得： mg sinθ=ma 2 a 2=g sin30°=5m/s 2

撤去F 后，物块继续向上运动的位移为2

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0.4m 2v s a == 则物块沿斜面运动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m

4．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 ＝

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 kmg =

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.