高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)

高考物理牛顿运动定律试题(有答案和解析)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。

求：
(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】 【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块m ：由牛顿第二定律有：0
11sin 37mg f ma -=
其中0
1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002
11sin 37cos374/a g g m s μ=-=
对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0
122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00
2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=
解得：2
21m/s a =
12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221
2
x a t =，12x x L -= 解得：1s t =
2．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 =
3．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为
0.8h m =。

在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不
动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。

已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。

()1求货物从小车右端滑出时的速度；
()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车
的长度是多少？
【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】
()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，
在竖直方向上：2
12
h gt =
， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s =
()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研
究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共，
由能量守恒定律得：()2201122
Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对，
当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：
22
11'22
x mgs mv mv 共μ-=
-， 解得：'0.7s m =，
车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；
4．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：
(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A 是否会到达分拣通道口.
【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口
【解析】 【详解】
(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有0
1012
v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1
包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5
(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B
包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-1
2
m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-1
2
m B v B 2 解得：△E =0.96J
(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-
1
2
m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′
μ1m A gx A =
1
2
m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s
设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A
-μ2m A gx A ′=0-1
2
m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m
包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.
5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:
（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;
（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.
【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆= 【解析】
(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：
0001()m v m m v =+
解得：2m v s =；
(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度2
10.5m a g s μ==，且方向向右
板产生的加速度2
20.5mg
m
a s M
μ=
=，且方向向左
设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动
则：12v a t a t -=
此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度
221211
22
x vt a t a t L ∆=--=
故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s
'=-=
木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：
'2
N v F mg m R
-=
代入相关数据解得：F N =12.5N.
由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：
201011
()()2
m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<
木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时22
11121110.522
x v t a t a t m ∆=-
-=''
3210.5m v v at s
=-=
碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3
21
1v t s a =
= 2
322210.252
x v t a t m =-=
故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m
即木块停止运动时离A 点1.25m 远．
6．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
(1)小球在A 点时的速度大小；
(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】
(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：
cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=
代入数据得：24m/s a =
小球在A 点时的速度8m/s A v at ==
(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：
2211sin37(1cos37)22
B A FR mgR mv mv -︒-+︒=
- 解得：2m/s B v =
小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：
2N B
v mg F m R
-=
解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上
由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．
7．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；
(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2
112
km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】
(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝
(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能2
11J 2
m k E mv =
= 减速阶段的位移331
0.5m 2
x vt =
= 匀速阶段的位移2253m x vt ==
加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2
112a x v =，解得
1 2.5m x ＝
阳台距地面的高度12356m h x x x =++=
8．5s 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：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫
---= ⎪⎝⎭
'' 解得23
t s =
故经过时间1231
0.91t t t s +=+=
≈ 物块滑落.
9．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。

某体验者乘坐滑草车运动过程简化为如图所示，滑草车 从 A 点静止滑下，滑到 B 点时速 度大小不变而方向变为水平，再滑过一段水平草坪后从 C 点水平抛 出，最后落在三角形状的草堆上。

已知斜坡 A B 与水平面的夹角θ=37° ，长为 x AB =15m ，水平草坪 B C 长为 x BC =10m 。

从 A 点滑到了 B 点用时 3s 。

该体验者和滑草车的质量 m =60kg ，运动过程中看成质点， 在斜坡上运动时空气阻力不计。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s 2）
（1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数；
（2）体验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为 5m/s ，已 知风的阻力大小 F 与风速 v 满足经验公式 F=1.2v 2。

求体验者滑到 C 点时的速度大
小；
（3）已知三角形的草堆的最高点 D与 C点等高，且距离 C点 6m，其左顶点 E位于 C点正下方 3m 处。

在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开 C点时速度大小为 7m/s，无风力作用，空气阻力忽略不计，求体验者和滑草车落到草堆时的动能。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】
试题分析：（1）根据
代入数据解得2分
2分
代入数据解得1分
（2）在BC阶段运动时2分
代入数据解得1分
又2分
1分
代入数据解得1分
（3）根据题意
2分
2分
代入数据解得1分
又由动能定理2分
代入数据解得1分
考点：动能定理。

10．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2
012=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2221
2
x 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。