物理高考物理牛顿运动定律练习题

物理高考物理牛顿运动定律练习题

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 =

3．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 =

4．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有

接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.