高中物理牛顿运动定律练习题及答案含解析

【答案】（1） FN 3000N
（2）0.4<μ1<0.6 （3）t=0.4s 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为 V0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
mgR
1 2
m1 v02
①
设货物在轨道末端所受支持力的大小为 FN，
根据牛顿第二定律得
FN
m1g
m1
v02 R
(1)若仅给木板一水平向左的初速度0 3m / s ,求物块相对木板滑动的距离；
(2)若仅给物块施加一水平向右的力 F，F 随时间 t 变化的图像如图乙所示，求物块与木板最 终的速度；
(3)若按（1)问中给板初速度0 3m / s 的同时，给木板施加一水平向右的恒力 F = 6N，求
经多长时间物块会从木板上滑落。
的作用下物块和板无法一起加速，经 t1=0.5s 时，物块的速度 v1，板的速度 v2
对物块： Ft1 mgt1 mv1
对木板： mgt1 Mv2
解得 v1=0.8m/s，v2=0.5m/s；
5．水平面上固定着倾角 θ=37°的斜面，将质量 m=lkg 的物块 A 从斜面上无初速度释放，其 加速度 a=3m/s2。经过一段时间，物块 A 与静止在斜面上的质量 M=2kg 的物块 B 发生完全 非弹性碰撞，之后一起沿斜面匀速下滑。已知重力加速度大小 g=10m/s2，sin37°=0.6， co37°=0.8，求
13m
/
s
v0
3 2
397m / s
4．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为 M = 1kg 的足够长木板。板左端有一质量为 m=
0.5kg 的物块（视为质点），物块与木板间的动摩擦因数为 =0.2。初始时物块与木板均处
于静止状态，已知 g = 10m/s2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。
由牛顿第二定律得：
解得：
；
(2)A、B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件
得：
解得：
。
6．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/s2，求 t 的值。
联立解得： vc1 397m / s 设 A 的最小速度为 vmin ，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为 vC2 ，AB 的速度为 vB1 ，则 C 在 传送带上一直做加速度为 a1 的匀加速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有： v2 vc21 2a1L
解得： vc2 13m / s
2 小物块减速过程中，有：
1mg ma3 ；
vm v0 a3t1 ；
在整个过程中，由系统的能量守恒得
Q
1 2
mv02
联立解得 Q 40.5J
【点睛】
本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易
错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解
【答案】 t 1?s
【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 a1、a2，位移分别为 x1、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
x1
1 2
a1t 2
v a1t
关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律
为 v1 ，选取向右为正方向，对 A、B 有： mv0 2mv1
碰撞时损失机械能
E
1 2
mv02
1 2
2m v12
解得： E 9J
（2）设 A、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时 AB 的速度为 vB ，C 的速度为 vC
由动量守恒得： 2mv1 2mvB mvC
由机械能守恒得：
1 2
2m v12
高中物理牛顿运动定律练习题及答案含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．质量为 2kg 的物体在水平推力 F 的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去 F，其 运动的 图象如图所示 取 m/s2，求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数 ；
（2）水平推力 F 的大小；
（3）
s 内物体运动位移的大小．
2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在 t 0 时刻，一小物块以一定速度从左端 滑上长木板，以后长木板运动 v t 图象如图所示 .已知小物块与长木板的质量均为 m 1kg ，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经 1s 后小物块与长木板相对静
止 g 10m / s2 ，求：
1 小物块与长木板间动摩擦因数的值； 2 在整个运动过程中，系统所产生的热量．
根据牛顿第二定律有：
代入数据得：F=5.6N （3）物体在 0～14s 内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：
【点睛】 在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况 分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活
处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．
【答案】（1）1.5m；（2）物块和木板最终以 0.6m/s 的速度匀速运动.（3）0.91s 【解析】
【详解】
（1）设物块与板最终达到相同的速度 v，物块在板上滑行的位移为 L，由动量守恒：
Mv0 M mv
由能量关系：
mgL
1 2
Mv02
1 2
M
mv2
解得 L=1.5m
（2）由题意可知，若物块和木板一起向右加速，则拉力 F≤1.5N，故在如图所示的拉力 F
【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由题意可知，由 v-t 图像可知，物体在 4～6s 内加速度：
物体在 4～6s 内受力如图所示
根据牛顿第二定律有： 联立解得：μ=0.2 （2）由 v-t 图像可知：物体在 0～4s 内加速度：
又由题意可知：物体在 0～4s 内受力如图所示
摩擦因数为 1，木板与地面间的动摩擦因数 =0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相
等，取 g="10" m/s2）
（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．
（2）若货物滑上木板 4 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求 1 应满足
的条件．
（3）若 1=0.5，求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间．
3 13m/s v0 2
397m/s
试题分析：（1）A、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能
关系即可求出损失的机械能；（2）A、B 碰撞后与 C 作用的过程中 ABC 组成的系统动量守 恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出 C 与 AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀
(1)A 与斜面之间的动摩擦因数 μ1； (2)B 与斜面之间的动摩擦因数 μ2。
【答案】(1)
(
) (2)
(
)
【解析】 【分析】 物块 A 沿斜面加速下滑，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解 A 与斜面之间的动摩擦因 数； A、B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求 解 B 与斜面之间的动摩擦因数。 【详解】 (1)物块 A 沿斜面加速下滑， 由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：
v vC a1
2.5s
所以相对位移 x vt x
代入数据得： x 1.25m
摩擦生热 Q mgcos·x 8J
（3）设 A 的最大速度为 vmax ，滑块 C 与弹簧分离时 C 的速度为 vc1 ，AB 的速度为 vB1 ，则 C 在传送带上一直做加速度为 a2 的匀减速直线运动直到 P 点与传送带共速 则有： v2 vc22 2a1L 根据牛顿第二定律得： a2 gsin gcos 12.4m / s2
1 2
2m vB2
1 2
mvC2
解得： vc 4m / s
C 以 vc 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为 x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得： a1 gcos gsin 0.4m / s2
由速度位移公式得： v2 vC2 2a1x
联立解得：x=11.25m＜L
加速运动的时间为 t，有： t
f ma2 0 v2 2a 2x2 满足： x1 x2 x 联立以上各式并代入数据得： t 1s
7．如图所示，某货场而将质量为 m1="100" kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面， 为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶 端无初速滑下，轨道半径 R="1.8" m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板 A、B， 长度均为 l=2m，质量均为 m2="100" kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动
②
联立以上两式代入数据得 FN 3000N ③
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为 3000N，方向竖直向下． (2)若滑上木板 A 时,木板不动,由受力分析得 μ1m1g⩽μ2(m1+2m2)g ④ 若滑上木板 B 时,木板 B 开始滑动,由受力分析得 μ1m1g>μ2(m1+m2)g ⑤ 联立④⑤式代入数据得 0.4<μ1⩽0.6 ⑥． (3)当 μ1=0.5 时，由⑥式可知，货物在木板 A 上滑动时，木板不动． 设货物在木板 A 上做减速运动时的加速度大小为 a1， 由牛顿第二定律得 μ1m1g⩽m1a1 ⑦ 设货物滑到木板 A 末端是的速度为 V1,由运动学公式得 V12−V02=−2a1L ⑧ 联立①⑦⑧式代入数据得 V1=4m/s⑨ 设在木板 A 上运动的时间为 t,由运动学公式得 V1=V0−a1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得 t=0.4s
量守恒求热量． 【详解】
1 长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得
1mg 22mg ma1 ； vm a1t1 ；
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
2 2mg 2ma2 ； 0 vm a2t2 ； 由图象可知， vm 2m / s ， t1 1s ， t2 0.8s 联立解得 1 0.7
对 A、B、C 和弹簧组成的系统从 AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中
系统动量守恒，则有： mvmax 2mvB1 mcC1
由机械能守恒得：
1 2
2m v12
1 2
2m vB21
1 2
mvC21
解得： vmax
3 2
vc1
3 2
397m / s
同理得： vmin
3 2
13m / s
所以 3 2
题．
3．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨 MN 右端 N 处于倾斜传送带理想连 接，传送带长度 L=15.0m，皮带以恒定速率 v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为 m=1.0kg 的 滑块 A、B、C 置于水平导轨上，B、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块 B 与轻弹簧 连接，C 未连接弹簧，B、C 处于静止状态且离 N 点足够远，现让滑块 A 以初速度 v0=6m/s 沿 B、C 连线方向向 B 运动，A 与 B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块 C 脱离弹簧 后滑上倾角 θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块 C 与 传送带之间的动摩擦因数 μ=0.8，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】
1 小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运
动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板 与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．
2 对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能
（1）滑块 A、B 碰撞时损失的机械能；
（2）滑块 C 在传送带上因摩擦产生的热量 Q；
（3）若每次实验开始时滑块 A 的初速度 v0 大小不相同，要使滑块 C 滑离传送带后总能落 至地面上的同一位置，则 v0 的取值范围是什么？（结果可用根号表示）
【答案】(1) E 9J
【解析】
(2) Q 8J (3) 3 2
加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出 C 相对于 传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定
律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块 A 的最大速度和最小速度． （1）A 与 B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设 A 与 B 碰撞后共同速度