高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案).docx

高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 )

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s 。 B、 C 分别是传送带与两轮的切点，相距L＝ 6.4m。倾角也是 37 的斜面固定于地面且与传送带上的 B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹

簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝ 1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到 B 点时速度 v0＝ 8m/s ，A、 B 间的距离 x＝ 1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝ 0.5，工件到达 C 点即为运送过程结束。g 取 10m/s 2， sin37°＝ 0.6， cos37°＝ 0.8，求：

（1）弹簧压缩至 A 点时的弹性势能；

（2）工件沿传送带由 B 点上滑到 C 点所用的时间；

（3）工件沿传送带由 B 点上滑到 C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】 (1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J

【解析】

【详解】

（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：

12

E P mgx sin 37mgx cos37mv0

解得： Ep＝ 42J

（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1，由牛顿第二定律得：

mg sin 37mg cos37ma1

解得： a1＝ 10m/s 2

工件与传送带共速需要时间为：

v0 v t1

a1

解得： t1＝ 0.4s

v02v2

工件滑行位移大小为： x12a

1

解得： x1 2.4m L

因为tan 37 ，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a2，则有：

mg sin 37mg cos37ma2

解得： a2＝ 2m/s 2

假设工件速度减为0 时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：v

t2

a2

解得： t2＝ 2s

n n n 3?

工件滑行位移大小为：

n 2 n 1

解得： x2＝ 4m

工件运动到 C 点时速度恰好为零，故假设成立。

工作在传送带上上滑的总时间为：t＝ t1 +t 2＝ 2.4s

（3）第一阶段：工件滑行位移为：x1＝ 2.4m。

传送带位移 x1'vt1 1.6m ，相对位移为： Vx1 0.8m 。

摩擦生热为： Q1mgVx1 cos37

解得： Q1＝3.2J

第二阶段：工件滑行位移为：x2＝4m ，

传送带位移为：x2'vt 28m

相对位移为：x24m

摩擦生热为：Q2mg x2 cos37

解得： Q2＝16J

总热量为： Q＝ 19.2J。

2．如图甲所示，一倾角为37°L=3.75 m

的斜面

AB

上端和一个竖直圆弧形光滑轨道

BC ，长

相连，斜面与圆轨道相切于 B 处， C为圆弧轨道的最高点。 t=0 时刻有一质量m=1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t 图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s 2， sin 37 =0.°6， cos 37 =0°.8）求：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)物块到达 C 点时对轨道的压力F N的大小；

(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从 A 点滑上轨道，通过 C 点后恰好能落在 A 点。如果能，请计算出物块从 A 点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】 (1) μ=0.5 (2) F'N=4 N (3)

【解析】

【分析】

由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定

理得物块到达 C 点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达道的压力F N的大小；物块从 C 到 A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达

度，物块从 A 到 C，由动能定律可求物块从 A 点滑出的初速度；C 点时对轨C 点时的速

【详解】

解： (1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为

根据牛顿第二定律有：

解得

(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：

在最高点，根据牛顿第二定律则有：

解得：

由根据牛顿第三定律得：

物体在 C 点对轨道的压力大小为 4 N

(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到 A 点

物块从 C 到 A，做平抛运动，竖直方向：

水平方向：

解得，所以能通过 C 点落到 A 点

物块从 A 到 C，由动能定律可得：

解得：

3．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

=0.5m/s 2

t

前 2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： F 1 mg sinma

2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F 2 mg sin

由图读出 F 1

2

=5.5N ， F =5N

联立两式，代入数据可解得： m=1kg ， sin α=0.，5即 α=30°

4． 如图所示，质量 M

2kg 的木板静止在光滑水平地面上，一质量 m 1kg 的滑块（可

视为质点）以 v 0 3m/s 的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑 落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为

0.2 ，重力加速度

g

10m/s 2 ，求：

（ 1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （ 2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？

（ 3）木板的长度 L ？

【答案】（ 1） 1m/s （2） 0.25m （3） 1.75m 【解析】 【详解】

（1）滑块与小车动量守恒

mv 0 (m M )v 可得 v 1m/s

（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：

mgs

0 1 mv 2

2

解得 s 0.25m

（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：

1 mv 02

1

(m M )v 2 mgs 1

2 2

故木板的长度 L s s 1 1.75m

5． 质量 M

9kg 、长 L 1m 的木板在动摩擦因数 1 0.1 的水平地面上向右滑行，当速

度 v 0 2m/s 时，在木板的右端轻放一质量 m 1kg 的小物块如图所示

.

当小物块刚好滑到

木板左端时，物块和木板达到共同速度

.

取 g

10m/s 2 ，求：