物理牛顿运动定律练习
物理牛顿运动定律练习
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg ，每节动车可以提供P 0=3W 的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度21/a m s =启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m =6m/s 并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：
（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；
（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移．
【答案】（1）2N 3s （2）46.5m
【解析】
（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．
（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=
动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P =
联立解得：f=2N
设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为F?，匀加速运动的末速度为v '
由牛顿第二定律有：F f ma '-=
动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '=
解得匀加速运动的时间：13t s =
（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：
221122
m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m
2．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：
(1)前2s 内，A 的位移大小；
(2)6s 末，电场力的瞬时功率．
【答案】(1) 2m (2) 60W
【解析】
【分析】
【详解】
（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-
μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1
可得系统的加速度a 1=1m/s 2；
由运动规律：x=12
a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；
（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则
v 1=a 1t 1=2m/s ；
绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2
解得a 2=2m/s 2；
由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1)
解得v 2=10m/s
电场力的功率P=Fv ，解得P=60W
3．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：
(1)滑块A 的加速度大小a A ；
(2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．
【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =
【解析】
【详解】
（1）A 、B 受力如图所示：
A 、
B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ：
水平方向：N 1F F =
竖直方向：A A A m g f m a -=
且：N f F μ=
联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =
（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =
对B 由位移公式得：212
B B x a t = 由位移关系得：B A x h x =-
由速度公式得B 的速度：B B v a t =
对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -=
恒力F 2的功率：2B P F v =
联立解得：P ＝50W
4．如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg （可视为质点）从赛道顶端静止开始沿直线下滑，到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s 。然后在水平赛道上沿直线继续前进180m 静止。假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数相同，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为
g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）滑雪者与赛道间的动摩擦因数；
（2）滑雪者在斜面赛道上受到的合外力；
（3）滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度
【答案】（1）0.25（2）300N(3)7.5s,112.5m
【解析】
【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出滑雪者与赛道间的动摩擦因数；根据滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据速度位移公式求出斜面赛道的长度；
解：(1)水平面匀减速v 2=2a 2s
得a 2=2.5m/s 2
由牛顿第二定律：μmg=ma 2
得：μ=0.25
(2) 滑雪者在斜面赛道上受到的合外力F =mg sin37°-μmg cos37°=300N
(3) 根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度
由得：
由v 2=2as 得
5．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．
【答案】0.13
【解析】
【分析】
对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数．
【详解】
对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t
代入数据解得：a 1=2m/s 2
在2s 内人的位移为：x 1＝
2112
a t 代入数据解得：x 1=4m
由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m
对木板：x 2＝2212a t 可得：a 2=0.5m/s 2
对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2
根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1
代入数据解得：f=100N
代入数据解得：μ＝
90.1370
． 【点睛】
本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．
6．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求：
(1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；
(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？
【答案】（1）
13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】
【详解】
(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为
a =
v t
① 对整个列车，由牛顿第二定律得：
F -k ·7mg =7ma ②
设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得
26
F +T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得
T =-13m (v t
+kg ) ④
其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反．
(2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得
F ?-k ·7mg =0 ⑤
设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有： 26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2，
则有：
5
F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得
T 1=-13
kmg T 2=35
kmg 因此作用力变化 ΔT =T 2-T 1=
1415kmg
7．如图所示，某货场而将质量为m 1="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m 2="100" kg ，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g="10" m/s 2）
（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μ1应满足的条件．
（3）若μ1=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．
【答案】（1）3000N F N =
（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V 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得， 21012mgR m v = ① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ，
根据牛顿第二定律得2011N v F m g m R
-= ② 联立以上两式代入数据得3000N F N = 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μ1m 1g ?μ2(m 1+2m 2)g ④
若滑上木板B 时,木板B 开始滑动,由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1+m 2)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a 1，
由牛顿第二定律得μ1m 1g ?
m 1a 1 ⑦ 设货物滑到木板A 末端是的速度为V 1,由运动学公式得V 12?V 02=?2a 1L ⑧
联立①⑦⑧式代入数据得V 1=4m /s ⑨
设在木板A 上运动的时间为t ,由运动学公式得V 1=V 0?a 1t ⑩
联立①⑦⑨⑩式代入数据得t =0.4s
8．如图甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与半径为R=0．6m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1kg 的滑块（大小不计），从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间动摩擦因数为0．25，与BC 间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s 2．求：
（1）滑块到达B 处时的速度大小；
（2）滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程中所需的时间；
（3）若滑块到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．
【答案】（1）210/m s （2）
835
s （3）5J 【解析】 试题分析： （1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得
F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝
12
mv B 2得v B ＝210m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得 F 1－μmg ＝ma 且x 1＝
12at 12 解得t 1＝835
s ． （3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C v R
对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得
W －mg×2R ＝
12mv C 2－12
mv B 2 代入数值得W ＝－5 J
即克服摩擦力做的功为5 J ． 考点：动能定理；牛顿第二定律
9．质量为5.0kg 的物体，从离地面36m 高处，由静止开始匀加速下落，经3s 落地，g 取10m/s 2，求：
（1）物体下落的加速度的大小；
（2）下落过程中物体所受阻力的大小。
【答案】(1)8m/s 2 (2)10N
【解析】
试题分析：根据匀变速直线运动的公式求出物体下落的加速度，根据牛顿第二定律求出阻力的大小．
解：（1）由
得， a=．
故物体下落的加速度大小为8m/s 2．
（2）根据牛顿第二定律得，mg ﹣f=ma
则f=mg ﹣ma=50﹣5×8N=10N
故下落过程中物体所受阻力的大小为10N ．
答：（1）物体下落的加速度的大小8m/s 2；（2）下落过程中物体所受阻力的大小10N
【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力．
10．如图所示为一升降机由静止开始下降．．
过程中的速度图像，升降机及其载重总质量为2.0t ．
（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；
（2）分别求出第2S 内、第5S 内、第7S 内悬挂升降机的钢索的拉力大小.（g 取10m/s 2）
【答案】（1）6s －8s 超重；0—2s 失重 （2）41.210N ? 4210N ? 2.8×104N
【解析】
试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；速度时间图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律求出各段时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小．
（1）由速度时间图象可知，0-2s 内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6s-8s 内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态．
（2）由加速度定义：?=
?v a t 根据图象得0～2s 内2218/4/2
v a m s m s t ?===? 根据牛顿第二定律得：4?11 1.210F mg ma N =-=?
2s ～6s 内，加速度a 2=0，即匀速运动
悬挂升降机的钢索的拉力F 2=mg =2×104 N
6s ～8s 内，加速度为：22308/4/2
v a m s m s t ?-===-? 根据牛顿第二定律得：433 2.810?
F mg ma N =-=? 点睛：本题主要考查了对超重失重现象的理解及牛顿第二定律的直接应用，属于基础题．