高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。

木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反。

运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。

已知木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求： (1)t=0时刻木板的速度； (2)木板的长度。

【答案】（1）05/v m s =（2）163
l m = 【解析】 【详解】
（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+ 令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+ 代入数据求得：0=5m/s v
（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ=
对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112
v
x t =
对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++= 对木板，经历时间t ，发生位移x 2
22131
2
x v t a t =-
木板长度12l x x =+代入数据，16=
m 3
l
2．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/s 2，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．
【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
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．
3．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 =.
（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大； （2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？ 【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】 【详解】
解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =
解得：2
13m/s a =
对木板：122F f f Ma --=
解得：2
25m/s a =
滑块位移：21112
x a t =
，木板的位移：2221
2x a t =
滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =
4．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：
（1）刚放上传送带时物块的加速度；
（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．
【答案】（1）2
4/a g m s μ==（2）1t s =
【解析】 【分析】
先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】
（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：
mg ma μ=
代入数据得：2
4/a g m s μ==
（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s
根据运动学公式可得：2
02as v =
运动的位移： 2
0842v s m a
==>
则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有
212
l at =
解得 1t s = 【点睛】
物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．
5．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：
2
N 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．
6．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块
(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；
(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．
【答案】(1) g(sin α－()
2sin sin cos h
g θθμθ- 【解析】 【详解】
(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲 Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)
(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h
=212
mv cos 21sin gh θμ
θ⎛⎫
- ⎪⎝
⎭
a 乙=g (sin θ－μcos θ)
t =
()
2sin sin cos h
g θθμθ-
(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·
sin h
α－μ·Mg (OP －
cos sin h αα
)=0
mgh －μmg cos θ·θsin h
－μmg (OQ －
cos sin h θθ
)=0 OP=OQ
根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙
7．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．
（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？ （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？
【答案】（1）见解析（2）2.5m 【解析】 【分析】
（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；
（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小． 【详解】
（1）甲车紧急刹车的加速度为2
10.44/a g m s ==
甲车停下来所需时间0
11
2.5v t s a =
= 甲滑行距离 20
1
12.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；
（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：2
20.55/a g m s ==
设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，
0120022()v a t t v a t -+=-
解得2 2.0t s =
此过程中乙的位移： 220002121
152
x v t v t a t m =+-= 甲的位移：210021021
()()12.52
x v t t a t t m =+-
+= 所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-= 【点睛】
解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．
8．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，
21012
mgR 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20
11N 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
9．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 （28
35
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 ＝
1
2
mv B 2得v B ＝10m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得
F1－μmg＝ma 且x1＝1
2
at1
2
解得t1＝
8
35
s．
（3）当滑块恰好能到达最高点C时，有mg＝m
2
C
v
R
对滑块从B到C的过程，由动能定理得
W－mg×2R＝
1
2
mv C2－
1
2
mv B2
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
10．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）行李包相对于传送带滑动的距离．
（2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．
【答案】（1）0.1m（2）1.25m
【解析】（1）行李包在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma1，
解得：a1=5m/s2，
行李包加速运动时间：t1=
1
1
5
v
a
==0.2s，
行李包前进的距离：x1=
22
1
1
225
v
a
=
⨯
=0.1m，
传送带前进的距离：x2=vt1=1×0.2=0.2m，
行李包相对于传送带的距离：△x=x2-x1=0.2-0.1=0.1 m；
（2）行李包沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律得：μ2mgcos37°-mgsin37°=ma2
由匀变速直线运动的速度位移公式得：0-v2=-2a2x，
代入数据解得：x=1.25m
点睛：该题考查牛顿运动定律的综合应用，属于单物体多过程的情况，这一类的问题要理清运动的过程以及各过程中的受力，然后再应用牛顿运动定律解答。