(物理)物理牛顿运动定律练习题含答案含解析

（物理）物理牛顿运动定律练习题含答案含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 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/s2，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C点时对轨道的压力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C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；

【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：

2．地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =的救灾物资

(P 可视为质点)，P 与皮带之间的动摩擦因数0.5(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ，

求：

()1物资P 从B 端开始运动时的加速度． ()2物资P 到达A 端时的动能．

【答案】()1物资P 从B 端开始运动时的加速度是()2

10/.2m s 物资P 到达A 端时的动能

是900J ． 【解析】 【分析】

（1）选取物体P 为研究的对象，对P 进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；

（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】

（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；

cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=

（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2

1

0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用 根据动能定理：()()2211sin 22

A mg F L s mv mv θ--=

-

到A 端时的动能2

19002

kA A E mv J =

= 解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2

1

0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，

P 的加速度2

2sin cos 2/a g g m s θμθ=-=

后段运动有：2

22212

L s vt a t -=+， 解得：21t s =，

到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 动能2

19002

kA A E mv J == 【点睛】

传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当二者速度相等时，即保持相对静止.属于中档题目．

3．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 v=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·θ

sin h

－μmg (OQ －

cos sin h θθ)=0 OP=OQ

根据几何关系得22221

==1x h OP x h OQ ++甲乙

4．如图甲所示，质量为m=2kg 的物体置于倾角为θ=37°的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，t 1=0.5s 时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m ／s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

(1)物体与斜面间的动摩擦因数μ (2)拉力F 的大小

(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s ． 【答案】(1)μ=0.5 (2) F =15N (3)s =7.5m 【解析】 【分析】

由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ．根据v-t 图象面积求解位移. 【详解】

（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：22105

10/10.5

a m s -==- 此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma 2 代入数据解得：μ=0.5

（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a 1=210

/0.5

m s =20m/s 2 此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma 1 代入数据解得：F=60N

（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s ，向上滑行过程位移为：

s ＝

1

2×10×1.5＝7.5m 【点睛】

本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．

5．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度0υ，沿斜面上滑。斜面倾角037θ=，滑块与斜面的动摩擦因数μ。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m ／s 2。试求：

（1）若0.8μ=，012.4/m s υ=，求滑块从C 点开始在2s 内的位移。 （2）若0.45μ=，09.6/m s υ=，求滑块回到出发点时的速度大小。 【答案】（1） 6.2x m = （2） 4.8 /v m s ＝ 【解析】 【详解】

(1)若0.8μ=，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有：0 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得滑块上滑过程的加速度大小2

012.4 /,a m s ＝

上滑时间0

00

1 v t s a =＝， 上滑位移为2

002

.162x m a t =

= (2)若0.45μ=，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：1 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得2

19.6 /a m s ＝

设滑块上滑位移大小为L ，则由2

012v a L ＝ ，解得 4.8 L m ＝

滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：2 mgsin mgcos ma θ

μθ－＝ ， 解得2

2 2.4 /a m s ＝

根据2

22v a L ＝ ，

解得滑块回到出发点处的速度大小为 4.8 /v m s ＝

6．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求： （1）物块运动的最大速度； （2）F 的大小；

（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功 【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】 【分析】

（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．

（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功． 【详解】

（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2

v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2

x v m s t ?=

== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=6

2

v

t

=

=3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N

（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12

mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．

7．如图所示，水平传送带长L=5m ，以速度v=2m/s 沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为

μ=0.2，g=10m/s2。求：

①物块从左端传送到右端需要的时间

②物体在传送带上因摩擦而产生的热量

【答案】①3s ②2J

【解析】

【详解】

①物体在传送带上开始做加速运动，共速后做匀速运动，开始的加速度为

；

加速的时间

加速的位移：；

匀速的时间：

则物块从左端传送到右端需要的时间t=t1+t2=3s；

②物体在传送带上因摩擦而产生的热量：

8．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。如图所示是由足够长的斜直轨道，半径R1=2m的凹形圆弧轨道和半径R2=3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m=1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h=3.2m，不计一切阻力，g取10m/s2.求：

(1)滑板滑至M点时的速度大小；

(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小；

(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度.

【答案】(1)8 m/s (2)42 N (3)5.4 m

【解析】

试题分析：（1）对滑板由P点滑至M点，由机械能守恒得mgh＝mv（2分）

所以v M ＝8 m/s. （1分）

（2）对滑板滑至M 点时受力分析，由牛顿第二定律得F N －mg ＝m （2分） 所以F N ＝42 N. （1分）

（3）滑板滑至N 点时对轨道恰好无压力，则有mg ＝m （2分） 得v N ＝6 m/s （1分）

滑板从P 点到N 点机械能守恒，则有 mgh′＝mgR 2＋mv （3分） 解得h′＝5.4 m. （2分） 考点：机械能守恒定律

【名师点睛】本题考查的是牛顿第二定律和机械能守恒结合的问题。滑板由P 点滑至M 点，只有重力做功，机械能守恒。然后分别对M 和N 两点进行受力分析，运用牛顿第二定律。此题便可很快解出。

9．如图所示，质量为 m ＝1 kg 的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M 、N 之间，M 、N 与金属滑块间动摩擦因数均为 μ＝0.2，金属滑块与一劲度系数为k ＝200N/m 的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M 固定不动，挡板N 与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)．起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m 的物体从距滑块L ＝20 cm 处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l ＝10 cm 时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．g 取10 m/s 2，求：

(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能； (2)当滑块下移距离为d ＝5 cm 时挡板对滑块压力的大小；

(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为E p ＝

12

kx 2

(式中k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功． 【答案】(1) 1J (2) 25N (3) -1J 【解析】

(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v 0，对物体下落过程由机械能守恒定律得

2012

mgl mv =

设碰后共同速度为v 1，由动量守恒定律得102mv mv =

根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能220111

222

E mv mv ?=

-?

上式联立数据带入得1E ?=J ．

(2)设滑块下移时加速度为a ，由运动学公式得2

102v al -=

起初滑块静止时，有01mg F k x ==? 当滑块下移距离为5d =cm 时 弹簧的弹力()1F k x d =?+

对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得()

222f mg F F ma -+= 滑动摩擦力f N F F μ= 解得25N F =N ．

(3)由功能关系可得

()2

2211111122222

k x l k x mv mgl W ?+-?-?=+ 解得1W =-J ．

答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J ； (2)当滑块下移距离为d =5cm 时挡板对滑块压力的大小是25N ； (3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J ．

10．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2； （2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2； （4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ．

【解析】

试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得

1sin cos mg mg ma θμθ+=

a 1=8m/s 2

（2）物体沿斜面上滑

由2

012=v a x ，得x=9m

（3）物体沿斜面返回下滑时

2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2

（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动2221

2

x a t =

则t=t 1+t 2=

1)

2

s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用