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)及解析

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)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。重力加速度g ＝10m/s 2，试求：

（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2

（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。 【答案】（1）0.3（2）1

20

（3）2.75m 【解析】 【分析】

（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】

（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114

/3/1

v v a m s m s t --=

==-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；

（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

1212v mg mg m

t μμ+?= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

2

122

2v mg mg m

t μμ-?= 而且121t t t s +== 联立可以得到：21

20

μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在

1

0.5s t

=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：

1100.52

v x t m +=

?=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

2220

0.252

v x t m +=

?=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：12

2.52

v v x t m +=

?=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ?=+-=。 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

2．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =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0.2μ=，重力加速度210m/s g =，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0()mv m M v =+可得1m/s v =

（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102

mgs mv μ-=- 解得0.25m s =

（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111

()22

mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=

3．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B ，现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量mA=2kg ，B 滑块的质量mB=4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：

（1）t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小； （2）0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．

【答案】(1)2

2

12

1,0.5m m

a a s

s ==；(2)30J

【解析】 【详解】

(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，

水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ， 由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——② B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a 由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；

联立①②③解得：211m /s a =，2

20.5m /s a =；

(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x

1221122221212L x x x a t x a t ?

+=??

?

=??

?=??

代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t =

2秒时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：()12A Q f x x =+ 代入数据解得：30J Q =．

4．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．

求：(1)木板A 的长度L ；

(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；

(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．

【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】

(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动

B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：

202v aL =

11mg ma μ=

解得木板A 的长度 3L m =

（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+

物块B 向右做匀减速直线运动

22

112B v v a s -=

A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=

2222v a s =

位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能

1Q mgL μ=

解得 5.4Q J =

5．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v 0=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/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（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v 0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v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示）

【答案】(1)9J E ?= (2)8J Q =0v ≤≤ 【解析】

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 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111

222

E mv m v ?=- 解得：9E J ?=

（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+

由机械能守恒得：(

)()222111122222

B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =

C 以c v 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：2

10.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2

212C v v a x -=

联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：1

2.5C

v v t s a -== 所以相对位移x vt x ?=- 代入数据得： 1.25x m ?=

摩擦生热·

8Q mgcos x J μθ=?= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速

则有：22

212c v v a L -=

根据牛顿第二定律得：2

212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-

联立解得：1397/c v m s =

设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速

则有：22

112c v v a L -=

解得：213/c v m s =

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：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22

211

111122222

B C m v m v mv =+ 解得：133397/22

max c v v m s =

= 同理得：3

13/2

min v m s = 所以

03313/397/22

m s v m s ≤≤

6．如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定．解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上．以P 点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示．已知物体质量为2kg ，物体离开平台后下落0.8m 的过程中，水平方向也运动了0.8m ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．求：

(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能． 【答案】(1)0.2μ=，400/k N m =(2)2/v m s =， 6.48p E J = 【解析】 【详解】

（1）由图象知，弹簧最大压缩量为0.18x m ?=，物体开始运动时加速度2

134/a m s =，

离开弹簧后加速度大小为2

22/a m s =.

由牛顿第二定律1k x mg ma μ??-=①，

2mg ma μ=②

联立①②式，代入数据解得0.2μ=③

400/k N m =④

（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：2

12

h gt =

⑤ d vt =⑥

物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：2

12

p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧

6.48p E J =⑨

7．如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为3s m =，传送带与水平方向间的夹角37θ=o ，煤块与传送带间的动摩擦因数

0.8μ=，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度

1.8H m =，与运煤车车箱中心的水平距离0.6.x m =现在传送带底端由静止释放一煤块(

可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取

210/g m s =，sin370.6=o ，cos370.8=o ，求：

（1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度；

（3）煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【答案】（1）0.1m （2）1m/s ；（3）4.25s 【解析】 【分析】

（1）要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小． （2）根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度．

（3）煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间． 【详解】

（1）由平抛运动的公式，得x vt = ，21H gt 2

= 代入数据解得

v =1m/s

要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零， 由牛顿第二定律，得

2

v mg m R

=，

代入数据得R =0.1m （2）由牛顿第二定律得

mgcos mgsin ma μθθ=﹣ ，

代入数据解得

a =0.4m/s 2

由2

12v s a

=得s 1=1.25m ＜s ，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，

故传送带的速度为1m/s ．

（3）由v=at 1解得煤块加速运动的时间t 1=2.5s 煤块匀速运动的位移为

s 2=s ﹣s 1=1.75m ，

可求得煤块匀速运动的时间

t 2=1.75s

煤块在传送带上直线部分运动的时间

t =t 1+t 2

代入数据解得

t =4.25s

8．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）14

15

kmg 【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：

26

F '

+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=-

13kmg T 2=3

5

kmg 因此作用力变化

ΔT =T 2-T 1=

1415

kmg

9．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求: (1)斜面的倾角θ

(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.

【答案】（1）030θ=；（2）3μ= 【解析】 【分析】

对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。 【详解】

物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0-0.5s 时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：221480.5m m a s

s =

= 物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5-1.5s 时间段，同理可得：

222221m m a s

s =

= 上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma 1， 下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma 2， 联立解得：3

μ=，θ=30°。 【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，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。

10．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．