【物理】 物理牛顿运动定律专题练习(及答案)及解析

【物理】 物理牛顿运动定律专题练习(及答案)及解析

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：

2211

22

m Pt fx mv mv =

-'- 解得：x=46.5m

2．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A 。A 的上表面水平，A 上放置一物块B 。已知斜面足够长、倾角为θ，A 的质量为M ，B 的质量为m ，A 、B 间动摩擦因数为μ(μ＜)，

最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g 。现对A 施加一水平推力。求：

（1）物体A 、B 保持静止时，水平推力的大小F 1；

（2）水平推力大小为F2时，物体A、B一起沿斜面向上运动，运动距离x后撒去推力，A、B一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L；

（3）为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

先以AB组成的整体为研究的对象，得出共同的加速度，然后以B为研究的对象，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。

【详解】

(1) A和B整体处于平衡状态，则

解得：；

(2) A和B整体上滑过程由动能定理有

解得：；

(3) A和B间恰好不滑动时，设推力为F0，上滑的加速度为a，A对B的弹力为N

对A和B整体有

对B有：

解得：

则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件

3．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，t1=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／s2，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：mg sinθ+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．

4．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．

5．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．

6．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

7．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。实现了人类探测器在月球背面首次软着陆，世界震惊，国人振奋．嫦娥四号进入近月点15km 的椭圆轨道后，启动反推发动机，速度逐渐减小，距月面2.4km 时成像仪启动，扫描着陆区地形地貌并寻找着陆点．距月面100米左右，水平移动选定着陆点，缓慢降落，离地面3m 时关闭发动机，探测器做自由落体运动着陆，太阳翼再次打开，探测器开始工作．探测器质量为1.0×103kg ．月球表面重力加速度g 月=1.6m/s 2．求：

(1)探测器着陆前瞬间的动能．

(2)若探测器从距月面100m 高度处开始先做自由落体运动，然后开启反推发动机做减速运动，降落至月球表面时速度恰好为零．已知反推发动机使探测器获得的反推力大小为8000N ．求探测器从距月球表面100m 处开始做自由落体运动时间． 【答案】（1）；（2）

【解析】 【分析】

（1）根据能量守恒关系求解探测器着陆前瞬间的动能．（2）探测器先做自由落体运动，后做匀减速运动；根据牛顿第二定律求解做减速运动的加速度，结合运动公式求解做自由落体运动时间． 【详解】

（1）探测器着陆前瞬间的动能：

（2）减速过程：F-mg 月=ma 解得a=6.4m/s 2

设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为x 1、x 2，根据运动学公式：

2g 月x 1=2ax 2 且x 1+x 2=100,

联立解得探测器自由落体运动的时间t 1=10s

8．如图所示，水平面D 处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块P 斜面光滑，倾角为θ，水平底面粗糙。顶点A 到底面的高度h =0.45m 。在其顶点A 处放一个小物块Q ，与斜面不粘连，且最初系统静止不动，滑块的C 端到D 的距离L =0.4m 。现在滑块左端施加水平向右的推力F =36N ，使二者相对静止一起向右运动。当C 端撞到障碍物时立即撤去推力F ，滑块P 立即以原速率反弹。已知滑块P 的质量M =3.5kg ，小物块Q 的质量m =0.5kg ，P 与地面间的动摩擦因数μ=0.4（取g =10m/s 2）求：

(1)斜面倾角θ的正切值tan θ；

(2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前一瞬间的速度v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离x 是多少？ 【答案】（1）1

2

（2）直接落到水平面上；1.02m 。 【解析】 【详解】

(1)P 、Q 整体向右运动时，摩擦力1()16f M m g N μ=+= 由牛顿第二定律得：11()F f M m a -=+ 解得：2

15m

a s =

对Q 由牛顿第二定律得：1tan mg ma θ= 解得：1tan 2

θ=

； (2)P 、Q 与障碍物碰撞前由速度位移关系得：

2012v a L =

解得：02m v s

=

撤去外力之后，P 反向减速运动，则：

22f Mg Ma μ==

解得：224m

a s =

减速运动时间：0

12

0.5v t s a =

= Q 做平抛运动，如果Q 直接落到水平面上 则运动时间：2212

h gt = 解得：20.3t s =

在0.3s 内，P 向左运动的位移：2

1022210.422

x v t a t m =-= Q 的水平射程为：2020.6x v t m ==

由于12 1.02cot 0.9x x m h m θ+=>= ，所以Q 与斜面分离后，会直热门落到水平面上， 则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离12 1.02x x x m =+=。

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，在竖直平面内有一个半径为R 的光滑圆弧轨道，半径OA 竖直、OC 水平，一个质量为m 的小球自C 点的正上方P 点由静止开始自由下落，从C 点沿切线进入轨道，小球沿轨道到达最高点A 时恰好对轨道没有压力．重力加速度为g ，不计一切摩擦和阻力．求：

（1）小球到达轨道最高点A 时的速度大小； （2）小球到达轨道最低点B 时对轨道的压力大小． 【答案】（1）A v gR 2）6mg

【解析】

试题分析：（1） 设小球在A 点速度大小为A v ，小球到达A 点由重力提供向心力得：

2

A v mg m R

=①………………………………………………2分

可得：A v ……………………………………………………2分

设小球在B 点速度大小为B v ，从B 到A 由机械能守恒得：

2211

(2)22

B A mv mv mg R =+?②………………………………………2分 在B 点由牛顿第二定律可得：2

B v F mg m R

-=③ ……………… 2分 由①②③计算可得：6F mg =……………………………………………1分

在B 点，小球对轨道的压力为'F ，由牛顿第三定律可得：

'6F F mg ==④………………………………………1分

考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律