高中物理牛顿运动定律解题技巧及练习题及解析

高中物理牛顿运动定律解题技巧及练习题及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：

（1）小环的质量m ； （2）细杆与地面间的倾角a ． 【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°． 【解析】 【详解】

由图得：0-2s 内环的加速度a=

v

t

=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α= 由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N

联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°

2．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：

(1)木块B 离开桌面时的速度大小； (2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小． 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】

【详解】

(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ′．根据平抛运动规律有：2

12

h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2g

v s

h

== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：

22.5m/s Mg

a M

μ=

=

设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得

0 2.0m/s v v at =-=

(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：

2Mv Mv mv =+1

解得：2

10.80m/s Mv mv v M

-=

=.

3．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 =

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．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。经过一段时间，物块A 与静止在斜面上的质量M=2kg 的物块B 发生完全非弹性碰撞，之后一起沿斜面匀速下滑。已知重力加速度大小g=10m/s 2，sin37°=0.6，co37°=0.8，求

(1)A 与斜面之间的动摩擦因数μ1； (2)B 与斜面之间的动摩擦因数μ2。 【答案】(1)(

) (2)

(

)

【解析】 【分析】

物块A 沿斜面加速下滑，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解A 与斜面之间的动摩擦因数；

A 、

B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解B 与斜面之间的动摩擦因数。 【详解】

(1)物块A 沿斜面加速下滑，

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：

由牛顿第二定律得：

解得：

；

(2)A 、B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件

得：

解得：

。

6．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户．某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在上升过程的最大速度为1m/s ，高度为56m ．货物质量为2kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g=10m/s 2．求 (1)无人机匀加速上升的高度；

(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力． 【答案】(1)2.5m ；(2)20.8N 【解析】 【详解】

（1）无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2 无人机匀减速上升的高度：h 3＝

2

v t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3 联立解得：h 1＝2.5 m

（2）货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1

货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得： F －mg －0.02mg ＝ma 联立解得：F ＝20.8 N

7．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下.落到一定位置时,制动系统启动,到地面时刚好停下.已知座舱开始下落时的高度为75m ,当落到离地面30m 的位置时开始制动,座舱均匀减速.重力加速度g 取102/m s ,不计空气阻力. （1）求座舱下落的最大速度; （2）求座舱下落的总时间;

（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球,求座舱下落过程中球对手的压力. 【答案】（1）30m/s （2）5s ．（3）75N ． 【解析】

试题分析：（1）v 2=2gh; v m ＝30m/s

⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：2

112

h gt =

t 1

＝3s 座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t 2＝2

h

v =＝2s 所以座舱下落的总时间为：t ＝t 1＋t 2＝5s

⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝mg 解得：N ＝0

根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝0，即球对手的压力为零 在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N ＝ma

根据匀变速直线运动规律有：a ＝2

2

02v h -＝－15m/s 2

解得：N ＝75N （2分）

根据牛顿第三定律有：N′＝N ＝75N ，即球对手的压力为75N 考点：牛顿第二及第三定律的应用

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．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，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U 形滑板N ，滑板两端为半径R=0．45m 的1/4圆弧面．A 和D 分别是圆弧的端点，BC 段表面粗糙，其余段表面光滑．小滑块P 1和P 2的质量均为m ．滑板的质量M=4m ，P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=0．20，最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力．开始时滑板紧靠槽的左端，P 2静止在粗糙面的B 点，P 1以v 0=4．0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下，与P 2发生弹性碰撞后，P 1处在粗糙面B 点上．当P 2滑到C 点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P 2继续运动，到达D 点时速度为零．P 1与P 2视为质点，取g=10m/s 2

．问：

（1）P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大？ （2）P 2在BC 段向右滑动时，滑板的加速度为多大？ （3）N 、P 1和P 2最终静止后，P 1与P 2间的距离为多少？

【答案】（1）1

0v '=、25m/s v '= （2）220.4m/s a = （3）△S=1．47m 【解析】

试题分析：（1）P 1滑到最低点速度为v 1，由机械能守恒定律有：220111

22

mv mgR mv += 解得：v 1=5m/s

P 1、P 2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得：11

2mv mv mv ''=+ 22211

2111

222mv mv mv ''=+ 解得：1

0v '=、25m/s v '= （2）P 2向右滑动时，假设P 1保持不动，对P 2有：f 2=μ2mg=2m （向左） 设P 1、M 的加速度为a 2；对P 1、M 有：f=（m+M ）a 2

2220.4m/s 5f m

a m M m

=

==+ 此时对P 1有：f 1=ma 2=0．4m ＜f m =1．0m ，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s 2

；

（3）P 2滑到C 点速度为2v '，由22

1

2

mgR mv '= 得2

3m/s v '=

P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时，设P 1、M 速度为v ，由动量守恒定律得：

22

()mv m M v mv '=++ 解得：v=0．40m/s 对P 1、P 2、M 为系统：2222

11

()22

f L mv m M v '=++ 代入数值得：L=3．8m

滑板碰后，P 1向右滑行距离：2

110.08m 2v s a ==

P 2向左滑行距离：22

22

2.25m 2v s a '==

所以P 1、P 2静止后距离：△S=L-S 1-S 2=1．47m

考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．