(物理)物理牛顿运动定律练习题含答案含解析

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)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．
2h
【答案】(1) g(sin α－μcos α) (2) g sin sin cos (3)1:1
【解析】 【详解】 (1) 由牛顿第二定律可得 F 合=Ma 甲 Mgsin α－μ·Mgcos 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=ΔEk
P 的加速度 a2 gsin gcos 2m / s2
后段运动有：
L
s
vt2
1 2
a2t22
，
解得： t2 1s ，
到达 A 端的速度 vA v a2t2 6mห้องสมุดไป่ตู้/ s
动能
EkA
1 2
mvA2
900J
【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，
（3）撤去 F 后，根据动能定理得：-Wf=0- 1 mv2 2
可得物块克服摩擦力做的功为：Wf=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
（1）物块运动 2s 时速度最大．由运动学公式有：x= v t 2
可得物块运动的最大速度为： v 2x 2 6 6m / s t2
（2）物块匀加速直线运动的加速度为：a= v 6 =3m/s2． t2
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
所以 vM＝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 FN－mg＝m （2 分）
所以 FN＝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 vN＝6 m/s （1 分） 滑板从 P 点到 N 点机械能守恒，则有 mgh′＝mgR2＋ 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。
传送带 .已知某传送带与水平面成 37 角，皮带的 AB 部分长 L 5.8m，皮带以恒定的 速率 v 4m / s 按图示方向传送，若在 B 端无初速度地放置一个质量 m 50kg 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( 取 g 10m / s2 ， sin37 0.6) ，
(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】
（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：
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
s in
sin
OP=OQ
根据几何关系得 x甲 =
h2 OP2 1 =
x乙 h2 OQ2 1
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，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：
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：
（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为： a2
10 5 1 0.5
10m
/
s2
此过程有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2 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：a1= 10 m / s2 =20m/s2 0.5
此过程有：F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1 代入数据解得：F=60N
(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 FN 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 FN 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 vC，由动能定理得：
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10m / s2.2 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；
v2 （2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移 s 0.8m
2a1
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：
mgsin
F
L
s
1 2
mvA2
1 2
mv2
到
A
端时的动能
EkA
1 2
mvA2
900J
解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移 s v2 0.8m 2a1
以后物资 P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，
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
(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）
（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 ×10×1.5＝7.5m 2
【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0 ，沿斜面 上滑。斜面倾角 370 ，滑块与斜面的动摩擦因数 。整个过程斜面体保持静止不动，
【解析】
【详解】
(1)若 0.8，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有： mgsin＋mgcos＝ma0 ，