物理牛顿运动定律练习题及答案

物理牛顿运动定律练习题及答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量M=0．4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m ，某时刻另一质量m=0．1kg 的小滑块(可视为质点)以v 0=2m ／s 的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。

已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m ／s 2，小滑块始终未脱离长木板。

求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。

【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：解得：对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得：长木板位移：解得：两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板解得：(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：最终两者的共同速度：小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：2．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ=从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+解得：023sin L t g θ=3．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大； （2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？ 【答案】（1）6N ；9N （2）1s 【解析】 【详解】解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯= 木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯= (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =解得：213m/s a =对木板：122F f f Ma --=解得：225m/s a =滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t =滑落时：21x x L -= 代入数据解得：1s t =4．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：。

5．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′＝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。

6．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。

某体验者乘坐滑草车运动过程简化为如图所示，滑草车从 A点静止滑下，滑到 B点时速度大小不变而方向变为水平，再滑过一段水平草坪后从 C点水平抛出，最后落在三角形状的草堆上。

已知斜坡 A B与水平面的夹角θ=37°，长为 x AB=15m，水平草坪 B C 长为 x BC=10m。

从 A点滑到了 B点用时 3s。

该体验者和滑草车的质量 m =60kg，运动过程中看成质点，在斜坡上运动时空气阻力不计。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2）（1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数；（2）体验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为5m/s，已知风的阻力大小 F与风速 v满足经验公式 F=1.2v2。

求体验者滑到 C点时的速度大小；（3）已知三角形的草堆的最高点 D与 C点等高，且距离 C点 6m，其左顶点 E位于 C点正下方 3m 处。

在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开 C点时速度大小为 7m/s，无风力作用，空气阻力忽略不计，求体验者和滑草车落到草堆时的动能。

【答案】（1）；（2）；（3）【解析】试题分析：（1）根据代入数据解得2分2分代入数据解得1分（2）在BC阶段运动时2分代入数据解得1分又2分1分代入数据解得1分（3）根据题意2分2分代入数据解得1分又由动能定理2分代入数据解得1分考点：动能定理。

7．如图甲，圆圈内放大的集成块可以同时自动测量沿手机短边（x 轴）、长边（y 轴）和垂直面板方向（z 轴）的加速度，相当于在三个方向上各有一个如图乙所示的一维加速度计，图中固定在力传感器上的质量块的质量为m．下面仅研究x 轴处于水平方向和y 轴处于竖直方向的加速度情况．（1）沿 x 轴方向，若用 F 表示力传感器垂直接触面对质量块的作用力，取+x 轴方向为加速度正方向， 导出手机在水平方向的加速度 x a 的表达式；（2）沿 y 轴方向，若用 F 表示力传感器垂直接触面对质量块的作用力，取+y 轴方向为加速度正方向， 导出手机在竖直方向的加速度 y a 的表达式；（3）当手机由竖屏变横屏时，为让手机感知到这种变化，需要通过电信号分别将（1）和（2）中导出的 加速度进行输出，但应统一输出项 a 出，请分别写出水平和竖直方向上输出项 a 出的表达式；（4）当手机由竖屏变横屏时，显示的视频画面会随之由窄变宽，请解释其中的原理．【答案】（1）x F a m =（2）y F mg a m -=（3）=x x F a a m =出=y y F a a g m=+出（4）当手机竖屏播放视频时，=0x x F a a m ==出 、 =y y Fa a g g m出=+=将手机转为横屏时，加速度计测得水平、竖直两个方向加速度的值发生交换； 智能手机据此做出判断， 将视频画面由窄变宽． 【解析】 【分析】 【详解】（1）质量块在+x 轴方向只受力传感器垂直接触面对它的作用力 F ，由牛顿第二定律得：x Fa m=（2）质量块在+y 轴方向受重力（mg ）、力传感器垂直接触面对它的作用力 F 两个力的作用，由牛顿第二定律得：y F mga m-=（3）应统一设置水平和竖直方向上通过力传感器电信号输出的加速度的表达式为：a 出在水平方向的加速度的输出表达式：=x x Fa a m=出 在竖直方向的加速度的输出表达式：=y y Fa a g m=+出 （4）当手机竖屏播放视频时，=0x x F a a m ==出 、 =y y Fa a g g m出=+=将手机转为横屏时，加速度计测得水平、竖直两个方向加速度的值发生交换； 智能手机据此做出判断， 将视频画面由窄变宽．8．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 ＝12kx 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2012mgl 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220111222E 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2102v 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()22211111122222k 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 ．9．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）10v '=、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：22011122mv mgR mv += 解得：v 1=5m/sP 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：112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得：10v '=、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 22220.4m/s 5f ma 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2212mgR mv '= 得23m/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：222211()22f 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：2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离：22222.25m 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．10．如图所示，质量1m kg =的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N =作用下沿杆向上滑动．（210/g m s =）求：（1）求球对杆的压力大小和方向；（2）小球的加速度多大；（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大．2.5m/s（3） 0N 【答案】（1）53N方向垂直于杆向上（2）2【解析】(1)小球受力如图所示：建立图示坐标，沿y方向，有：(F−mg)cos30∘−FN=0解得：FN=53N根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为3N，方向垂直于杆向上．(2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：a=2.5m/s2（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma而f=μFN解得：F=0N。