最新物理牛顿运动定律练习题含答案

最新物理牛顿运动定律练习题含答案

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）

120（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： 0121

2v 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： 21222v mg mg m

t μμ-?= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=

，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t =时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：

01100.52

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：

22

200.252

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 2.52v 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．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。倾角也是37?的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；

（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；

（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J

【解析】

【详解】

（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：

2P 01sin 37cos372

E mgx mgx mv μ??=++ 解得：E p ＝42J

（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ??+=

解得：a 1＝10m/s 2

工件与传送带共速需要时间为：011

v v t a -=

解得：t 1＝0.4s

工件滑行位移大小为：22

011

2v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<

因为tan 37μ?

<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有： 2sin 37cos37mg mg ma μ??-=

解得：a 2＝2m/s 2

假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：

22

v t a = 解得：t 2＝2s

解得：x 2＝4m

工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

工作在传送带上上滑的总时间为：t ＝t 1+t 2＝2.4s

（3）第一阶段：工件滑行位移为：x 1＝2.4m 。

传送带位移'11 1.6m x vt ==，相对位移为：10.8m x =V 。

摩擦生热为：11cos37Q mg x V μ?=

解得：Q 1＝3.2J

第二阶段：工件滑行位移为：x 2＝4m ，

传送带位移为：'228m x vt ==

相对位移为：24m x ?=

摩擦生热为： 22cos37Q mg x μ?=?

解得：Q 2＝16J

总热量为：Q ＝19.2J 。

3．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）023

sin 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

=

4．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°

5．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F 2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F 0，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

6．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 2v

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．

7．一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：3μ=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。

8．一质量为0.25 kg 的物块静止在水平地面上，从t ＝0 s 时刻开始受到一个竖直向上的力F 的作用，F 随时间t 的变化规律如图乙所示，重力加速度g 取10 m/s 2.求：

(1)t ＝2 s 时，物块速度的大小：

(2)t ＝0到t ＝3 s 的过程中，物块上升的高度．

【答案】(1)2 m/s (2)6 m

【解析】

【分析】

在0-1s 内拉力小于重力，物块静止不动，根据牛顿第二定律求出1-2s 内的加速度，结合速度时间公式求出t=2s 时，物块速度的大小；根据牛顿第二定律求出2-3s 内的加速度，根据位移时间公式分别求出1-2s 内和2-3s 内的位移，从而求出物块上升的高度；

【详解】

解：(1) 01s -内，1F mg <，物块静止

12s s -物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：21F mg ma -=

解得：2212/F mg a m s m

-== 则t ＝2 s 时，物块的速度：21/2/v m s m s =?=

(2) 12s s -物块匀加速运动：21111?2

x a t m == 23s s -物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得：32F mg ma -=

解得：2326/F mg a m s m

-== 则有：222215?2x vt a t m =+

= 则物块上升的高度：12156h x x m m m =+=+=

9．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m=1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N ，无人机上升过程中最大速度为6m/s ．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．（g 取10 m ／s ）2．求：

(1)无人机以最大升力起飞的加速度；

(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；

(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m 的高空所需的最短时间．

【答案】（1）22/m s （2）4f N = （3）6.5s

【解析】

（1）根据题意可得26/02/3v m s a m s t s

?-=

==? （2）由牛顿第二定律F f mg ma --= 得4f N = （3）竖直向上加速阶段21112x at =

，19x m = 匀速阶段12 3.5h x t s v

-== 故12 6.5t t t s =+=

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=o 角，球与杆之间的滑动摩擦因数36

μ=

，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．

【答案】（1）53N 方向垂直于杆向上 （2）22.5m /s （3） 0N

【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=

根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为，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