物理牛顿运动定律专项习题及答案解析

物理牛顿运动定律专项习题及答案解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。求：

(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2;

(2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t =

【解析】

【详解】

（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，

对滑块m ：由牛顿第二定律有：011sin 37mg f ma -=

其中01cos37N F mg =，111N f F μ=

解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=

对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-=

其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=

解得：221m/s a =

12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212

x a t =，12x x L -= 解得：1s t =

2．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：

221122

m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m

3．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：212h 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：210.80m/s Mv mv v M

-==.

4．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体C ，用劲度系数为k=100N/m 的竖直轻弹簧连在一起．物体B 放在水平地面上，物体C 在轻弹簧的上方静止不动．现将物体C 竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C 就上下做简谐运动，且当物体C 运动到最高点时，物体B 刚好对地面的压力为0．已知重力加速度大小为

g=10m/s 2．试求：

①物体C 做简谐运动的振幅；

②当物体C 运动到最低点时，物体C 的加速度大小和此时物体B 对地面的压力大小．

【答案】①0.07m ②35m/s 2 14N

【解析】

【详解】

①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ．

对物体C ，有：0mg kx =

解得：0x =0.02m

设当物体C 从静止向下压缩x 后释放，物体C 就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A =x

当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =-

解得：A =0.07m

②当物体C 运动到最低点时，设地面对物体B 的支持力大小为F ，物体C 的加速度大小为a .

对物体C ，有：0()k A x mg ma +-=

解得：a =35m/s 2

对物体B ，有：0()F Mg k A x =++

解得：F =14N

所以物体B 对地面的压力大小为14N

5．如图所示，传送带水平部分x ab =0.2m ，斜面部分x bc =5.5m ，bc 与水平方向夹角α=37°，一个小物体A 与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v =3m/s 运动，若把物体A 轻放到a 处，它将被传送带送到c 点，且物体A 不脱离传送带，经b 点时速率不变．(取g =10m/s 2，sin37°=0.6)求：

（1）物块从a 运动到b 的时间；

（2）物块从b 运动到c 的时间．

【答案】（1）0.4s ；（2）1.25s ．

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律求出在ab 段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a 到b 的运动时间．到达b 点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc 段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b 到c 的时间．

【详解】

（1）物体A 轻放在a 处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：

1mg ma μ=

解得：

21 2.5m/s a =

A 与皮带共速需要发生位移：

219 1.8m 0.2m 25

v x m a ===>共 故根据运动学公式，物体A 从a 运动到b ：

21112

ab x a t =

代入数据解得：

10.4s t =

（2）到达b 点的速度：

111m/s 3m/s b v a t ==<

由牛顿第二定律得：

22sin 37mg f ma ?+=

2cos37N mg =?且22f N μ=

代入数据解得：

228m/s a =

物块在斜面上与传送带共速的位移是：

222

2b v v s a -=共 代入数据解得：

0.5m 5.5m s =<共

时间为：

2231s 0.25s 8b v v t a --=

== 因为22sin 376m/s cos372m/s g g μ?=?=＞，物块继续加速下滑

由牛顿第二定律得：

23sin 37mg f ma ?-=

2cos37N mg =?，且22f N μ=

代入数据解得：

234m/s a =

设从共速到下滑至c 的时间为t 3，由23331 2

bc x s vt a t -=+共，得： 31s t =

综上，物块从b 运动到c 的时间为：

23 1.25s t t +=

6．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。板左端有一质量为m= 0.5kg 的物块（视为质点），物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。初始时物块与木板均处于静止状态，已知g = 10m/s 2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

(1)若仅给木板一水平向左的初速度03/m s υ=,求物块相对木板滑动的距离；

(2)若仅给物块施加一水平向右的力F ，F 随时间t 变化的图像如图乙所示，求物块与木板最终的速度；

(3)若按（1)问中给板初速度03/m s υ=的同时，给木板施加一水平向右的恒力F = 6N ，求经多长时间物块会从木板上滑落。

【答案】（1）1.5m ；（2）物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）0.91s

【解析】

【详解】

（1）设物块与板最终达到相同的速度v ，物块在板上滑行的位移为L ，由动量守恒：()0Mv M m v =+ 由能量关系：()2201122

mgL Mv M m v μ=

-+ 解得L=1.5m

（2）由题意可知，若物块和木板一起向右加速，则拉力F≤1.5N ，故在如图所示的拉力F 的作用下物块和板无法一起加速，经t 1=0.5s 时，物块的速度v 1，板的速度v 2 对物块：111Ft mgt mv μ-=

对木板：12mgt Mv μ=

解得v 1=0.8m/s ，v 2=0.5m/s ；

7．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v?，则()12mv Mv m M v +='+

解得v?=0.6m/s ，

即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.

（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v??，

对物块受力分析：1mg ma μ=

对木板：2F mg Ma μ+=

由运动公式：021v v a t =-''

11v a t ''= 解得：113t s = 2/3

v m s '='

此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+= 解得s=0.5m ；

t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ=

由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''??-

--= ???'' 解得23t s = 故经过时间12310.913

t t t s +=+=≈ 物块滑落.

8．“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。假设“复兴号”在水平轨道上从静止开始加速到速度v=360km/h ，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f=1.25×103N 的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F=4.75×104N 的牵引力。求：

(1)该过程“复兴号”运动的时间；

(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小。

【答案】（1）80s （2）0

【解析】

【分析】

（1）以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；（2）以前4节车厢为研究对象，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小.

【详解】

（1）以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma

动车组做匀加速运动，则v=at

解得t=80s

（2）以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律：2F-4f+N=4ma

解得N=0.

9．如图所示，一个质量m ＝2 kg 的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N 的水平推力F 作用，以v 0＝20 m/s 的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g ＝10

m/s 2）

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；

（2）若滑块运动到A 点时立即撤去推力F ，求这以后滑块再返回A 点经过的时间．

【答案】（1）0.5；（2）225s +（）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有

Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°）

代入解得，μ=0.5

（2）撤去F 后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma 1， 得，a 1=g （sin37°+μcos37°）

上滑的时间为0112v t s a =

= 上滑的位移为01202

v x t m == 滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma 2，

得，a 2=g （sin37°-μcos37°）

由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=

12a 2t 22 解得，22

225x t s a =＝ 故 t=t 1+t 2=（2+25）s

【点睛】

本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法．

10．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：

（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小；

（2）滑块通过B 点时的动能；

（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．

【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ．

【解析】

试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分）

设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律

1F mg ma μ-=（1分）

解得219.0/a m s =（1分）

设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式

212v a x =（2分）

解得 3.0/v m s =（1分）

（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E

从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W

E =?合 0 kB

F x fx E -=， （4分）

解得 4.0kB E J =（2分）

（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理

0f kB mgh W E --=-（3分）

解得0.50f W J =（1分）

考点：牛顿运动定律 功能关系