高考物理牛顿运动定律试题经典含解析

高考物理牛顿运动定律试题经典含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为

0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不

动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。

()1求货物从小车右端滑出时的速度；

()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车

的长度是多少？

【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】

()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，

在竖直方向上：2

12

h gt =

， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s =

()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研

究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共，

由能量守恒定律得：()2201122

Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对，

当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：

22

11'22

x mgs mv mv 共μ-=

-， 解得：'0.7s m =，

车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；

2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为

1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静

止(

)2

10/g m s

=，求：

()1小物块与长木板间动摩擦因数的值； ()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．

【答案】（1）0.7（2）40.5J 【解析】 【分析】

()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运

动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值．

()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能

量守恒求热量． 【详解】

()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得

1212mg mg ma μμ-=； 11m v a t =；

木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 2222mg ma μ?=； 220m v a t =-；

由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s = 联立解得10.7μ=

()2小物块减速过程中，有：

13mg ma μ=； 031m v v a t =-；

在整个过程中，由系统的能量守恒得 2012

Q mv =

联立解得40.5Q J = 【点睛】

本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

3．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传送带.已知某传送带与水平面成37θ=o 角，皮带的AB 部分长 5.8L m =，皮带以恒定的速率4/v m s =按图示方向传送，若在B 端无初速度地放置一个质量50m kg =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(μ=取210/g m s =，sin370.6)=o ，

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()2

10/.2m s 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；

（2）物体p 从B 到A 的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P 到达A 端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能． 【详解】

（1）P 刚放上B 点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，sin mg F ma θ+=；

cos N F mg θ=N F F μ=其加速度为：21sin cos 10/a g g m s θμθ=+=

（2）解法一：P 达到与传送带有相同速度的位移2

1

0.82v s m a == 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：()()2211sin 22

A mg F L s mv mv θ--=- 到A 端时的动能2

19002

kA A E mv J =

=

解法二：P 达到与传送带有相同速度的位移2

1

0.82v s m a == 以后物资P 受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，

P 的加速度2

2sin cos 2/a g g m s θμθ=-=

后段运动有：2

22212

L s vt a t -=+， 解得：21t s =，

到达A 端的速度226/A v v a t m s =+= 动能2

19002

kA A E mv J == 【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，即保持相对静止.属于中档题目．

4．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:

（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;

（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N; （3）木块最终停止时离A 点的距离s.

【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ?= 【解析】

(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：

0001()m v m m v =+

解得：2m v s =；

(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度2

10.5m a g s μ==，且方向向右

板产生的加速度2

20.5mg

m

a s M

μ=

=，且方向向左

设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动 则：12v a t a t -=

此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度

221211

22

x vt a t a t L ?=--=

故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s

'=-=

木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：

'2

N v F mg m R

-=

代入相关数据解得：F N =12.5N.

由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ； (3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：

201011

()()2

m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<

木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1， 则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时22

11121110.522

x v t a t a t m ?=-

-='' 3210.5m v v at s

=-=

碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动 设经过t 2时间速度为0，则3

21

1v t s a =

= 2

322210.252

x v t a t m =-=

故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m

即木块停止运动时离A 点1.25m 远．

5．如图所示，一段平直的马路上，一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动，经36 m 速度达到43.2 km/h ；随后保持这一速度做匀速直线运动，经过20 s ，行驶到下一个路口时，司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车，校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止．

(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1；

(2)若校车总质量为4 500 kg ，求校车刹车时所受的阻力大小； (3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生，求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小．(取g ＝10 m/s 2，结果可用根式表示)

【答案】（1）22/m s （2）9000N （3）6026N 【解析】 【分析】

（1）根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度；

（2）根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度；根据牛顿第二定律可求阻力； （3）座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ，F 的竖直分力的竖直分力等于重力，水平分力提供加速度．根据力的合成可求． 【详解】

(1)由匀加速直线运动公式可知v 2＝2a 1x 1， 得加速度a 1＝2 m/s 2

(2)由匀减速直线运动公式得：0－v 2＝－2a 2x 3 解得a 2＝2 m/s 2 F 阻＝Ma 2＝9000 N.

(3)匀加速运动过程中，座椅对学生的作用力为F ，F 的竖直分力等于mg ，F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平＝ma 1 F ＝

()()22

1mg ma +

得F ＝6026 N.

6．如图甲所示，在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定．解除锁定，物体释放，物体离开平台后水平抛出，落在水平地面上．以P 点为位移起点，向右为正方向，物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示．已知物体质量为2kg ，物体离开平台后下落0.8m 的过程中，水平方向也运动了0.8m ，g 取10m/s 2，空气阻力不计．求：

(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能． 【答案】(1)0.2μ=，400/k N m =(2)2/v m s =， 6.48p E J = 【解析】 【详解】

（1）由图象知，弹簧最大压缩量为0.18x m ?=，物体开始运动时加速度2

134/a m s =，

离开弹簧后加速度大小为2

22/a m s =.

由牛顿第二定律1k x mg ma μ??-=①，

2mg ma μ=②

联立①②式，代入数据解得0.2μ=③

400/k N m =④

（2）物体离开平台后，由平抛运动规律得：2

12

h gt =

⑤ d vt =⑥

物体沿平台运动过程由能量守恒定律得：2

12

p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式，代入数据得2/v m s =⑧

6.48p E J =⑨

7．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0υ，沿斜面上滑。斜面倾角037θ=，滑块与斜面的动摩擦因数μ。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m ／s 2。试求：

（1）若0.8μ=，012.4/m s υ=，求滑块从C 点开始在2s 内的位移。 （2）若0.45μ=，09.6/m s υ=，求滑块回到出发点时的速度大小。 【答案】（1） 6.2x m = （2） 4.8 /v m s ＝ 【解析】 【详解】

(1)若0.8μ=，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有：0 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得滑块上滑过程的加速度大小2

012.4 /,a m s ＝

上滑时间0

00

1 v t s a =＝， 上滑位移为2

002

.162x m a t =

= (2)若0.45μ=，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：1 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得2

19.6 /a m s ＝

设滑块上滑位移大小为L ，则由2

012v a L ＝ ，解得 4.8 L m ＝

滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：2 mgsin mgcos ma θ

μθ－＝ ， 解得2

2 2.4 /a m s ＝

根据2

22v a L ＝ ，

解得滑块回到出发点处的速度大小为 4.8 /v m s ＝

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：2

1111?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：2

22215?2

x vt a t m =+

= 则物块上升的高度：12156h x x m m m =+=+=

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）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．

10．如图所示，航空母舰上的水平起飞跑道长度L=160m ．一架质量为m=2.0×104kg 的飞机从跑道的始端开始，在大小恒为F=1.2×105N 的动力作用下，飞机做匀加速直线运动，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为F f =2×104N ．飞机可视为质点，取g=10m/s 2．求：

（1）飞机在水平跑道运动的加速度大小；

（2）若航空母舰静止不动，飞机加速到跑道末端时速度大小；

（3）若航空母舰沿飞机起飞的方向以10m/s 匀速运动，飞机从始端启动到跑道末端离开．这段时间内航空母舰对地位移大小．

【答案】（1）25.0/a m s =（2）40/v m s =（3）280x m = 【解析】 【分析】 【详解】

（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a ， 由牛顿第二定律可得

F 合=F ﹣F f =ma

代入数据得

a 1=5.0 m/s 2

（2）由运动学公式可知

v 2=2aL

代入数据得飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小

v =40 m/s

（3）对于飞机

2101

2

x v t at =+

对于航空母舰有

x 2=v 0t

由几何关系：

x 1﹣x 2=L

即有

2

12

at L 代入数据解得

t =8s ．

飞机离开航空母舰时，航空母舰的对地位移大小

x 2=v 0t =80m ． 【点评】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的基本运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥

梁．