高考物理牛顿运动定律技巧小结及练习题

高考物理牛顿运动定律技巧小结及练习题

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．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：

2

P 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

工件滑行位移大小为：2

3?

1

n n n n n 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 。

2．某研究性学习小组利用图a 所示的实验装置探究物块在恒力F 作用下加速度与斜面倾角的关系。已知木板OA 可绕轴O 在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实验中，质量m =0.1kg 的物块在平行于板面向上、F =0.6N 的恒力作用下，得到加速度a 与斜面倾角的关系图线，如图b 所示，已知图中a 0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g 取10m /s 2）求：

（1）a 0多大？倾角θ1多大？

（2）当倾角θ为30°时，物块在力F 作用下由O 点从静止开始运动，2s 后撤去，求物块沿斜面运动的最大距离？

【答案】（1）6m /s 2， 37°；（2）2.4m 。 【解析】

【详解】

（1）由图象可知，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为a 0 由牛顿第二定律：F 合=F =ma 0 解得 a 0=6m/s 2

由图象可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度a =0 即：F =mg sinθ1 解得 θ1=37°

（2）当木板倾角为θ=30o 时，对物块由牛顿第二定律得： F -mg sinθ=ma 1 解得 a 1=1m/s 2

设木块2s 末速度为v 1，由v 1=a 1t 得 v 1=2m /s 2s 内物块位移s 1=

12

a 1t 2

=2m 撤去F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为a 2 ，对物块由牛顿第二定律得： mg sinθ=ma 2 a 2=g sin30°=5m/s 2

撤去F 后，物块继续向上运动的位移为2

122

0.4m 2v s a == 则物块沿斜面运动的最大距离s =s 1+s 2=2.4m

3．5s 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：01122

v 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23

t s =

故经过时间1231

0.91t t t s +=+=

≈ 物块滑落.

4．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O ．现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10

－2

N 的外力F 0，使小球从静止开始运动，在第1s 末所加外力F 0大小不变，方向突然变为沿

y 轴正方向，在第2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F ．求：

(1)在第1末，小球的速率； (2)在第2s 末，小球的位移；

(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字) 【答案】（1）2m/s （210m （3）2.8×10-2N 【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据牛顿第二定律F 0=ma 在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at 解得：v 1=2m/s ；

（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=

212

at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动： 在x 方向：x 2=v 1t 在y 方向：2212

y at =

位移：22

122()x x y ++

联立解得10m ，

设位移与X 轴正方向的夹角为θ，10

（3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s

在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45° 所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1

x v a t

= 沿y 轴方向加速度2

y v a t

= 小球的加速度22x y a a a =

+

根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】

（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；

（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；

（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．

5．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；

(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415

kmg 【解析】 【详解】

(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为

a =

v

t

① 对整个列车，由牛顿第二定律得：

F -k ·7mg =7ma ②

设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得

26

F

+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得

T =-

13m (v

t

+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得

F ′-k ·7mg =0 ⑤

设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：

26

F '

+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：

5

F '

+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得

T 1=-

13kmg T 2=3

5

kmg 因此作用力变化

ΔT =T 2-T 1=

1415

kmg

6．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为

100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑

动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，

（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；

（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系1

2(),2

F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力

图像．（规定向左为正方向）

【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）

.

【解析】

试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．

（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态 由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹

max 3A A f N f ∴=<方向向右；

对B 有：B F f =弹

max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立

（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=

0.1414B m g

x m cm k

μ∴='=

=

A 、

B 间距离： 011s l x cm '=-=

（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹 得：1

3()2

A f F F t N =-=

-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26s

作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示

7．某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s ，公交车的速度是15m/s ，他们距车站的距离为50m ．假设公交车在行驶到距车站25m 处开始刹车．刚好到车站停下，停车10s 后公交车又启动向前开去．张叔叔的最大速度是6m/s ，最大起跑加速度为2.5m/s 2，为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：

(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少． (2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车． 【答案】(1)4.5m/s 2 (2)能 【解析】

试题分析:(1)公交车的加速度2

2111

0 4.5/2v a m s x -==- 所以其加速度大小为24.5/m s (2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：1115

3

x x t s v -== 汽车刹车过程中用时：121010

3

v t s a -=

= 张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：32

32

2v v t s a -== 张叔叔加速过程中的位移：23

23·72v v x t m +== 以最大速度跑到车站的时间24343

7.26

x x t s s v -=

=≈ 因341210t t t t s +<++，张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车． 考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律．

8．如图，t=0时，水平桌面上质量为m=1kg 的滑块获得02/v m s =的水平向右初速度，同时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2s 内滑块的速度-时间关系图线如图．

（1）求前2s 内滑块的位移大小和方向； （2）分别求滑块所受拉力和摩擦力大小；

（3）若在t=2s 时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？

【答案】（1）0.6m ，方向与初速度方向相同；（2）1.4N 和0.6N ；（3）0.53m ． 【解析】 【分析】

（1）根据v-t 图象中图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移． （2）速度-时间图象中直线的斜率等于物体的加速度．根据数学知识求出斜率，得到加速度．再由牛顿第二定律求拉力和摩擦力．

（3）撤去拉力后，由牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块能滑行的距离． 【详解】

（1）前2s 内滑块的位移大小为：x=12×1×2-1

2

×1×0.8=0.6m 方向与初速度方向相同． （2）0-1s 内加速度大小为：21112

2/1

v a m s t =

==V V 根据牛顿第二定律得：F+f=ma 1…① 1-2s 内加速度大小为：22220.8

0.8/1

v a m s t =

==V V 根据牛顿第二定律得：F-f=ma 2…② 联立①②解得：F=1.4N ，f=0.6N （3）撤去拉力后，加速度大小为：230.6

0.6/1

f a m s m =

== 还能滑行的距离为：

2

2230880.53220.615

v s m m a ===≈?． 【点睛】

对于速度图象问题，抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移是关键．知道加速度时，根据牛顿第二定律求力．

9．如图甲所示，一质量为m 的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角．小球位于A 点，某时刻突然将细线剪断，经过时间t 小球运动到B 点（图中未画出）已知电场强度大小为E ，重力加速度为g ，求：

（1）小球所带的电荷量q ； （2）A 、B 两点间的电势差U ． 【答案】（1）

tan mg E θ；（2）1

2

Egt 2tanθ． 【解析】试题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，作出受力图，根据平衡条件和电场力公式求解电荷量q ；（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度a ，再根据匀变速直线运动求解位移，再计算A 、B 两点间的电势差U ． ①静止时有

tan qE mg θ=，解得 tan mg q E

θ=

②将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得cos mg

F ma θ

==合，解得 故221tan sin 2cos 2

AB

g Egt U E t θθθ=-?=-

10．质量为5.0kg 的物体，从离地面36m 高处，由静止开始匀加速下落，经3s 落地，g 取10m/s 2，求：

（1）物体下落的加速度的大小； （2）下落过程中物体所受阻力的大小。 【答案】(1)8m/s 2 (2)10N 【解析】

试题分析：根据匀变速直线运动的公式求出物体下落的加速度，根据牛顿第二定律求出阻力的大小． 解：（1）由得， a=

．

故物体下落的加速度大小为8m/s 2．

（2）根据牛顿第二定律得，mg﹣f=ma

则f=mg﹣ma=50﹣5×8N=10N

故下落过程中物体所受阻力的大小为10N．

答：（1）物体下落的加速度的大小8m/s2；（2）下落过程中物体所受阻力的大小10N 【点评】解决本题的关键知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力．