高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析

高考物理牛顿运动定律题20套(带答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可

视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：

（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？

【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】

（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =

（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102

mgs mv μ-=- 解得0.25m s =

（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111

()22

mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=

2．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；

(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离.

【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】

(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75

(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax

解得：()

2

02sin cos v x g θμθ=+

令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小 最小距离为：x min =4m

3．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．

4．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：2

12

h 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：2

10.80m/s Mv mv v M

-=

=.

5．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：

(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】

（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1 可得系统的加速度a 1=1m/s 2； 由运动规律：x=

1

2

a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；

（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则v 1=a 1t 1=2m/s ；

绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2 解得a 2=2m/s 2；

由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1) 解得v 2=10m/s

电场力的功率P=Fv ，解得P=60W

6．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

(1)小球在A 点时的速度大小；

(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】

(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：

cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=

代入数据得：24m/s a =

小球在A 点时的速度8m/s A v at ==

(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：

2211sin37(1cos37)22

B A FR mgR mv mv -︒-+︒=

- 解得：2m/s B v =

小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：

2

N B

v mg F m R

-=

解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上

由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．

7．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由

静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；

(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2

112

km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝

(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能2

11J 2

m k E mv =

= 减速阶段的位移331

0.5m 2

x vt =

= 匀速阶段的位移2253m x vt ==

加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2

112a x v =，解得

1 2.5m x ＝

阳台距地面的高度12356m h x x x =++=

8．如图所示，水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体，质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端．现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑，且分别在图中P 处和Q 处停下．甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求：小物块

(1)甲沿斜面下滑的加速度； (2)乙从顶端滑到底端所用的时间；

(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比．

【答案】(1) g(sin α－μcos α) (2)

()

2sin sin cos h

g θθμθ- (3)1:1 【解析】 【详解】

(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲 Mg sin α－μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α－μcos α)

(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ，根据动能定理得W 合=ΔE k mgh －μmgcos θ·θsin h

=212

mv v=cos 21sin gh θμ

θ⎛⎫

- ⎪⎝

⎭

a 乙=g (sin θ－μcos θ) t =

()

2sin sin cos h

g θθμθ-

(3) 如图，由动能定理得Mgh －μ·Mg cos α·

sin h

α－μ·Mg (OP －

cos sin h αα

)=0

mgh －μmg cos θ·θsin h

－μmg (OQ －

cos sin h θθ

)=0 OP=OQ

根据几何关系得222211x h OP x h OQ ++甲乙

9．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 ＝

12

kx 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

2012

mgl 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220111

222

E 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2

102v 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

()2

2211111122222

k 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 ．

10．如图所示为一升降机由静止开始下降．．过程中的速度图像，升降机及其载重总质量为2.0t ．

（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；

（2）分别求出第2S 内、第5S 内、第7S 内悬挂升降机的钢索的拉力大小.（g 取10m/s 2

） 【答案】（1）6s －8s 超重；0—2s 失重 （2）41.210N ⨯ 4210N ⨯ 2.8×104N 【解析】

试题分析：当物体对接触面的压力大于物体的真实重力时，就说物体处于超重状态，此时有向上的加速度；当物体对接触面的压力小于物体的真实重力时，就说物体处于失重状态，此时有向下的加速度；速度时间图象的斜率表示加速度，根据牛顿第二定律求出各段时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小．

（1）由速度时间图象可知，0-2s 内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6s-8s 内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态． （2）由加速度定义：∆=∆v

a t

根据图象得0～2s 内2218

/4/2

v a m s m s t ∆=

==∆ 根据牛顿第二定律得：4?

11 1.210F mg ma N =-=⨯

2s ～6s 内，加速度a 2=0，即匀速运动 悬挂升降机的钢索的拉力F 2=mg =2×104 N 6s ～8s 内，加速度为：22308/4/2

v a m s m s t ∆-=

==-∆ 根据牛顿第二定律得：4

33 2.810?

F mg ma N =-=⨯ 点睛：本题主要考查了对超重失重现象的理解及牛顿第二定律的直接应用，属于基础题．