高考物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．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°

2．四旋翼无人机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 =2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F =36

N ，运动过程中所受空气阻力大小恒为f =4 N ．(g 取10 m ／s 2)

(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t =5s 时离地面的高度h ；

(2)当无人机悬停在距离地面高度H =100m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v ；

(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t 1．

【答案】（1）75m （2）40m/s （355s 【解析】

【分析】

【详解】

（1）由牛顿第二定律 F ﹣mg ﹣f=ma

代入数据解得a=6m/s 2 上升高度

代入数据解得 h=75m ．

（2）下落过程中 mg ﹣f=ma 1 代入数据解得

落地时速度 v 2=2a 1H ，

代入数据解得 v=40m/s

（3）恢复升力后向下减速运动过程 F ﹣mg+f=ma 2 代入数据解得

设恢复升力时的速度为v m ，则有

由 v m =a 1t 1 代入数据解得．

3．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

4．近年来，随着AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v 0=2m/s 的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L =7.6m.机械手将质量为1kg 的包裹A 轻放在传送带的左端，经过4s 包裹A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg 的包裹B 发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g =10m/s 2.求：

(1)包裹A 与传送带间的动摩擦因数;

(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;

(3)包裹A 是否会到达分拣通道口.

【答案】(1)μ1=0.5(2)△E =0.96J (3)包裹A 不会到达分拣通道口

【解析】

【详解】

(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有

01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1

包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5

(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B

包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-

12

m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s

两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12

m B v B 2 解得：△E =0.96J (3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12

m A v A 2 解得x A =0.016m

设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′

μ1m A gx A =

12

m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s 设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A

-μ2m A gx A ′=0-

12

m A v A 2 解得 x A ′=0.08m

x A ′=<0.32m 包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.

5．如图，竖直墙面粗糙，其上有质量分别为m A =1 kg 、m B =0.5 kg 的两个小滑块A 和B ，A 在B 的正上方，A 、B 相距h =2. 25 m ，A 始终受一大小F 1=l0 N 、方向垂直于墙面的水平力作用，B 始终受一方向竖直向上的恒力F 2作用．同时由静止释放A 和B ，经时间t =0.5 s ，A 、B 恰相遇．已知A 、B 与墙面间的动摩擦因数均为μ=0.2，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：

(1)滑块A 的加速度大小a A ；

(2)相遇前瞬间，恒力F 2的功率P ．

【答案】（1）2A 8m/s a =；（2）50W P =

【解析】

【详解】

（1）A 、B 受力如图所示：

A 、

B 分别向下、向上做匀加速直线运动，对A ：

水平方向：N 1F F =

竖直方向：A A A m g f m a -=

且：N f F μ=

联立以上各式并代入数据解得：2A 8m/s a =

（2）对A 由位移公式得：212A A x a t =

对B 由位移公式得：212

B B x a t = 由位移关系得：B A x h x =-

由速度公式得B 的速度：B B v a t =

对B 由牛顿第二定律得：2B B B F m g m a -=

恒力F 2的功率：2B P F v =

联立解得：P ＝50W

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：

2N 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．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2×10－2N 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 （2 （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：

联立解得，

设位移与X 轴正方向的夹角为θ， （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1x v a t =

沿y 轴方向加速度2y v a t =

小球的加速度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．

8．如图甲所示，长为4m 的水平轨道AB 与半径为R=0．6m 的竖直半圆弧轨道BC 在B 处相连接，有一质量为1kg 的滑块（大小不计），从A 处由静止开始受水平向右的力F 作用，F 的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB 间动摩擦因数为0．25，与BC 间的

动摩擦因数未知，取g =l0m/s 2．求：

（1）滑块到达B 处时的速度大小；

（2）滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程中所需的时间；

（3）若滑块到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．

【答案】（1）210/m s （2835

s （3）5J 【解析】

试题分析： （1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝

12

mv B 2得v B ＝10m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得 F 1－μmg ＝ma 且x 1＝

12at 12 解得t 1835

． （3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C v R

对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得

W －mg×2R ＝

12mv C 2－12

mv B 2 代入数值得W ＝－5 J

即克服摩擦力做的功为5 J ． 考点：动能定理；牛顿第二定律

9．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

10．光滑水平桌面上有一个静止的物体，其质量为7kg ，在14N 的水平恒力作用下向右做匀加速直线运动，求:5s 末物体的速度的大小？5s 内通过的位移是多少？

【答案】x=25m

【解析】

【分析】

根据牛顿第二定律求出物体的加速度，根据速度时间公式和位移时间公式求出5s 末的速度和5s 内的位移．

【详解】

（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：2214/2/7

F a m s m s m =＝＝；

5s末的速度为：v=at=2×5m/s=10m/s.

（2）5s内的位移为：x=1

2at2＝

1

2

×2×52m＝25m．

【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．