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)

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)

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．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

2．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m 的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A 、B ，现同时对A 、B 两滑块施加方向相反，大小均为F=12N 的水平拉力，并开始计时．已知A 滑块的质量mA=2kg ，B 滑块的质量mB=4kg ，A 、B 滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A 、B 两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：

（1）t=0时刻，A 、B 两滑块加速度的大小； （2）0到3s 时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．

【答案】(1)2

2

121

,0.5m m

a a s

s ==；(2)30J

【解析】 【详解】

(1)A 滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为A f ，

水平运动，则竖直方向平衡：A N mg =，A A f N =；解得：A f mg μ= ——① A 滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ， 由牛顿第二定律得：1A A F f m a -=——② B 滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a 由牛顿第二定律得：2B B F f m a -=——③；

联立①②③解得：211m /s a =，2

20.5m /s a =；

(2)A 滑块经t 滑离绸带，此时A B 、滑块发生的位移分别为1x 和2x

1221

122221212L x x x a t x a t ?

+=??

?=??

?=??

代入数据解得：12m x =，21m x =，2s t =

2秒时A 滑块离开绸带，离开绸带后A 在光滑水平面上运动，B 和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：()12A Q f x x =+ 代入数据解得：30J Q =．

3．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a0由牛顿第二定律：F合=F=ma0

解得a0=6m/s2

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=ma1

解得a1=1m/s2

设木块2s末速度为v1，由v1=a1t

得v1=2m/s

2s内物块位移s1=1

2

a1t2=2m

撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为a2 ，对物块由牛顿第二定律得：mg sinθ=ma2

a2=g sin30°=5m/s2

撤去F后，物块继续向上运动的位移为

2

1

2

2

0.4m

2

v

s

a

==

则物块沿斜面运动的最大距离s=s1+s2=2.4m

4．如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。A的上表面水平，A上放置一物块B。已知斜面足够长、倾角为θ，A的质量为M，B的质量为m，A、B间动摩擦因数为μ(μ＜)，最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平推力。求：

（1）物体A、B保持静止时，水平推力的大小F1；

（2）水平推力大小为F2时，物体A、B一起沿斜面向上运动，运动距离x后撒去推力，A、B一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L；

（3）为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

【分析】

先以AB 组成的整体为研究的对象，得出共同的加速度，然后以B 为研究的对象，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。 【详解】

(1) A 和B 整体处于平衡状态，则

解得：

； (2) A 和B 整体上滑过程由动能定理有

解得：

；

(3) A 和B 间恰好不滑动时，设推力为F 0，上滑的加速度为a ，A 对B 的弹力为N 对A 和B 整体有

对B 有：

解得：

则为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件

5．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/s g =，求：

（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； （2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ． 【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设木板在时间t 内的位移为x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2 则有

21011

2x v t a t =-

22212

x a t =

12x L x =+

又

012v a t a t -=

代入数据得

t =1s

（2）根据牛顿第二定律，有

121()M m g mg Ma μμ++=

22mg ma μ=

解得

20.08μ=

6．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。某体验者乘坐滑草车运动过程简化为如图所示，滑草车 从 A 点静止滑下，滑到 B 点时速 度大小不变而方向变为水平，再滑过一段水平草坪后从 C 点水平抛 出，最后落在三角形状的草堆上。已知斜坡 A B 与水平面的夹角θ=37° ，长为 x AB =15m ，水平草坪 B C 长为 x BC =10m 。从 A 点滑到了 B 点用时 3s 。该体验者和滑草车的质量 m =60kg ，运动过程中看成质点， 在斜坡上运动时空气阻力不计。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s 2）

（1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数；

（2）体验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为 5m/s ，已 知风的阻力大小 F 与风速 v 满足经验公式 F=1.2v 2。求体验者滑到 C 点时的速度大小；

（3）已知三角形的草堆的最高点 D 与 C 点等高，且距离 C 点 6m ，其左顶点 E 位于 C 点正下方 3m 处。 在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开 C 点时速度大小为 7m/s ，无风力作用，空气阻力忽略 不计，求体验者和滑草车落到草堆时的动能。 【答案】（1）；（2）

；（3）

【解析】

试题分析：（1）根据

代入数据解得

2分

2分

代入数据解得1分

（2）在BC阶段运动时2分

代入数据解得1分

又2分

1分

代入数据解得1分

（3）根据题意

2分

2分

代入数据解得1分

又由动能定理2分

代入数据解得1分

考点：动能定理。

7．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）行李包相对于传送带滑动的距离．

（2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．

【答案】（1）0.1m（2）1.25m

【解析】（1）行李包在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1，

解得：a1=5m/s2，

行李包加速运动时间：t1=

11 5

v

a

==0.2s，

行李包前进的距离：x1=

22

1

1

225

v

a

=

?

=0.1m，

传送带前进的距离：x2=vt1=1×0.2=0.2m，

行李包相对于传送带的距离：△x=x2-x1=0.2-0.1=0.1 m；

（2）行李包沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律得：μ2mgcos37°-mgsin37°=ma2

由匀变速直线运动的速度位移公式得：0-v2=-2a2x，

代入数据解得：x=1.25m

点睛：该题考查牛顿运动定律的综合应用，属于单物体多过程的情况，这一类的问题要理清运动的过程以及各过程中的受力，然后再应用牛顿运动定律解答。

8．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/s2）【答案】（1）6s－8s超重；0—2s失重（2）4

1.210N

?4

210N

? 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．

9．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=12at 2＝ 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．

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．