物理高考物理牛顿运动定律练习题

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝2m/s，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝4m/s的速度从右侧滑上木板，经过1s两者速度恰好相同，速度大小为v2＝1m/s，方向向左。重力加速度g＝10m/s2，试求：

（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2

（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。 【答案】（1）0.3（2）【解析】 【分析】

（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】

（1）对小滑块分析：其加速度为：a11（3）2.75m 20v2v114m/s23m/s2，方向向右 t1对小滑块根据牛顿第二定律有：1mgma1，可以得到：10.3；

（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

1mg22mgmv0 t1v2 t2然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：

1mg22mgm而且t1t2t1s 联立可以得到：2（3）在

1，t10.5s，t20.5s； 20t10.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：

x10v0t10.5m，方向向右； 2在t20.5s时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

x2v20t20.25m，方向向左； 2v1v2t2.5m，方向向左 2在整个t1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：xxx1x22.75m。 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律的应用，分析清楚小滑块与木板的运动过程和受力情况是解题的前提，应用牛顿第二定律与运动学公式即可解题。

2．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：

(1)释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 【答案】(1)4m/s2，1m/s2；(2)t1s 【解析】 【详解】

（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，

0对滑块m：由牛顿第二定律有：mgsin37f1ma1

0其中FN1mgcos37，f11FN1 002解得：a1gsin371gcos374m/s

0对薄平板M，由牛顿第二定律有：Mgsin37f1f2Ma2 00其中FN2mgcos37Mgcos37，f22FN2

2解得：a21m/s

a1a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有：x1解得：t1s

121a1t，x2a2t2，x1x2L 22

3．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A处有一固定

挡板，连接一轻弹簧，右端B处与一倾角37o的传送带平滑衔接。传送带BC间距

L0.8m，以v01m/s顺时针运转。两个转动轮O1、O2的半径均为r0.08m，半径

O1B、O2C均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为m1kg的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C点抛出（即滑块在C点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数0.75，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J，重力加速度g取10m/s2，cos37o0.8，sin37o0.6，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：

（1）滑块到达B时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间 （2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s （2）0.68J 【解析】 【详解】

v2解：(1)滑块恰能从C点抛出，在C点处所受弹力为零，可得：mgcosθm

r解得： v0.8m/s

对滑块在传送带上的分析可知：mgsinθμmgcosθ

故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B时的速度为：v0.8m/s 滑块在传送带上运动时间：t解得：t1s

(2)滑块从K至B的过程，由动能定理可知：W弹Wf根据功能关系有： W弹Ep 解得：Wf0.68J

L v1mv2 2

4．如图，水平桌面上静止放置一质量M1kg、长为L1m的木板板上最右端放一质量m2kg的滑块可看做质点，以F20N的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有

接触面间的动摩擦因数均为0.3，g10m/s2.

（1）求滑块与木板间的摩擦力f1多大，木板与桌面间的摩擦力f2多大； （2）求滑块从木板上掉下的时间t为多少？ 【答案】（1）6N；9N（2）1s 【解析】 【详解】

解：(1)滑块与木板之间的摩擦力f1mg0.3210N6N 木板与桌面间的摩擦力f2(Mm)g0.3(12)10N9N (2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出， 对滑块，根据牛顿第二定律得：f1ma1

2解得：a13m/s

对木板：Ff1f2Ma2

2解得：a25m/s

滑块位移：x1121a1t，木板的位移：x2a2t2

22滑落时：x2x1L 代入数据解得：t1s

5．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t0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

m1kg，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g10m/s2，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

1mg22mgma1； vma1t1；

木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得 22mg2ma2； 0vma2t2；

由图象可知，vm2m/s，t11s，t20.8s 联立解得10.7

2小物块减速过程中，有：

1mgma3； vmv0a3t1；

在整个过程中，由系统的能量守恒得

12mv0 2联立解得Q40.5J

Q【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．

6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m，皮带以恒定速率v=5m/s顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，B、C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，B、C处于静止状态且离N点足够远，现让滑块A以初速度v0=6m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）滑块A、B碰撞时损失的机械能； （2）滑块C在传送带上因摩擦产生的热量Q；

（3）若每次实验开始时滑块A的初速度v0大小不相同，要使滑块C滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)E9J (2)Q8J (3)【解析】

试题分析：（1）A、B碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A、B碰撞后与C作用的过程中ABC组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C与AB分开后的速度，C在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A的最大速度和最小速度．

（1）A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A与B碰撞后共同速度为v1，选取向右为正方向，对A、B有：mv02mv1 碰撞时损失机械能E解得：E9J

（2）设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vB，C的速度为vC 由动量守恒得：2mv12mvBmvC

3313m/sv0397m/s 22121mv02mv12 221211222mv2mv1BmvC 由机械能守恒得：222解得：vc4m/s

C以vc滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x时与传送带共速

2由牛顿第二定律得：a1gcosgsin0.4m/s 2由速度位移公式得：v2vC2a1x

联立解得：x=11.25m＜L 加速运动的时间为t，有：t所以相对位移xvtx 代入数据得：x1.25m

vvC2.5s a1x8J 摩擦生热Qmgcos·（3）设A的最大速度为vmax，滑块C与弹簧分离时C的速度为vc1，AB的速度为vB1，则C在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动直到P点与传送带共速

22则有：vvc22a1L

2根据牛顿第二定律得：a2gsingcos12.4m/s

联立解得：vc1397m/s

设A的最小速度为vmin，滑块C与弹簧分离时C的速度为vC2，AB的速度为vB1，则C在传送带上一直做加速度为a1的匀加速直线运动直到P点与传送带共速

22则有：vvc12a1L

解得：vc213m/s

对A、B、C和弹簧组成的系统从AB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：mvmax2mvB1mcC1 由机械能守恒得：解得：vmax11122mvC1 2mv122mvB122233vc1397m/s 22313m/s 2同理得：vmin所以3313m/sv0397m/s 22

7．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：

；

解得：

；

(2) A和B整体上滑过程由动能定理有

(3) A和B间恰好不滑动时，设推力为F0，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

8．如图所示为四旋翼无人机，它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=1 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N，无人机上升过程中最大速度为6m/s．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．（g取10 m／s）2．求：

(1)无人机以最大升力起飞的加速度；

(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；

(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m的高空所需的最短时间． 【答案】（1）2m/s2（2）f4N （3）6.5s 【解析】

（1）根据题意可得av6m/s02m/s2 t3s（2）由牛顿第二定律Ffmgma 得f4N （3）竖直向上加速阶段x1匀速阶段t212at1，x19m 2hx13.5s v故tt1t26.5s

9．质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图线如图所示；球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：

2．该球受到的空气3

（1）弹性球受到的空气阻力f的大小； （2）弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度h． 【答案】（1）0.4N（2）【解析】

试题分析：（1）根据图象得a由牛顿第二定律：mg-f=ma， 得f=m（g-a）=0．2×（10-8）=0．4N．

1m 7408m/s2， 0.53v＝3m/s． 40.2100.412m/s2． 又由牛顿第二定律：mg+f=ma′，得a0.2（2）由题意反弹速度v′＝

v2323故反弹高度为：h＝＝＝m

2a2128考点：v-t图像；牛顿第二定律的应用

【名师点睛】本题关键是对图象的应用，由图象的斜率等于物体的加速度得到加速度，然后根据牛顿第二定律列得方程才能得到阻力，进而解答全题．

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Ff=2×104N．飞机可视为质点，取g=10m/s2．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）a5.0m/s2（2）v40m/s（3）x280m 【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﹣Ff=ma

代入数据得

a1=5.0 m/s2

（2）由运动学公式可知

v2=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

1x1v0tat2

2对于航空母舰有

x2=v0t

由几何关系：

x1﹣x2=L

即有

12atL 2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

x2=v0t=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．