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M=0．4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0．5m，某时刻另一质量m=0．1kg的小滑块(可视为质点)以v0=2m／s的速度向右滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0．2，重力加速度g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。求：

(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；

(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】（1）1.65m （2）0.928m

【解析】

【详解】

解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：

解得：

对长木板：

得长木板的加速度：

自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：

解得：

长木板位移：

解得：

两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板

解得：

(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒：

最终两者的共同速度：

小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：

2．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：

2P 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

0112v 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 。

3．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：

（1）刚放上传送带时物块的加速度；

（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．

【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s =

【解析】

【分析】

先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间．

【详解】

（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得： mg ma μ=

代入数据得：24/a g m s μ==

（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s

根据运动学公式可得：202as v =

运动的位移： 2

0842v s m a

==> 则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有

212

l at = 解得 1t s =

【点睛】

物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．

4．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”己经走进千家万户．某天，小陈叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，小陈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上升过程的最大速度为1m/s ，高度为56m ．货物质量为2kg ，受到的阻力恒为其重力的0.02倍，重力加速度大小g=10m/s 2．求

(1)无人机匀加速上升的高度；

(2)上升过程中，无人机对货物的最大作用力．

【答案】(1)2.5m ；(2)20.8N

【解析】

【详解】

（1）无人机匀速上升的高度：h 2＝vt 2

无人机匀减速上升的高度：h 3＝2

v t 3 无人机匀加速上升的高度：h 1＝h －h 2－h 3

联立解得：h 1＝2.5 m

（2）货物匀加速上升过程：v 2＝2ah 1

货物匀加速上升的过程中，无人机对货物的作用力最大，由牛顿运动定律得： F －mg －0.02mg ＝ma

联立解得：F ＝20.8 N

5．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t 关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x =6m 。已知玩具小车的质量m =500g ，匀加速过程中牵引力F=3N ，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g 取10 m/s 2，求t 的值。

【答案】1?s t =

【解析】

【详解】

设玩具小车受到的阻力为f ，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a 1、a 2，位移分别为x 1、x 2，关闭发动机时的速度为v 。

关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律：

1F f ma -=

f km

g =

2111x a t 2

= 1v a t =

关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律

2f ma =

2220v 2a x -=-

满足：12x x x +=

联立以上各式并代入数据得：t 1s =

6．如图所示，水平面D 处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块P 斜面光滑，倾角为θ，水平底面粗糙。顶点A 到底面的高度h =0.45m 。在其顶点A 处放一个小物块Q ，与斜面不粘连，且最初系统静止不动，滑块的C 端到D 的距离L =0.4m 。现在滑块左端施加水平向右的推力F =36N ，使二者相对静止一起向右运动。当C 端撞到障碍物时立即撤去推力F ，滑块P 立即以原速率反弹。已知滑块P 的质量M =3.5kg ，小物块Q 的质量m =0.5kg ，P 与地面间的动摩擦因数μ=0.4（取g =10m/s 2）求：

(1)斜面倾角θ的正切值tan θ；

(2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前一瞬间的速度v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离x 是多少？

【答案】（1）

12

（2）直接落到水平面上；1.02m 。 【解析】

【详解】

(1)P 、Q 整体向右运动时，摩擦力1()16f M m g N μ=+=

由牛顿第二定律得：11()F f M m a -=+

解得：215m a s =

对Q 由牛顿第二定律得：1tan mg ma θ=

解得：1tan 2

θ=； (2)P 、Q 与障碍物碰撞前由速度位移关系得：

2012v a L =

解得：02m v s

= 撤去外力之后，P 反向减速运动，则：

22f Mg Ma μ==

解得：224m a s =

减速运动时间：012

0.5v t s a == Q 做平抛运动，如果Q 直接落到水平面上

则运动时间：2212h gt =

解得：20.3t s =

在0.3s 内，P 向左运动的位移：21022210.422x v t a t m =-

= Q 的水平射程为：2020.6x v t m ==

由于12 1.02cot 0.9x x m h m θ+=>= ，所以Q 与斜面分离后，会直热门落到水平面上， 则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离12 1.02x x x m =+=。

7．功能关系贯穿整个高中物理．

(1)如图所示，质量为m 的物体，在恒定外力F 作用下沿直线运动，速度由v 0变化到v 时，发生的位移为x ．试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理．上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由．

(2)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L ，右端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．现给导体棒一个水平向右的初速度v 0，在沿导轨运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．导体棒速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为E p ，则在这一过程中：

①直接写出弹簧弹力做功W 弹与弹性势能变化?E p 的关系，进而求W 弹；

②用动能定理求安培力所做的功W 安．

【答案】(1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律． (2) (0)p p p W E E E =-?=--=-弹 (3)

2012p W E mv =-安 【解析】

【详解】

(1)由牛顿第二定律F=ma

及运动学公式2202v v ax -=

可得2201122

Fx mv mv =- 当物体受变力作用、或者做曲线运动时，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线，这样对每一段用动能定理，累加后也能得到同样的结果，所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律．

(2)p W E =-?弹

进而(0)p p p W E E E =-?=--=-弹.

(3)由动能定理：20102W W mv +=-

弹安 解得：2012

p W E mv =-安

8．如图甲所示，质量m=8kg 的物体在水平面上向右做直线运动。过a 点时给物体作用一个水平向右的恒力F 并开始计时，在4s 末撤去水平力F ．选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v ﹣t 图象如图乙所示。（取重力加速度为10m/s 2）求：

（1）8s 末物体离a 点的距离

（2）撤去F 后物体的加速度

（3）力F 的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ。

【答案】（1）48m 。（2）﹣2m/s 2。（3）16N ，0.2。

【解析】

【详解】

（1）8s 末物体离a 点的距离等于梯形的面积大小，为：S=4882m +?=48m （2）撤去F 后物体的加速度为：a=0884

v t ?-=?-=﹣2m/s 2。 （3）撤去F 后，根据牛顿第二定律得：f=ma=8×（﹣2）N=﹣16N ，负号表示加速度方向与速度方向相反。撤去F 前物体匀速运动，则有：F=|f|=16N

物体与水平面间的动摩擦因数为：μ=1680

f m

g ==0.2。 【点睛】

本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律。

9．上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。由地上121层主楼、5层裙楼和5层地下室组成.“上海之巅”是位于118层的游客观光平台，游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需55秒，运行的最大速度为18m/s 。观景台上可以鸟瞰整个上海全景，曾经的上海第一高楼东方明珠塔，金茂大厦，上海环球金融中心等都在脚下，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为0.5kg 的物体受到的竖直向上拉力为5.45 N ，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g 取10m/s 2）

求：（1）求电梯加速阶段的加速度及加速运动的时间；

（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度；

【答案】（1）20.9/m s 20s （2）540m

【解析】

【分析】

（1）在加速阶段，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解；

（2）电梯先做加速，后做匀速，在做减速，根据运动学公式或速度与时间关系图像即可求得；

【详解】

（1）设加速度为a ，对物体由牛顿第二定律得：F mg ma -=

解得：20.9/a m s =

由题可知电梯的最大速度为18/v m s =，则根据速度与时间关系0v v at =+

代入数据可以得到：20t s =；

（2）由题可知：匀加速阶段位移为：2111802

x at m == 由于加速阶段和减速阶段加速度大小相等，则减速阶段时间也为t ，则匀速阶段的时间为552s t -

则匀速阶段位移为：()2

552270x v t m =-= 匀减速阶段位移为：2

301802v x m a

-==- 则电梯上行的高度为：123630x x x x m =++=。

【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，明确电梯的动过程，即先做加速，后做匀速，在做减速，即可求得。

10．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1；

（2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2；

（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ．

【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2；

（2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；

（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2；

（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ．

【解析】

试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得

1sin cos mg mg ma θμθ+=

a 1=8m/s 2

（2）物体沿斜面上滑

由2012=v a x ，得x=9m

（3）物体沿斜面返回下滑时

2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2

（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ． 沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动22212x a t =

则t=t 1+t 2=1)2

s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用