最新高考物理牛顿运动定律试题经典

最新高考物理牛顿运动定律试题经典

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．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC 相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t=0时刻有一质量m=1 kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5 m。（取g=10 m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）求：

(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；

(2)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；

(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】(1)μ=0.5 (2)F'N=4 N (3)

【解析】

【分析】

由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力F N的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；

【详解】

解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为

根据牛顿第二定律有：

解得

(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：

在最高点，根据牛顿第二定律则有：

解得：

由根据牛顿第三定律得：

物体在C点对轨道的压力大小为4 N

(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点

物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：

水平方向：

解得，所以能通过C点落到A点

物块从A到C，由动能定律可得：

解得：

3．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为

0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不

动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。

()1求货物从小车右端滑出时的速度；

()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车

的长度是多少？

【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】 【详解】

()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，

在竖直方向上：2

12

h gt =

， 水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s =

()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研

究对象，系统在水平方向动量守恒， 由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共， 解得：4/v m s =共，

由能量守恒定律得：()2201122

Q mgs mv m M v μ==-+共相对， 解得：6s m =相对，

当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得：

22

11'22

x mgs mv mv 共μ-=

-， 解得：'0.7s m =，

车的最小长度：故L ' 6.7s s m =+=相对；

4．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s ，传送带两端AB 间距离为s 0=10m ，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg 的行李箱无初速度地放上传送带A 端后，传送到B 端，重力加速度g 取10m/2；求：

(1)行李箱开始运动时的加速度大小a ； (2)行李箱从A 端传送到B 端所用时间t ； (3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W 。 【答案】(1) (2)

(3)

【解析】 【分析】

行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A 端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功； 【详解】

解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a

(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t 1

所以匀加速运动的位移为：

行李随传送带匀速前进的时间：

行李箱从A 传送到B 所需时间：

(3) t 1传送带的的位移为：

根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：

整个过程行李对传送带的摩擦力做功：

5．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块

B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A 用绕过定滑轮

的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点．

（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（0

sin 370.6,cos370.8==） 【答案】（1）2;amg F ma mg v k

=+=（2）343C mg m g a ≥- 【解析】 【分析】 【详解】

（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mg

x k =． 根据22v ax =解得：22amg

v ax k

==

对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg ， 解得F=ma+mg ；

（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中

1T kx mg =≤；

竖直方向：sin C F m g θ≤； 联立解得 343C mg

m g a

≥

-

6．质量m =2kg 的物块自斜面底端A 以初速度v 0=16m/s 沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t =2s 速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g 取10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：

（1）物块上滑过程中加速度大小； （2）物块滑动过程摩擦力大小； （3）物块下滑所用时间.

【答案】（1）8m/s 2；（2）4N ；（3）s

【解析】 【详解】

（1）上滑时，加速度大小

（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：

解得

（3）位移

下滑时，由牛顿第二定律，得

解得 由

，解得=

s

7．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v 0=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/s 2，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v 0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v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ?= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22

v ≤≤ 【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1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111

222

E mv m v ?=- 解得：9E J ?=

（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+ 由机械能守恒得：

()()22

2111122222

B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =

C 以c v 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

由牛顿第二定律得：2

10.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2

212C v v a x -=

联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：1

2.5C

v v t s a -== 所以相对位移x vt x ?=- 代入数据得： 1.25x m ?=

摩擦生热·

8Q mgcos x J μθ=?= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速

则有：22

212c v v a L -=

根据牛顿第二定律得：2

212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-

联立解得：1/c v s =

设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速

则有：22

112c v v a L -=

解得：2/c v 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：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22

211

111122222

B C m v m v mv =+

解得：13/2max c v v s =

=

同理得：/min v s =

0//s v s ≤≤

8．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．

（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？ （2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？

【答案】（1）见解析（2）2.5m 【解析】 【分析】

（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；

（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小． 【详解】

（1）甲车紧急刹车的加速度为2

10.44/a g m s ==

甲车停下来所需时间0

11

2.5v t s a =

= 甲滑行距离 20

1

12.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；

（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：2

20.55/a g m s ==

设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，

0120022()v a t t v a t -+=-

解得2 2.0t s =

此过程中乙的位移： 220002121

152

x v t v t a t m =+-= 甲的位移：210021021

()()12.52

x v t t a t t m =+-

+= 所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-= 【点睛】

解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．

9．如图所示，斜面体ABC 放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度0υ，沿斜面上滑。斜面倾角037θ=，滑块与斜面的动摩擦因数μ。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg ，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g 取10 m ／s 2。试求：

（1）若0.8μ=，012.4/m s υ=，求滑块从C 点开始在2s 内的位移。 （2）若0.45μ=，09.6/m s υ=，求滑块回到出发点时的速度大小。 【答案】（1） 6.2x m = （2） 4.8 /v m s ＝ 【解析】 【详解】

(1)若0.8μ=，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有：0 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得滑块上滑过程的加速度大小2

012.4 /,a m s ＝

上滑时间0

00

1 v t s a =＝， 上滑位移为2

002

.162x m a t =

= (2)若0.45μ=，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律：1 mgsin mgcos ma θ

μθ＋＝ ， 解得2

19.6 /a m s ＝

设滑块上滑位移大小为L ，则由2

012v a L ＝ ，解得 4.8 L m ＝

滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律：2 mgsin mgcos ma θ

μθ－＝ ， 解得2

2 2.4 /a m s ＝

根据2

22v a L ＝ ，

解得滑块回到出发点处的速度大小为 4.8 /v m s ＝

10．在水平力F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为6m ，随即撤掉F ，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求： （1）物块运动的最大速度； （2）F 的大小；

（3）撤去F 后，物块克服摩擦力做的功 【答案】（1）6m/s （2）3.2N （3）7.2J 【解析】 【分析】

（1）物块做匀加速直线运动，运动2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．

（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F 的大小． （3）撤去F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功． 【详解】

（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x= 2

v t 可得物块运动的最大速度为：2266/2

x v m s t ?=

== （2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=6

2

v

t =

=3m/s 2． 设物块所受的支持力为N ，摩擦力为f ，根据牛顿第二定律得：F-f=ma N-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N

（3）撤去F 后，根据动能定理得：-W f =0-12

mv 2 可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J 【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．