高中物理牛顿运动定律专题训练答案及解析
高中物理牛顿运动定律专题训练答案及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可
视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：
（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？
【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】
（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =
（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102
mgs mv μ-=- 解得0.25m s =
（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111
()22
mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=
2．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0
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v 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 =0-1
2
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 2-1
2
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-
1
2
m A v A 2 解得x A =0.016m μ1m A gx A = 1 2 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 ′=0-1 2 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. 3．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东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加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ； (2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2 112 km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】 (1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝ (2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝- 解得1m v s = 最大动能2 11J 2 m k E mv = = 减速阶段的位移331 0.5m 2 x vt = = 匀速阶段的位移2253m x vt == 加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2 112a x v =，解得 1 2.5m x ＝ 阳台距地面的高度12356m h x x x =++= 4．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 =0v ≤≤ 【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：1397/c v m 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：213/c v m 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：133397/22 max c v v m s = = 同理得：3 13/2 min v m s = 所以 03313/397/22 m s v m s ≤≤ 5．“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t ，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。假设“复兴号”在水平轨道上从静止开始加速到速度v=360km/h ，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f=1.25×103N 的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F=4.75×104N 的牵引力。求： (1)该过程“复兴号”运动的时间； (2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小。 【答案】（1）80s （2）0 【解析】 【分析】 （1）以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；（2）以前4节车厢为研究对象，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小. 【详解】 （1）以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma 动车组做匀加速运动，则v=at 解得t=80s （2）以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律： 2F-4f+N=4ma 解得N=0. 6．在水平长直的轨道上，有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动．某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为μ，此时调节外力，使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动． (1)若滑块最终停在小车上，滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少？（结果用m ，v 0表示） (2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2，滑块质量m =1kg ，车长L =2m ，车速v 0=4m/s ，取g =10m/s 2，当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ，要保证滑块不能从车的左端掉下，恒力F 大小应该满足什么条件？ 【答案】（1）2 012 m v （2）6F N ≥ 【解析】 解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mg a g m μμ== 滑块相对车滑动的时间：0 v t a = 滑块相对车滑动的距离20 02v s v t g =- 滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2 012 Q mv = （与动摩擦因数μ无关的定值） （2）设恒力F 取最小值为1F ，滑块加速度为1a ，此时滑块恰好达到车的左端，则： 滑块运动到车左端的时间0 11 v t a = 由几何关系有：010122 v t L v t - = 由牛顿定律有：11F mg ma μ+= 联立可以得到： 1 0.5s t =，16F N = 则恒力F 大小应该满足条件是：6F N ≥． 7．如图甲，圆圈内放大的集成块可以同时自动测量沿手机短边（x 轴）、长边（y 轴）和垂直面板方向（z 轴）的加速度，相当于在三个方向上各有一个如图乙所示的一维加速度 计，图中固定在力传感器上的质量块的质量为 m ．下面仅研究 x 轴处于水平方向和 y 轴处于竖直方向的加速度情况． （1）沿 x 轴方向，若用 F 表示力传感器垂直接触面对质量块的作用力，取+x 轴方向为加速度正方向， 导出手机在水平方向的加速度 x a 的表达式； （2）沿 y 轴方向，若用 F 表示力传感器垂直接触面对质量块的作用力，取+y 轴方向为加速度正方向， 导出手机在竖直方向的加速度 y a 的表达式； （3）当手机由竖屏变横屏时，为让手机感知到这种变化，需要通过电信号分别将（1）和（2）中导出的 加速度进行输出，但应统一输出项 a 出，请分别写出水平和竖直方向上输出项 a 出的表达式； （4）当手机由竖屏变横屏时，显示的视频画面会随之由窄变宽，请解释其中的原理． 【答案】（1）x F a m = （2）y F mg a m -=（3）=x x F a a m =出=y y F a a g m =+出（4）当手机竖屏播放视频时，= 0x x F a a m ==出 、 =y y F a a g g m 出=+=将手机转为横屏时，加速度计测得水平、竖直两个方向加速度的值发生交换； 智能手机据此做出判断， 将视频画面由窄变宽． 【解析】 【分析】 【详解】 （1）质量块在+x 轴方向只受力传感器垂直接触面对它的作用力 F ，由牛顿第二定律得： x F a m = （2）质量块在+y 轴方向受重力（mg ）、力传感器垂直接触面对它的作用力 F 两个力的作用，由牛顿第二定律得：y F mg a m -= （3）应统一设置水平和竖直方向上通过力传感器电信号输出的加速度的表达式为：a 出 在水平方向的加速度的输出表达式：=x x F a a m =出 在竖直方向的加速度的输出表达式：=y y F a a g m =+出 （4）当手机竖屏播放视频时，= 0x x F a a m ==出 、 =y y F a a g g m 出=+=将手机转为横屏时，加速度计测得水平、竖直两个方向加速度的值发生交换； 智能手机据此做出判断， 将视频画面由窄变宽． 8．如图甲所示，一质量为m 的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成θ角．小球位于A 点，某时刻突然将细线剪断，经过时间t 小球运动到B 点（图中未画出）已知电场强度大小为E ，重力加速度为g ，求： （1）小球所带的电荷量q ； （2）A 、B 两点间的电势差U ． 【答案】（1） tan mg E θ；（2）1 2 Egt 2tanθ． 【解析】试题分析：（1）小球处于静止状态，分析受力，作出受力图，根据平衡条件和电场力公式求解电荷量q ；（2）将细线突然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度a ，再根据匀变速直线运动求解位移，再计算A 、B 两点间的电势差U ． ①静止时有 tan qE mg θ=，解得 tan mg q E θ= ②将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得cos mg F ma θ ==合，解得 故221tan sin 2cos 2 AB g Egt U E t θθθ=-?=- 9．如图，在竖直平面内有一个半径为R 的光滑圆弧轨道，半径OA 竖直、OC 水平，一个质量为m 的小球自C 点的正上方P 点由静止开始自由下落，从C 点沿切线进入轨道，小球沿轨道到达最高点A 时恰好对轨道没有压力．重力加速度为g ，不计一切摩擦和阻力．求： （1）小球到达轨道最高点A 时的速度大小； （2）小球到达轨道最低点B 时对轨道的压力大小． 【答案】（1）A v gR =（2）6mg 【解析】 试题分析：（1） 设小球在A 点速度大小为A v ，小球到达A 点由重力提供向心力得： 2 A v mg m R =①………………………………………………2分 可得：A v gR = ……………………………………………………2分 设小球在B 点速度大小为B v ，从B 到A 由机械能守恒得： 2211 (2)22 B A mv mv mg R =+?②………………………………………2分 在B 点由牛顿第二定律可得：2 B v F mg m R -=③ ……………… 2分 由①②③计算可得：6F mg =……………………………………………1分 在B 点，小球对轨道的压力为'F ，由牛顿第三定律可得： '6F F mg ==④………………………………………1分 考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律 10．如图所示，在光滑的水平地面上， 相距L ＝10 m 的A 、B 两个小球均以v 0＝10 m/s 向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取g ＝10 m/s 2．求：A 球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇． 【答案】2.5s 【解析】 试题分析：设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有： 1s A球滑上斜坡后加速度m/s2 设此时A球向上运动的位移为，则m 此时A球速度m/s B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以m/s 做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：s 则相遇时间s 考点：本题考查了运动学公式的应用