高中物理牛顿运动定律解析版汇编

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．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

2．如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝2kg的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝

0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t增大的水平拉力F＝3t（N），重力加速度大小g＝10m/s2

（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1； （2）t＝10s时，两物体的加速度各为多大；

（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）

【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s；（2）t＝10s时，两物体的加速度各为3m/s2，12m/s2；

（3）

【解析】 【详解】

（1）当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：

fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3m/s2

对整体有：Fmax﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）amax 解得：Fmax＝12N 由Fmax＝3t 得：t＝4s

（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有： 对m1：μ1m2g﹣μ2 （m1+m2）g＝m1a1 解得：a1＝3m/s2

对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N 解得：a2＝12m/s2

（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12） 图象如图所示．

3．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B处的速度；

(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离． 【答案】1s 【解析】 【分析】

由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间． 【详解】

(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1=

解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s (2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=由vB2-v2=2a2(L-x1)

解得滑雪者到达B处时的速度：vB=16m/s

(3)设滑雪者速度由vB=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，则由动能定理有：

=5m/s2 =4m/s2

99.2m

；解得x3=96m

速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：

；解得 x4=3.2m

所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m

4．如图所示，传送带水平部分xab=0.2m，斜面部分xbc=5.5m，bc与水平方向夹角α=37°，一个小物体A与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，传送带沿图示方向以速率v=3m/s运动，若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不脱离传送带，经b点时速率不变．(取g=10m/s2，sin37°=0.6)求：

（1）物块从a运动到b的时间； （2）物块从b运动到c的时间． 【答案】（1）0.4s；（2）1.25s． 【解析】 【分析】

根据牛顿第二定律求出在ab段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a到b的运动时间．到达b点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc段匀加速运动的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b到c的时间． 【详解】

（1）物体A轻放在a处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：

mgma1

解得：

a12.5m/s2

A与皮带共速需要发生位移：

v29x共m1.8m0.2m

2a15故根据运动学公式，物体A从a运动到b：

xab代入数据解得：

12a1t1 2t10.4s

（2）到达b点的速度：

vba1t11m/s3m/s

由牛顿第二定律得：

mgsin37f2ma2 N2mgcos37且f2N2

代入数据解得：

a28m/s2

物块在斜面上与传送带共速的位移是：

v2vb2s共

2a2代入数据解得：

s共0.5m5.5m

时间为：

t22vvb31s0.25s a282因为gsin376m/s＞gcos372m/s，物块继续加速下滑 由牛顿第二定律得：

mgsin37f2ma3 N2mgcos37，且f2N2

代入数据解得：

a34m/s2

设从共速到下滑至c的时间为t3，由xbcs共vt312a3t3 ，得： 2t31s

综上，物块从b运动到c的时间为：

t2t31.25s

5．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy的坐标原点O．现突然沿x轴正方向对小球施加大小为2×10

－2

N的外力F0，使小球从静止开始运动，在第1s末所加外力F0大小不变，方向突然变为沿

y轴正方向，在第2s后，所加外力又变为另一个不同的恒力F．求：

(1)在第1末，小球的速率； (2)在第2s末，小球的位移；

(3)要使小球在第3s末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字) 【答案】（1）2m/s（2）10m （3）2.8×10-2N 【解析】 【分析】 【详解】

（1）根据牛顿第二定律F0=ma 在第1s末，根据速度时间关系v1=at 解得：v1=2m/s；

（2）在第1s末，根据位移时间关系x1=

12at 2在第2s内，小球从x轴正方向开始做类平抛运动： 在x方向：x2=v1t 在y方向：y212at 22位移：x=(x1x2)2y2

联立解得x=10m，

设位移与X轴正方向的夹角为θ，sinθ=

10 10（3）在第2s末，沿x轴正方向速度仍为v1=2m/s

在y方向分速度为v2=at=2m/s，此时速度与x轴正方向的夹角为45° 所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x轴方向加速度ax沿y轴方向加速度ay小球的加速度av1 tv2 t22axay

根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】

（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；

（2）第2s内，小球从x轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x方向和y方向的位移，

根据勾股定理求解小球的位移；

（3）分别根据x方向和y方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．

6．如图所示，某货场而将质量为m1=\"100\" kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=\"1.8\" m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=2m，质量均为m2=\"100\" kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=\"10\" m/s2）

（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力．

（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件．

（3）若1=0.5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间． 【答案】（1）FN3000N （2）0.4<μ1<0.6 （3）t=0.4s 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设货物滑到圆轨道末端是的速度为V0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，

mgR12m1v0 ① 2设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，

2v0 ② 根据牛顿第二定律得FNm1gm1R联立以上两式代入数据得FN3000N ③

根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下． (2)若滑上木板A时,木板不动,由受力分析得μ1m1g⩽μ2(m1+2m2)g ④ 若滑上木板B时,木板B开始滑动,由受力分析得μ1m1g>μ2(m1+m2)g ⑤ 0.6 ⑥． 联立④⑤式代入数据得0.4<μ1⩽

(3)当μ1=0.5时，由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动． 设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，

m1a1 ⑦ 由牛顿第二定律得μ1m1g⩽

设货物滑到木板A末端是的速度为V1,由运动学公式得V12−V02=−2a1L ⑧ 联立①⑦⑧式代入数据得V1=4m/s⑨

设在木板A上运动的时间为t,由运动学公式得V1=V0−a1t ⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得t=0.4s

7．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）

mgtan1；（2）Egt2tanθ． E2【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

qEmgtantan，解得 q mgE

②将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得F合故UABmgma，解得 cos1g2Egt2tanEtsin

2cos2

8．如图所示，小孩子与冰车的总质量为m20kg.大人用大小为20N，方向与水平面的夹角37o的恒力F使冰车由静止开始沿水平冰面运动。已知冰车与冰面间的动摩擦因数

为0.05，取sin37o0.6，cos37o0.8.求: (1)小孩与冰车受到冰面支持力的大小； (2)小孩子与冰车运动的加速度的大小；

(3)若拉力F作用8s时间后撤去，最终小孩和冰车将停下来，则小孩和冰车在此运动过程中的总位移的大小 (结果保留2位有效数字)。

【答案】（1）188N；（2）0.33m/s2；（3）17.53m 【解析】 【分析】

(1)对小孩和冰车受力分析，抓住竖直方向上平衡求出支持力的大小。 (2)结合水平方向上所受的合力，根据牛顿第二定律求出加速度的大小。 【详解】

(1) 冰车和小孩受力如图所示

竖直方向上有 N+Fsinθ=mg 得支持力N=188N； (2) 由牛顿第二定律得： 水平方向上有 Fcosθ-f=ma 又摩擦力为f=μN 解得加速度a=0.33m/s2；

(3) t=8s时间内，冰车位移是x1at2 解得：x1=10.56m

撤去拉力后物块在滑动摩擦力的作用下做匀减速运动到停止。

12mgma

解得：a0.5ms2减速过程中的位移为

0v2x26.97m

2a全过程的总位移为 xx1x217.53m 。 【点睛】

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，这类问题关键是求加速度。

9．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v0＝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/s2．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

设此时A球向上运动的位移为，则此时A球速度

m/s

m/s

m/s2

m

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以做匀速运动，设再经过时间则相遇时间

s

它们相遇，有：

s

考点：本题考查了运动学公式的应用

10．如图所示，质量m1kg的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30o角，球与杆之间的滑动摩擦因数动．（g10m/s）求：

23，球在竖直向上的拉力F20N作用下沿杆向上滑6

（1）求球对杆的压力大小和方向； （2）小球的加速度多大；

（3）要使球以相同的加速度沿杆向下加速运动，F应变为多大． 【答案】（1）53N 方向垂直于杆向上 （2）2.5m/s2 （3） 0N 【解析】

(1)小球受力如图所示：

建立图示坐标，沿y方向，有： (F−mg)cos30∘−FN=0 解得：FN=53N

根据牛顿第三定律，球对杆的压力大小为53N，方向垂直于杆向上． (2)沿x方向由牛顿第二定律得(F−mg)sin30∘−f=ma 而f=μFN 解得：a=2.5m/s2

（3）沿y方向，有：(mg −F)cos30∘−FN=0 沿x方向由牛顿第二定律得(mg −F)sin30∘−f=ma 而f=μFN 解得：F=0N