高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)

高中物理牛顿运动定律题20套(带答案)

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。

1【答案】（1）0.3（2）20（3）2.75m

【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：

v2v114m/s23m/s2t1

a1，方向向右

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：

v0t1

1mg22mgm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：

v2t2

1mg22mgm

而且t1t2t1s

120，t10.5s，t20.5s；

联立可以得到：

2（3）在

x1t10.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：

0v0t10.5m2，方向向右；

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0.25m2，方向向左；

在整个t1s时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：

xv1v2t2.5m2，方向向左

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．质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=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/s2，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/s2；（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 3．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)

3313m/sv0397m/s22

【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

121mv02mv1222

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

由机械能守恒得：

12112mvC2mv122mvB222

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

由牛顿第二定律得：

a1gcosgsin0.4m/s2

由速度位移公式得：

2v2vC2a1x

联立解得：x=11.25m＜L

vvC2.5sa1

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

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

则有：

v2vc222a1L

根据牛顿第二定律得：

a2gsingcos12.4m/s2

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

则有：

v2vc21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：

11122mvC12mv122mvB1222

解得：

vmax33vc1397m/s22

同理得：

vmin313m/s2

所以

3313m/sv0397m/s22

4．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。已知雪橇与水平雪道间的动摩擦因数为μ＝0.1，妈妈的质量为M＝60kg，小红和雪橇的总质量为m＝20kg。在游戏过程中妈妈用大小为F＝50N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇。

2g10m/s（，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：

（1）小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小；

（2）若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m处，求妈妈拉力作用的最短距离。

【答案】(1) 1.15m/s，109N (2) 20m

2

【解析】

【分析】

根据“妈妈用大小为F＝50N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面43m处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和动能定理方程，求解即可。

【详解】

（1）对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。

对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：

N1Fsin37mg0 （1）

Fcos37N1ma （2）

联立解得：a1.15m/s （3）

2

对于妈妈由牛顿第二定律可得：

fFcos37Ma （4）

解得：f109N （5）

（2）由题意可得，当小红和雪橇到达前面43m刚好停止时，妈妈拉力作用的距离最短。对小红和雪橇由动能定理可得：

maxmg(sx)0 （6）

解得： x20m （7）

【点睛】

分别对小红和妈妈受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，联立求解即可；求妈妈拉力作用的最短距离，则到达43m处时，速度为零，根据动能定理列方程，求解即可。

5．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12m1v02 ①

设货物在轨道末端所受支持力的大小为FN，

2v0FNm1gm1R ② 根据牛顿第二定律得

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

联立④⑤式代入数据得0.4<μ1⩽0.6 ⑥．

(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，

由牛顿第二定律得μ1m1g⩽m1a1 ⑦

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 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v0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v0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，v0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

v0=4m/s，取g=10m/s2，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？

12mv0【答案】（1）2（2）F6N

【解析】

mgm解：根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度

ag

滑块相对车滑动的时间：

tv0a

2v0sv0t2g 滑块相对车滑动的距离

滑块与车摩擦产生的内能Qmgs

12mv02（与动摩擦因数无关的定值）

由上述各式解得

Q（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好达到车的左端，则：

v0a1

滑块运动到车左端的时间

t1由几何关系有：

v0t1v0t1L22

由牛顿定律有：F1mgma1 联立可以得到：t10.5s，F16N

则恒力F大小应该满足条件是：F6N．

7．草逐渐成为我们浙江一项新兴娱乐活动。某体验者乘坐滑草车运动过程简化为如图所示，滑草车 从 A点静止滑下，滑到 B点时速 度大小不变而方向变为水平，再滑过一段水平草坪后从 C点水平抛 出，最后落在三角形状的草堆上。已知斜坡 A B与水平面的

夹角θ=37° ，长为 xAB=15m，水平草坪 B C 长为 xBC=10m。从 A点滑到了 B点用时 3s。该体验者和滑草车的质量 m =60kg，运动过程中看成质点， 在斜坡上运动时空气阻力不计。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度 g=10m/s2）

（1）求滑草车和草坪之间的动摩擦因数；

（2）体验者滑到水平草坪时，恰好受到与速度方向相反的水平恒定风的作用，风速大小为 5m/s，已 知风的阻力大小 F与风速 v满足经验公式 F=1.2v2。求体验者滑到 C点时的速度大小；

（3）已知三角形的草堆的最高点 D与 C点等高，且距离 C点 6m，其左顶点 E位于 C点正下方 3m 处。 在某次滑草过程中，体验者和滑草车离开 C点时速度大小为 7m/s，无风力作用，空气阻力忽略 不计，求体验者和滑草车落到草堆时的动能。

【答案】（1）；（2）

；（3）

【解析】

试题分析：（1）根据

代入数据解得2分

2分

代入数据解得1分

（2）在BC阶段运动时2分

代入数据解得1分

又2分

1分

代入数据解得

1分

（3）根据题意

2分

2分

代入数据解得1分

又由动能定理2分

代入数据解得1分

考点：动能定理。

8．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 ax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

ay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）屏播放视频时，

axFFmgFFayax出=axay出=aygm（2）m（3）mm（4）当手机竖

ax出=FFax0ay出=ayggmm 、 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：

axFm

（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：

ayFmgm

（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

Faxm

在水平方向的加速度的输出表达式：

ax出=在竖直方向的加速度的输出表达式：

ay出=Faygm

（4）当手机竖屏播放视频时，

ax出=FFax0ay出=ayggmm 、 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．

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

2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3．该球受到

的空气阻力大小恒为f，取g=10m/s2，求：

（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．

1m7【答案】（1）0.4N（2）

【解析】

408m/s20.5，

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．

3（2）由题意反弹速度v′＝4v＝3m/s．

又由牛顿第二定律：mg+f=ma′，得

0.2100.412m/s20.2

a．

v2323h＝＝＝m故反弹高度为：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，质量m1kg的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30角，球与杆之间的滑动摩擦因数动．（g10m/s）求：

236，球在竖直向上的拉力F20N作用下沿杆向上滑

（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．

2【答案】（1）53N 方向垂直于杆向上 （2）2.5m/s （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