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高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1.质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动,一段时间后撤去F,其运动的图象如图所示取m/s2,求:(1)物体与水平面间的动摩擦因数;(2)水平推力F的大小;(3)s内物体运动位移的大小.【答案】(1)0.2;(2)5.6N;(3)56m。

【解析】【分析】【详解】(1)由题意可知,由v-t图像可知,物体在4~6s内加速度:物体在4~6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有:联立解得:μ=0.2(2)由v-t图像可知:物体在0~4s内加速度:又由题意可知:物体在0~4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有:代入数据得:F=5.6N(3)物体在0~14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积,则有:【点睛】在一个题目之中,可能某个过程是根据受力情况求运动情况,另一个过程是根据运动情况分析受力情况;或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析,因此在解题过程中要灵活处理.在这类问题时,加速度是联系运动和力的纽带、桥梁.2.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:212h 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:()2201122Q 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:2211'22x mgs mv mv 共μ-=-,解得:'0.7s m =,车的最小长度:故L ' 6.7s s m =+=相对;3.如图1所示,在水平面上有一质量为m 1=1kg 的足够长的木板,其上叠放一质量为m 2=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/s 2(1)求木块和木板保持相对静止的时间t 1; (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/s 2,12m/s 2;(3)【解析】 【详解】(1)当F <μ2(m 1+m 2)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m 1:f max ﹣μ2(m 1+m 2)g =m 1a max ,f max =μ1m 2g 解得:a max =3m/s 2对整体有:F max ﹣μ2(m 1+m 2)g =(m 1+m 2)a max 解得:F max =12N 由F max =3t 得:t =4s(2)t =10s 时,两物体已相对运动,则有: 对m 1:μ1m 2g ﹣μ2 (m 1+m 2)g =m 1a 1解得:a 1=3m/s 2对m 2:F ﹣μ1m 2g =m 2a 2 F =3t =30N 解得:a 2=12m/s 2(3)图象过(1、0),(4.3),(10、12) 图象如图所示.4.如图所示,质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上,质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动,若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3,物块B 恰好能滑到木板A 的右端.已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6.认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等,取g=10m/s 2.求:(1)木板A 的长度L ;(2)若把A 按放在光滑水平地面上,需要给B 一个多大的初速度,B 才能恰好滑到A 板的右端;(3)在(2)的过程中系统损失的总能量. 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为:11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为:()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <,故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零,有:202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =(2)A 、B 系统水平方向动量守恒,取B v 为正方向,有()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = (3)系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =5.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01012v 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 =0-12m 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 2-12m 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 =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ,包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′μ1m A gx A =12m 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 ′=0-12m 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.6.如图所示,一段平直的马路上,一辆校车从一个红绿灯口由静止开始做匀加速直线运动,经36 m 速度达到43.2 km/h ;随后保持这一速度做匀速直线运动,经过20 s ,行驶到下一个路口时,司机发现前方信号灯为红灯便立即刹车,校车匀减速直线行驶36 m 后恰好停止.(1)求校车匀加速运动的加速度大小a 1;(2)若校车总质量为4 500 kg ,求校车刹车时所受的阻力大小; (3)若校车内坐有一质量为30 kg 的学生,求该学生在校车加速过程中座椅对学生的作用力F 的大小.(取g =10 m/s 2,结果可用根式表示)【答案】(1)22/m s (2)9000N (3)26N 【解析】 【分析】(1)根据匀加速运动的速度位移关系可求加速度;(2)根据匀减速运动的速度位移关系可求加速度;根据牛顿第二定律可求阻力; (3)座椅对学生的作用力的水平分力等于mg ,F 的竖直分力的竖直分力等于重力,水平分力提供加速度.根据力的合成可求.【详解】(1)由匀加速直线运动公式可知v 2=2a 1x 1, 得加速度a 1=2 m/s 2(2)由匀减速直线运动公式得:0-v 2=-2a 2x 3 解得a 2=2 m/s 2F 阻=Ma 2=9000 N.(3)匀加速运动过程中,座椅对学生的作用力为F ,F 的竖直分力等于mg ,F 的水平分力由牛顿第二定律可得F 水平=ma 1 F =()()221mg ma +得F =6026 N.7.如图所示,一个质量为3kg 的物体静止在光滑水平面上.现沿水平方向对物体施加30N 的拉力,(g 取10m/s 2).求:(1)物体运动时加速度的大小; (2)物体运动3s 时速度的大小;(3)物体从开始运动到位移为20m 时经历的时间. 【答案】(1)10m/s 2(2)30m/s (3)2s 【解析】 【详解】(1)根据牛顿第二定律得:2230m/s 10m/s 3F a m ===; (2)物体运动3s 时速度的大小为 :103m/s 30m/s v at ==⨯=;(3)由位移与时间关系:212x at =则:2120m 102t =⨯⨯,则:2s t =. 【点睛】本题是属性动力学中第一类问题,知道受力情况来确定运动情况,关键求解加速度,它是联系力与运动的纽带.8.如图所示,水平地面上固定着一个高为h 的三角形斜面体,质量为M 的小物块甲和质量为m 的小物块乙均静止在斜面体的顶端.现同时释放甲、乙两小物块,使其分别从倾角为α、θ的斜面下滑,且分别在图中P 处和Q 处停下.甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为μ.设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能,重力加速度取g.求:小物块(1)甲沿斜面下滑的加速度; (2)乙从顶端滑到底端所用的时间;(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比. 【答案】(1) g(sin α-μcos α) (2) ()2sin sin cos hg θθμθ- (3)1:1【解析】 【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F 合=Ma 甲 Mg sin α-μ·Mg cos α=Ma 甲 a 甲=g(sin α-μcos α)(2) 设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为v ,根据动能定理得W 合=ΔE k mgh -μmgcos θ·θsin h=212mv v=cos 21sin gh θμθ⎛⎫- ⎪⎝⎭a 乙=g (sin θ-μcos θ) t =()2sin sin cos hg θθμθ-(3) 如图,由动能定理得Mgh -μ·Mg cos α·sin hα-μ·Mg (OP -cos sin h αα)=0mgh -μmg cos θ·θsin h-μmg (OQ -cos sin h θθ)=0 OP=OQ根据几何关系得22221==1x h OP x h OQ ++甲乙9.如图甲所示,在平台上推动物体压缩轻质弹簧至P 点并锁定.解除锁定,物体释放,物体离开平台后水平抛出,落在水平地面上.以P 点为位移起点,向右为正方向,物体在平台上运动的加速度a 与位移x 的关系如图乙所示.已知物体质量为2kg ,物体离开平台后下落0.8m 的过程中,水平方向也运动了0.8m ,g 取10m/s 2,空气阻力不计.求:(1)物体与平台间的动摩擦因数及弹簧的劲度系数; (2)物体离开平台时的速度大小及弹簧的最大弹性势能. 【答案】(1)0.2μ=,400/k N m =(2)2/v m s =, 6.48p E J = 【解析】 【详解】(1)由图象知,弹簧最大压缩量为0.18x m ∆=,物体开始运动时加速度2134/a m s =,离开弹簧后加速度大小为222/a m s =.由牛顿第二定律1k x mg ma μ⋅∆-=①,2mg ma μ=②联立①②式,代入数据解得0.2μ=③400/k N m =④(2)物体离开平台后,由平抛运动规律得:212h gt =⑤ d vt =⑥物体沿平台运动过程由能量守恒定律得:212p E mgx mv μ-=⑦ 联立①②⑤⑥⑦式,代入数据得2/v m s =⑧6.48p E J =⑨10.如图所示,固定的凹槽水平表面光滑,其内放置U 形滑板N ,滑板两端为半径R=0.45m 的1/4圆弧面.A 和D 分别是圆弧的端点,BC 段表面粗糙,其余段表面光滑.小滑块P 1和P 2的质量均为m .滑板的质量M=4m ,P 1和P 2与BC 面的动摩擦因数分别为μ1=0.10和μ2=0.20,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端,P 2静止在粗糙面的B 点,P 1以v 0=4.0m/s 的初速度从A 点沿弧面自由滑下,与P 2发生弹性碰撞后,P 1处在粗糙面B 点上.当P 2滑到C 点时,滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连,P 2继续运动,到达D 点时速度为零.P 1与P 2视为质点,取g=10m/s 2.问:(1)P 1和P 2碰撞后瞬间P 1、P 2的速度分别为多大? (2)P 2在BC 段向右滑动时,滑板的加速度为多大? (3)N 、P 1和P 2最终静止后,P 1与P 2间的距离为多少?【答案】(1)10v '=、25m/s v '= (2)220.4m/s a = (3)△S=1.47m 【解析】试题分析:(1)P 1滑到最低点速度为v 1,由机械能守恒定律有:22011122mv mgR mv += 解得:v 1=5m/sP 1、P 2碰撞,满足动量守恒,机械能守恒定律,设碰后速度分别为1v '、2v ' 则由动量守恒和机械能守恒可得:112mv mv mv ''=+ 222112111222mv mv mv ''=+ 解得:10v '=、25m/s v '= (2)P 2向右滑动时,假设P 1保持不动,对P 2有:f 2=μ2mg=2m (向左) 设P 1、M 的加速度为a 2;对P 1、M 有:f=(m+M )a 22220.4m/s 5f ma m M m===+ 此时对P 1有:f 1=ma 2=0.4m <f m =1.0m ,所以假设成立. 故滑块的加速度为0.4m/s 2;(3)P 2滑到C 点速度为2v ',由2212mgR mv '= 得23m/s v '= P 1、P 2碰撞到P 2滑到C 点时,设P 1、M 速度为v ,由动量守恒定律得:22()mv m M v mv '=++ 解得:v=0.40m/s 对P 1、P 2、M 为系统:222211()22f L mv m M v '=++ 代入数值得:L=3.8m滑板碰后,P 1向右滑行距离:2110.08m 2v s a ==P 2向左滑行距离:22222.25m 2v s a '==所以P1、P2静止后距离:△S=L-S1-S2=1.47m考点:考查动量守恒定律;匀变速直线运动的速度与位移的关系;牛顿第二定律;机械能守恒定律.【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目,难度较大;要求学生能正确分析过程,并能灵活应用功能关系;合理地选择研究对象及过程;对学生要求较高.。

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