最新高中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．固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10m/s 2．求：（1）小环的质量m ；（2）细杆与地面间的倾角a ．【答案】（1）m ＝1kg ，（2）a ＝30°．【解析】【详解】由图得：0-2s 内环的加速度a=v t=0.5m/s 2 前2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有：1sin F mg ma α-= 2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：2sin F mg α=由图读出F 1=5.5N ，F 2=5N联立两式，代入数据可解得：m =1kg ，sinα=0.5，即α=30°2．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？（00sin 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≥-3．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。

板左端有一质量为m= 0.5kg 的物块（视为质点），物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2。

初始时物块与木板均处于静止状态，已知g = 10m/s 2,物块与木板间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等。

(1)若仅给木板一水平向左的初速度03/m s υ=,求物块相对木板滑动的距离；(2)若仅给物块施加一水平向右的力F ，F 随时间t 变化的图像如图乙所示，求物块与木板最终的速度；(3)若按（1)问中给板初速度03/m s υ=的同时，给木板施加一水平向右的恒力F = 6N ，求经多长时间物块会从木板上滑落。

【答案】（1）1.5m ；（2）物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.（3）0.91s【解析】【详解】（1）设物块与板最终达到相同的速度v ，物块在板上滑行的位移为L ，由动量守恒：()0Mv M m v =+ 由能量关系：()2201122mgL Mv M m v μ=-+ 解得L=1.5m（2）由题意可知，若物块和木板一起向右加速，则拉力F≤1.5N ，故在如图所示的拉力F 的作用下物块和板无法一起加速，经t 1=0.5s 时，物块的速度v 1，板的速度v 2 对物块：111Ft mgt mv μ-=对木板：12mgt Mv μ=解得v 1=0.8m/s ，v 2=0.5m/s ；4．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，小茗同学站在木板的左端，也处于静止状态，现小茗开始向右做匀加速运动，经过2s 小茗从木板上离开，离开木板时小茗的速度为v=4m/s ，已知木板质量M =20kg ，小茗质量m =50kg ，g 取10m/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（结果保留两位有效数字）．【答案】0.13【解析】【分析】对人分析，由速度公式求得加速度，由牛顿第二定律求人受到木板的摩擦力大小；由运动学的公式求出长木板的加速度，由牛顿第二定律求木板与地面之间的摩擦力大小和木板与地面之间的动摩擦因数．【详解】对人进行分析，由速度时间公式：v=a 1t代入数据解得：a 1=2m/s 2在2s 内人的位移为：x 1＝2112a t 代入数据解得：x 1=4m由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m对木板：x 2＝2212a t 可得：a 2=0.5m/s 2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1代入数据解得：f=100N代入数据解得：μ＝90.1370≈． 【点睛】本题主要考查了相对运动问题，应用牛顿第二定律和运动学公式，再结合位移间的关系即可解题．本题也可以根据动量定理解答．5．如图所示，某货场而将质量为m 1="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m 2="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μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=0.2．（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g="10" m/s 2）（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μ1应满足的条件．（3）若μ1=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）3000N F N =（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V 0，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得， 21012mgR m v = ① 设货物在轨道末端所受支持力的大小为F N ， 根据牛顿第二定律得2011N v F m g m R-= ② 联立以上两式代入数据得3000N F N = 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μ1m 1g ⩽μ2(m 1+2m 2)g ④若滑上木板B 时,木板B 开始滑动,由受力分析得μ1m 1g >μ2(m 1+m 2)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a 1，由牛顿第二定律得μ1m 1g ⩽m 1a 1 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=0.4s6．如图所示，水平传送带长L=5m，以速度v=2m/s沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s2。

求：①物块从左端传送到右端需要的时间②物体在传送带上因摩擦而产生的热量【答案】①3s ②2J【解析】【详解】①物体在传送带上开始做加速运动，共速后做匀速运动，开始的加速度为；加速的时间加速的位移：；匀速的时间：则物块从左端传送到右端需要的时间t=t1+t2=3s；②物体在传送带上因摩擦而产生的热量：7．如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0．6m的竖直半圆弧轨道BC在B处相连接，有一质量为1kg的滑块（大小不计），从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0．25，与BC间的动摩擦因数未知，取g =l0m/s2．求：（1）滑块到达B 处时的速度大小；（2）滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程中所需的时间；（3）若滑块到达B 点时撤去力F ，滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C ，则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少．【答案】（1）210/m s （2835s （3）5J 【解析】试题分析： （1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝12mv B 2得v B ＝10m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得 F 1－μmg ＝ma 且x 1＝12at 12 解得t 1835． （3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C v R对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得W －mg×2R ＝12mv C 2－12mv B 2 代入数值得W ＝－5 J即克服摩擦力做的功为5 J ． 考点：动能定理；牛顿第二定律8．如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用．一架质量m=1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N ，无人机上升过程中最大速度为6m/s ．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．（g 取10 m ／s ）2．求：(1)无人机以最大升力起飞的加速度；(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m 的高空所需的最短时间．【答案】（1）22/m s （2）4f N = （3）6.5s【解析】（1）根据题意可得26/02/3v m s a m s t s∆-===∆ （2）由牛顿第二定律F f mg ma --= 得4f N = （3）竖直向上加速阶段21112x at =，19x m = 匀速阶段12 3.5h x t s v-== 故12 6.5t t t s =+=9．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=12m/s 的初速度从斜面A 点处沿斜面向上运动．物体与斜面间的动摩擦因数为μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1；（2）物体沿斜面上滑的最大距离x ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2；（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ．【答案】（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1为8m/s 2；（2）物体沿斜面上滑的最大距离x 为9m ；（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a 2为4m/s 2；（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间3.62s ．【解析】试题分析：（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得1sin cos mg mg ma θμθ+=a 1=8m/s 2（2）物体沿斜面上滑由2012=v a x ，得x=9m（3）物体沿斜面返回下滑时2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2（4）物体从A 点出发到再次回到A 点运动的总时间t ．沿斜面向上运动011v a t =，沿斜面向下运动22212x a t =则t=t 1+t 2=3(21)2+s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用10．如图所示，质量1m kg =的小球套在细斜杆上，斜杆与水平方向成30α=o 角，球与杆之间的滑动摩擦因数36μ=，球在竖直向上的拉力20F N =作用下沿杆向上滑动．（210/g m s =）求：（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）22.5m /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3N ，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 /s 2（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。