高考物理牛顿运动定律专项训练及答案一、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。
【答案】（ 1）0.3（ 2）1（3）2.75m 20【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：a1 v2 v1 1 4 m / s2 3m / s2，方向向右t 1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：v01 mg22mg mt1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：1 mg2 2mgm v2t2而且 t1 t2 t 1s联立可以得到：1t1 0.5s，t2 0.5s ；2 ，20（3）在t1 0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0v0x1t10.5m ，方向向右；在 t20.5s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：v2 0x2 t2 0.25m ，方向向左；2在整个 t 1s 时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：x v1v2 t 2.5m ，方向向左2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．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m 4kg ，以初速度 v0 10m / s 滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为M 6kg ，高为h0.8m 。
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0.5 ，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m，重力加速度 g 取10m / s2。
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，导致小车在碰到的长度是多少？【答案】 (1)3m/s ； (2)6.7m【解析】【详解】A 之前已经与货物达到共同速度，则小车1 设货物从小车右端滑出时的速度为v x，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：h 1gt 2，2水平方向：l AB v x t解得：v x 3m / s2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：mv0 m M v共，解得： v共4m / s ，由能量守恒定律得：Q mgs相对1mv02 1 m M v共2，2 2解得： s相对6m ，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：mgs' 1mv x21mv共2，2 2解得： s' 0.7m ，车的最小长度：故L s相对s' 6.7m ；3．四旋翼无人机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=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N． (g取10 m ／ s2)(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t=5s时离地面的高度(2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而h；坠落．求无人机坠落到地面时的速度v；(3)接 (2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1．【答案】（ 1） 75m （2） 40m/s （ 3）5 5s 3【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律F﹣mg﹣ f=ma代入数据解得a=6m/s 2上升高度代入数据解得h=75m．（2）下落过程中 mg﹣ f=ma1代入数据解得落地时速度v2=2a1H，代入数据解得v=40m/s（3）恢复升力后向下减速运动过程F﹣mg+f=ma 2 代入数据解得设恢复升力时的速度为v m ，则有由 v m =a 1t 1代入数据解得．4．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v ′，则 mv 1 Mv 2m M v解得 v ′=0.6m/s ，即物块和木板最终以 0.6m/s 的速度匀速运动 .（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2t 1，经时间物块和木板具有相同的速度v ′′， 对物块受力分析： mg ma 1 对木板： F mgMa 2由运动公式： vv 0 a 2t 1v a 1t 1解得： t 11s v2m / s3 3此过程中物块相对木板前进的距离：解得 s=0.5m ；sv 0 v t 1 vt 122t 1 后物块相对木板向左运动，这再经 t 2 时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为 a 1 ，对木板： F - mg Ma 3由运动公式：1 21 2v t 22a 1t2v t 22a 3t 2s解得t 23 s3故经过时间 t t 1 t 23 130.91s 物块滑落 .5． 如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为 37°，斜面与水平面间可视为光滑连接。
某滑雪爱好者连滑雪板总质量为75kg （可视为质点）从赛道顶端静止开始沿直线下滑，到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s 。
然后在水平赛道上沿直线继续前进180m 静止。
假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数相同，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为g=10m/s 2 ，sin37 =0°.6， cos37 =0°.8．求：（1）滑雪者与赛道间的动摩擦因数；（2）滑雪者在斜面赛道上受到的合外力；（3）滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度【答案】（1） 0.25（ 2）300N(3)7.5s,112.5m【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出滑雪者与赛道间的动摩擦因数；根据滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据速度位移公式求出斜面赛道的长度；解： (1)水平面匀减速v2=2a2s得a2 =2.5m/s 2由牛顿第二定律：μmg=ma2得：μ=0.25(2) 滑雪者在斜面赛道上受到的合外力F=mg sin37 -μ°mgcos37 =300N°(3)根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度由得：由v2 =2as 得6．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。
（g10m / s2，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) 1.15 m / s2，109N (2) 20m【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：N 1 F sin 37 mg 0（ 1） F cos37N 1 ma（2）联立解得： a 1.15m / s 2 （ 3） 对于妈妈由牛顿第二定律可得：f F cos37Ma（ 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：maxmg(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。
7． 质量 M9kg 、长 L 1m 的木板在动摩擦因数1 0.1 的水平地面上向右滑行，当速度 v 2m/s 时，在木板的右端轻放一质量 m 1kg 的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取g 10m/s 2，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间 t ；（2）小物块与木板间的动摩擦因数 2 ．【答案】（ 1） 1s （ 2）0.08【解析】【分析】【详解】（1）设木板在时间t 内的位移为 x1 ；铁块的加速度大小为a2，时间 t 内的位移为 x2 则有x1 v0t 1a1t 2 2x2 1a2 t2 2x1 L x2又v0 a1t a2 t代入数据得t=1s（2）根据牛顿第二定律，有1 (M m) g2 mg Ma12mg ma2解得20.088．在水平力 F 作用下，质量为0.4kg 的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动，经2s 运动的距离为 6m ，随即撤掉 F，小物块运动一段距离后停止．已知物块与地面之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s 2．求：（1）物块运动的最大速度；（2） F 的大小；（3）撤去 F 后，物块克服摩擦力做的功【答案】（1） 6m/s （2） 3.2N（ 3） 7.2J【解析】【分析】（1）物块做匀加速直线运动，运动 2s 时速度最大．已知时间、位移和初速度，根据位移等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度．（2）由公式v=at 求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求 F 的大小．（3）撤去 F 后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功．【详解】v（1）物块运动2s 时速度最大．由运动学公式有：x=t2可得物块运动的最大速度为：2x 2 66m / s v2t（2）物块匀加速直线运动的加速度为：v 62．a= =3m/st 2设物块所受的支持力为N，摩擦力为f，根据牛顿第二定律得：F-f=maN-mg=0，又 f= μN联立解得： F=3.2N1（3）撤去 F 后，根据动能定理得：-W f =0-mv22可得物块克服摩擦力做的功为：W f =7.2J【点睛】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，要注意撤去 F 前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变．9．功能关系贯穿整个高中物理．(1)如图所示，质量为 m 的物体，在恒定外力 F 作用下沿直线运动，速度由 v0变化到 v 时，发生的位移为 x．试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理．上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？说明理由．(2)如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R 的电阻，处在方向竖直向外、磁感应强度为 B 的匀强磁场中，质量为 m 的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．现给导体棒一个水平向右的初速度v0，在沿导轨运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．导体棒速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则在这一过程中：①直接写出弹簧弹力做功W 弹与弹性势能变化Ep 的关系，进而求W 弹；②用动能定理求安培力所做的功W 安．【答案】 (1)动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律．(2) W弹E p( E p 0)E p(3)W安 E p 1 mv022【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律F=ma及运动学公式v2v022ax可得 Fx1 mv2 1 mv 022 2当物体受变力作用、或者做曲线运动时，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线，这样对每一段用动能定理，累加后也能得到同样的结果，所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律．(2) W 弹 E p进而 W 弹E p (E p 0) E p .(3)由动能定理： W 安 W 弹0 1mv 022解得： W 安E p1mv 02210． 如图所示，航空母舰上的水平起飞跑道长度L=160m ．一架质量为4m=2.0×10 kg 的飞机从跑道的始端开始，在大小恒为 5F=1.2×10N 的动力作用下，飞机做匀加速直线运动，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为F f =2× 4g=10m/s 2．求：10N ．飞机可视为质点，取（ 1）飞机在水平跑道运动的加速度大小；（ 2）若航空母舰静止不动，飞机加速到跑道末端时速度大小；（ 3）若航空母舰沿飞机起飞的方向以 10m/s 匀速运动，飞机从始端启动到跑道末端离开．这段时间内航空母舰对地位移大小．【答案】（ 1） a 5.0m / s 2 （ 2） v 40m / s （ 3） x 2 80m【解析】 【分析】 【详解】（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为 a ，由牛顿第二定律可得F 合=F ﹣F f =ma代入数据得12a =5.0 m/s（2）由运动学公式可知v 2=2aL代入数据得飞机到达倾斜跑道末端时的速度大小v=40 m/s（3）对于飞机x 1 v 0t 1 at 22对于航空母舰有x2=v0t由几何关系：x1﹣ x2=L即有1 at2 L2代入数据解得t=8s．飞机离开航空母舰时，航空母舰的对地位移大小x2=v0t=80m．【点评】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．。