高中物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v＝4m/s 。

B、 C 分别是传送带与两轮的切点，相距L＝ 6.4m。

倾角也是 37 的斜面固定于地面且与传送带上的 B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m＝ 1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至 A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到 B 点时速度 v0＝ 8m/s ，A、 B 间的距离 x＝ 1m，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝ 0.5，工件到达 C 点即为运送过程结束。

g 取 10m/s 2， sin37°＝ 0.6， cos37°＝ 0.8，求：（1）弹簧压缩至 A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由 B 点上滑到 C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由 B 点上滑到 C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】 (1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J【解析】【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：12E P mgx sin 37mgx cos37mv0解得： Ep＝ 42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1，由牛顿第二定律得：mg sin 37mg cos37ma1解得： a1＝ 10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：v0 v t1a1解得： t1＝ 0.4sv02v2工件滑行位移大小为： x12a1解得： x1 2.4m L因为tan 37 ，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a2，则有：mg sin 37mg cos37ma2解得： a2＝ 2m/s 2假设工件速度减为0 时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：vt2a2解得： t2＝ 2sn n n 3?工件滑行位移大小为：n 2 n 1解得： x2＝ 4m工件运动到 C 点时速度恰好为零，故假设成立。

工作在传送带上上滑的总时间为：t＝ t1 +t 2＝ 2.4s（3）第一阶段：工件滑行位移为：x1＝ 2.4m。

传送带位移 x1'vt1 1.6m ，相对位移为： Vx1 0.8m 。

摩擦生热为： Q1mgVx1 cos37解得： Q1＝3.2J第二阶段：工件滑行位移为：x2＝4m ，传送带位移为：x2'vt 28m相对位移为：x24m摩擦生热为：Q2mg x2 cos37解得： Q2＝16J总热量为： Q＝ 19.2J。

2．如图甲所示，一倾角为37°L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC ，长相连，斜面与圆轨道相切于 B 处， C为圆弧轨道的最高点。

t=0 时刻有一质量m=1 kg 的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t 图象如图乙所示。

已知圆轨道的半径R=0.5 m。

（取g=10 m/s 2， sin 37 =0.°6， cos 37 =0°.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达 C 点时对轨道的压力F N的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从 A 点滑上轨道，通过 C 点后恰好能落在 A 点。

如果能，请计算出物块从 A 点滑出的初速度；如不能请说明理由。

【答案】 (1) μ=0.5 (2) F'N=4 N (3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达 C 点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达道的压力F N的大小；物块从 C 到 A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达度，物块从 A 到 C，由动能定律可求物块从 A 点滑出的初速度；C 点时对轨C 点时的速【详解】解： (1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为v C，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在 C 点对轨道的压力大小为 4 N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到 A 点物块从 C 到 A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过 C 点落到 A 点物块从 A 到 C，由动能定律可得：解得：3．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=0.5m/s 2t前 2s ，环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有： F 1 mg sinma2s 后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F 2 mg sin由图读出 F 12=5.5N ， F =5N联立两式，代入数据可解得： m=1kg ， sin α=0.，5即 α=30°4． 如图所示，质量 M2kg 的木板静止在光滑水平地面上，一质量 m 1kg 的滑块（可视为质点）以 v 0 3m/s 的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑 落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2 ，重力加速度g10m/s 2 ，求：（ 1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （ 2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？（ 3）木板的长度 L ？【答案】（ 1） 1m/s （2） 0.25m （3） 1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒mv 0 (m M )v 可得 v 1m/s（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：mgs0 1 mv 22解得 s 0.25m（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：1 mv 021(m M )v 2 mgs 12 2故木板的长度 L s s 1 1.75m5． 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 0 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 g10m/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x1v0t 1a1t 2 2x21a2 t2 2x1L x2又v0a1t 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20.086．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重.一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上 ,由升降机送上几十米的高处,然后让座舱自由落下 .落到一定位置时 ,制动系统启动 ,到地面时刚好停下 .已知座舱开始下落时的高度为75 m,当落到离地面 30m 的位置时开始制动 ,座舱均匀减速 .重力加速度g 取10m / s2,不计空气阻力.（1）求座舱下落的最大速度 ;（2）求座舱下落的总时间 ;（3）若座舱中某人用手托着重30N 的铅球 ,求座舱下落过程中球对手的压力.【答案】（1） 30m/s （2） 5s．（ 3） 75N．【解析】试题分析：（ 1） v2=2gh;v m＝ 30m/s⑵座舱在自由下落阶段所用时间为：h 1 gt12t1＝3s2h座舱在匀减速下落阶段所用的时间为：t2＝v ＝2s2所以座舱下落的总时间为：t＝ t1＋ t2＝5s⑶对球，受重力mg 和手的支持力N 作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mg －N＝mg解得： N＝ 0根据牛顿第三定律有：N′＝ N＝ 0，即球对手的压力为零在座舱匀减速下落阶段，根据牛顿第二定律有mg－N＝ma根据匀变速直线运动规律有：0v2a＝＝－ 15m/s 2 2h2解得： N＝ 75N（ 2 分）根据牛顿第三定律有： N′＝ N＝ 75N，即球对手的压力为 75N考点：牛顿第二及第三定律的应用7．一质量为0.25 kg 的物块静止在水平地面上，从t＝ 0 s 时刻开始受到一个竖直向上的力F 的作用， F 随时间 t 的变化规律如图乙所示，重力加速度g 取 10 m/s 2.求：(1)t＝ 2 s 时，物块速度的大小：(2)t＝ 0 到 t ＝ 3 s 的过程中，物块上升的高度．【答案】 (1)2 m/s(2)6 m【解析】【分析】在 0-1s 内拉力小于重力，物块静止不动，根据牛顿第二定律求出1-2s 内的加速度，结合速度时间公式求出 t=2s 时，物块速度的大小；根据牛顿第二定律求出2-3s 内的加速度，根据位移时间公式分别求出1-2s 内和 2-3s 内的位移，从而求出物块上升的高度；【详解】解： (1) 01s 内，F1mg ，物块静止1s 2s 物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得： F2 mg ma1解得： a1F2 mg2m / s2m则 t ＝2 s 时，物块的速度：v 2 1m / s2m / s(2) 1s2s物块匀加速运动： x11a1t 21?m22s 3s物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得： F3 mg ma2解得： a2F3mg6m / s2m 则有： x2vt21a2t 25?m 2则物块上升的高度： h x1 x21m 5m6m8．如图所示，质量为m＝ 1 kg 的长方体金属滑块夹在竖直挡板M、 N 之间， M、 N 与金属滑块间动摩擦因数均为μ＝ 0.2，金属滑块与一劲度系数为k＝ 200N/m 的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M 固定不动，挡板N 与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力 )．起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m 的物体从距滑块L＝ 20 cm 处自由落下，与滑块瞬间完成碰撞后粘在一起向下运动．为保证滑块下滑过程中做匀减速运动，且下移距离为l＝10 cm 时速度减为0，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内．g 取 10 m/s 2，求：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；(2)当滑块下移距离为 d＝ 5 cm 时挡板对滑块压力的大小；(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为E p＝12(式中 k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧的伸长或压kx2缩量 )，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功．【答案】 (1) 1J (2) 25N (3) -1J【解析】(1)设物体与滑块碰撞前瞬间速度为v0，对物体下落过程由机械能守恒定律得mgl 1 mv202设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得2mv1mv0根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能E1mv0212mv1222上式联立数据带入得 E 1J．(2) 设滑块下移时加速度为a，由运动学公式得0 v122al起初滑块静止时，有mg F0k x1当滑块下移距离为 d 5cm时弹簧的弹力 F k x1d对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得2mg F 2F f2ma 滑动摩擦力F f F N解得 F N25 N．(3)由功能关系可得1k x12 1 k x1212mv122mgl Wl222解得 W1J．答： (1) 下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J；(2) 当滑块下移距离为d=5cm 时挡板对滑块压力的大小是25N；(3)滑块速度减为零的过程中 , 挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J ．9．上海中心总高为632 米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。