高考物理牛顿运动定律试题经典含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75 m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC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/s2，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FN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C点时对轨道的压力FN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C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度； 【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vC，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：

2．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A处放一质量m=1kg的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s2。求：

(1)释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。 【答案】(1)4m/s2，1m/s2；(2)t1s 【解析】 【详解】

（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，

0对滑块m：由牛顿第二定律有：mgsin37f1ma1

0其中FN1mgcos37，f11FN1 002解得：a1gsin371gcos374m/s

0对薄平板M，由牛顿第二定律有：Mgsin37f1f2Ma2 00其中FN2mgcos37Mgcos37，f22FN2

2解得：a21m/s

a1a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有：x1解得：t1s

121a1t，x2a2t2，x1x2L 22

3．如图，有一水平传送带以8m/s的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离

为4m，g取10m/s2．求：

（1）刚放上传送带时物块的加速度；

（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间． 【答案】（1）ag4m/s2（2）t1s 【解析】 【分析】

先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】

（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：

mgma

2代入数据得：ag4m/s

（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为s0

2根据运动学公式可得：2as0v

v2运动的位移： s084m

2a则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t，则有

l12at 2解得 t1s 【点睛】

物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．

4．如图1所示，在水平面上有一质量为m1＝1kg的足够长的木板，其上叠放一质量为m2＝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/s2

（1）求木块和木板保持相对静止的时间t1； （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/s2，12m/s2；

（3）

【解析】 【详解】

（1）当F＜μ2（m1+m2）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m1：

fmax﹣μ2（m1+m2）g＝m1amax，fmax＝μ1m2g 解得：amax＝3m/s2

对整体有：Fmax﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）amax 解得：Fmax＝12N 由Fmax＝3t 得：t＝4s

（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有： 对m1：μ1m2g﹣μ2 （m1+m2）g＝m1a1 解得：a1＝3m/s2

对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N 解得：a2＝12m/s2

（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12） 图象如图所示．

5．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g取10m/s2．计算： (1)货物的质量m；

(2)货物上升过程中的最大动能Ekm及东东家阳台距地面的高度h． 【答案】(1) m＝2kg (2)Ekm【解析】 【分析】 【详解】

(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得F2＝mg＋f 其中f＝0.02mg 解得m＝2kg

(2)设整个过程中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得mg＋f–F3＝ma3 由运动学公式得0＝va3t3 解得v1m s最大动能Ekm12mv1J h＝56m 212mv1J 21vt30.5m 2减速阶段的位移x3匀速阶段的位移x2vt253m

2加速阶段，由牛顿运动定律得F1–mg–f＝ma1，由运动学公式得2a1x1v，解得

x1＝2.5m

阳台距地面的高度hx1x2x356m

6．一长木板静止在水平地面上，木板长l5m，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/s2，求木板与地面之间的动摩擦因数（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=a1t 代入数据解得：a1=2m/s2 在2s内人的位移为：x1＝代入数据解得：x1=4m

由于x1=4m＜5m，可知该过程中木板的位移：x2=l-x1=5-4=1m 12

对木板：x2＝a2t

2

12a1t 2可得：a2=0.5m/s2

对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m）g=Ma2 根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma1 代入数据解得：f=100N 代入数据解得：μ＝【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．

90.13． 70

7．如图甲所示，质量m=8kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一个水平向右的恒力F并开始计时，在4s末撤去水平力F．选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v﹣t图象如图乙所示。（取重力加速度为10m/s2）求：

（1）8s末物体离a点的距离 （2）撤去F后物体的加速度

（3）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ。 【答案】（1）48m。（2）﹣2m/s2。（3）16N，0.2。 【解析】 【详解】

（1）8s末物体离a点的距离等于梯形的面积大小，为：S=（2）撤去F后物体的加速度为：a=

488m=48m 2v08=﹣2m/s2。 t84（3）撤去F后，根据牛顿第二定律得：f=ma=8×（﹣2）N=﹣16N，负号表示加速度方向与速度方向相反。撤去F前物体匀速运动，则有：F=|f|=16N

f16=0.2。 物体与水平面间的动摩擦因数为：μ=

mg80【点睛】

本题关键先根据运动情况求解加速度，确定受力情况后求解出动摩擦因数；再根据受力情况确定加速度并根据运动学公式得到物体的运动规律。

8．上海中心总高为632米，是中国最高楼，也是世界第二高楼。由地上121层主楼、5层裙楼和5层地下室组成.“上海之巅”是位于118层的游客观光平台，游客乘坐世界最快观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需55秒，运行的最大速度为18m/s。观景台上可以鸟瞰整个上海全景，曾经的上海第一高楼东方明珠塔，金茂大厦，上海环球金融中心等都在脚下，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为0.5kg的物体受到的竖直向上拉力为5.45 N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2）

求：（1）求电梯加速阶段的加速度及加速运动的时间；

（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求电梯到达观光平台上行的高度； 【答案】（1）0.9m/s2 20s （2）540m 【解析】 【分析】

（1）在加速阶段，根据牛顿第二定律和运动学公式即可求解；

（2）电梯先做加速，后做匀速，在做减速，根据运动学公式或速度与时间关系图像即可求得； 【详解】

（1）设加速度为a，对物体由牛顿第二定律得：Fmgma 解得：a0.9m/s2

由题可知电梯的最大速度为v18m/s，则根据速度与时间关系vv0at 代入数据可以得到：t20s； （2）由题可知：匀加速阶段位移为：x112at180m 2由于加速阶段和减速阶段加速度大小相等，则减速阶段时间也为t，则匀速阶段的时间为

55s2t

x2v552t270m 则匀速阶段位移为： 0v2匀减速阶段位移为：x3180m

2a则电梯上行的高度为：xx1x2x3630m。 【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，明确电梯的动过程，即先做加速，后做匀速，在做减速，即可求得。

9．如图，在竖直平面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，半径OA竖直、OC水平，一个质量为m的小球自C点的正上方P点由静止开始自由下落，从C点沿切线进入轨道，小球沿轨道到达最高点A时恰好对轨道没有压力．重力加速度为g，不计一切摩擦和阻力．求：

（1）小球到达轨道最高点A时的速度大小； （2）小球到达轨道最低点B时对轨道的压力大小．

【答案】（1）vA【解析】

gR（2）6mg

试题分析：（1） 设小球在A点速度大小为vA，小球到达A点由重力提供向心力得：

vA2①………………………………………………2分 mgmR可得：vAgR……………………………………………………2分

设小球在B点速度大小为vB，从B到A由机械能守恒得：

11mvB2mvA2mg(2R)②………………………………………2分 22vB2③ ……………… 2分 在B点由牛顿第二定律可得：FmgmR由①②③计算可得：F6mg……………………………………………1分

在B点，小球对轨道的压力为F'，由牛顿第三定律可得：

F'F6mg④………………………………………1分

考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律

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30o角，球与杆之间的滑动摩擦因数动．（g10m/s）求：

23，球在竖直向上的拉力F20N作用下沿杆向上滑6

（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）2.5m/s2 （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