1、（物理）物理牛顿运动定律练习题含答案含解析一、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vt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；(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
2、滑出的初速度；如不能请说明理由。【答案】(1)=0.5 (2) FN=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
3、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地震发生后，需要向灾区运送大量救灾物资，在物资转运过程中大量使用了如图所示的传送带已知某传送带与水平面成角，皮带的AB部分长，皮带以恒定的速率按图示方向传送，若在B端无初速度地放置一个质量的救灾物资可视为质点，P与皮带之间的动摩擦因数取，求：物资P从B端开始运动时的加速度物资P到达A端时的动能【答案】物资P从B端开始运动时的加速度是物资P到达A端时的动能是900J【解析】【分析】（1）选取物体P为研究的对
4、象，对P进行受力分析，求得合外力，然后根据牛顿第三定律即可求出加速度；（2）物体p从B到A的过程中，重力和摩擦力做功，可以使用动能定律求得物资P到达A端时的动能，也可以使用运动学的公式求出速度，然后求动能【详解】（1）P刚放上B点时，受到沿传送带向下的滑动摩擦力的作用，；其加速度为：（2）解法一：P达到与传送带有相同速度的位移以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用根据动能定理：到A端时的动能解法二：P达到与传送带有相同速度的位移以后物资P受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，P的加速度后段运动有：，解得：，到达A端的速度动能【点睛】传送带问题中，需要注意的是传送带的速度与物体受到之间的关系，当
5、二者速度相等时，即保持相对静止属于中档题目3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、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.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 cos ) (2) (3)1:1【解析】【详解】(1) 由牛顿第二定律可得F合=Ma甲Mgsin Mgcos =M
6、a甲a甲=g(sin cos )(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=Ekmghmgcos =v=a乙=g(sin cos )t=(3) 如图，由动能定理得MghMgcos Mg(OP)=0mghmgcos mg(OQ)=0OP=OQ根据几何关系得4如图甲所示，质量为m=2kg的物体置于倾角为=37的足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=0.5s时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10ms2，sin37=0.6，cos37=0.8求：(1)物体与斜面间的动摩擦因数(2)拉力F的大小(3
7、)物体沿斜面向上滑行的最大距离s【答案】(1)=0.5 (2) F=15N (3)s=7.5m【解析】【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 根据v-t图象面积求解位移.【详解】（1）由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：此过程有：mgsin+mgcos=ma2代入数据解得：=0.5（2）由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a1=20m/s2此过程有：F-mgsin-mgcos=ma1代入数据解得：F=60N（3）由图象可知，物体向上滑行时间1.5s，向上滑行过程位移为：s101.57.5m【点睛】本题首先挖掘速
8、度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况5如图所示，斜面体ABC放在粗糙的水平地面上，滑块在斜面地端以初速度，沿斜面上滑。斜面倾角，滑块与斜面的动摩擦因数。整个过程斜面体保持静止不动，已知小滑块的质量m=1kg，sin37=0.6，cos37=0.8，g取10 ms2。试求：（1）若，求滑块从C点开始在2s内的位移。 （2）若，求滑块回到出发点时的速度大小。【答案】（1） （2）【解析】【详解】(1)若，滑块上滑过程中，由牛顿第二定律有： ， 解得滑块上滑过程的加速度大小 上滑时间， 上滑位移为 (2)若，滑块沿斜面上滑过程，由牛顿第二定律： ，
9、解得 设滑块上滑位移大小为L，则由 ，解得 滑块沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律： ， 解得 根据 ，解得滑块回到出发点处的速度大小为6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=0.5，g=10m/s2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）
10、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】（1）物块运动2s时速度最大由运动学公式有：x=t可得物块运动的最大速度为：（2）物块匀加速直线运动的加速度为：a=3m/s2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=N联立解得：F=3.2N（3）撤去F后，根据动能定理得：-Wf=0-mv2可得物块克服摩擦力做的功为：Wf=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
11、不变7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=0.2，g=10m/s2。求：物块从左端传送到右端需要的时间物体在传送带上因摩擦而产生的热量【答案】3s 2J【解析】【详解】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；物体在传送带上因摩擦而产生的热量：8素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。如图所示是由足够长的斜直轨道，半径R1=2m的凹形圆弧轨道和半径R
12、2=3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m=1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h=3.2m，不计一切阻力，g取10m/s2.求：(1)滑板滑至M点时的速度大小；(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小；(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度.【答案】(1)8 m/s (2)42 N (3)5.4 m【解析】试题分析：（1）对滑板由P
13、点滑至M点，由机械能守恒得mghmv（2分）所以vM8 m/s. （1分）（2）对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律得FNmgm（2分）所以FN42 N. （1分）（3）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mgm（2分）得vN6 m/s （1分）滑板从P点到N点机械能守恒，则有 mghmgR2mv（3分）解得h5.4 m. （2分）考点：机械能守恒定律【名师点睛】本题考查的是牛顿第二定律和机械能守恒结合的问题。滑板由P点滑至M点，只有重力做功，机械能守恒。然后分别对M和N两点进行受力分析，运用牛顿第二定律。此题便可很快解出。9如图所示，质量为 m1 kg的长方体金属滑块夹在竖直挡板 M、N
14、 之间，M、N与金属滑块间动摩擦因数均为 0.2，金属滑块与一劲度系数为k200N/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L20 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l10 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/s2，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d5 cm时挡板对滑块压力的大小；(3)已知弹
15、簧的弹性势能的表达式为Epkx2(式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量)，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设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能上式联立数据带入得J(2)设滑块下移时加速度为a，由运动学公式得 起初滑块静止时，有当滑块下移距离为cm时弹簧的弹力对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得滑动摩擦力解得N(3)由功能关系可得解得J答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的
16、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-1J10如图，足够长的斜面倾角=37一个物体以v0=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=0.25已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；（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a2；（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a1为8m/s2；（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a2为4m/s2；（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a1=8m/s2（2）物体沿斜面上滑由，得x=9m（3）物体沿斜面返回下滑时，则a2=4m/s2（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，沿斜面向下运动则t=t1+t2=s362s考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用
