【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析

1、【物理】物理牛顿运动定律练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1.如图所示，质量M=0.5kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg物块B何视为质点)以大小vo=6m/s的速度从木板A的左端水平向右滑动，若木板A与地面间的动摩擦因数M2=0.3,物块B恰好能滑到木板A的右端.已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数因=0.6.认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2.求：木板A的长度L;(2)若把A按放在光滑水平地面上，需要给B一个多大的初速度，B才能恰好滑到A板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量.【答案】(1)3m(2)2.

2、4、10m/s(3)5.4J【解析】【详解】(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为：fk1mg1.8NA板与地面间的最大静摩擦力为：f2=2Mmg2.4N由于ff2,故A静止不动B向右做匀减速直线运动.到达A的右端时速度为零，有：v22aL1mgma1解得木板A的长度L3m2 2)A、B系统水平方向动量守恒，取vB为正方向，有mvBmMv物块B向右做匀减速直线运动A板匀加速直线运动1mgMa2v22a2s2位移关系SS2La22VBv2aSi联立解得vB2.4.10m/s(3)系统损失的能量都转化为热能Q1mgL解得Q5.4J2 .如图所示，质量为M=0.5kg的物体B和质量为m=0.2kg的物体

3、C,用劲度系数为k=100N/m的竖直轻弹簧连在一起.物体B放在水平地面上，物体C在轻弹簧的上方静止不动.现将物体C竖直向下缓慢压下一段距离后释放，物体C就上下做简谐运动，且当物体C运动到最高点时，物体B刚好对地面的压力为0.已知重力加速度大小为g=10m/s2.试求：物体C做简谐运动的振幅；当物体C运动到最低点时，物体C的加速度大小和此时物体B对地面的压力大小.【答案】0.07m35m/s214N【解析】【详解】物体C放上之后静止时：设弓t簧的压缩量为R.对物体C,有：mgkXo解得：X0=0.02m设当物体C从静止向下压缩x后释放，物体C就以原来的静止位置为平衡位置上下做简谐运动，振幅A=

4、x当物体C运动到最高点时，对物体B,有：Mgk(AX0)解得：A=0.07m当物体C运动到最低点时，设地面对物体B的支持力大小为F,物体C的加速度大小为a.对物体C,有：k(Ax0)mgma解得：a=35m/s2对物体B,有：FMgk(AX0)解得：F=14N所以物体B对地面的压力大小为14N3 .近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以V0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3

5、kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1,取g=10m/s2.求：解得：图=0.5(2)包裹A离开传送带时速度为V。，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为VA和VB,由动量守恒定律有：mAVO=mAVA+mBVB包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有：-M2mBgx=0-mBVB22解得VA=-0.4m/s,负号表示方向向左，大小为0.4m/s两包裹碰撞时损失的机械能：/=mAvo2-mAVA2-mBVB2解得：AE=0.96J(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动XA后速度减

6、为零,由动能定理可知-MimAgXA=0-mAVA22解得xA=0.0i6mL,包裹A在传送带上会再次向右运动设包裹A再次离开传送带的速度为VAi2pimAgXA=mAVA解得：VA=0.4m/s设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为XA-hmAgxA=0-mAVA22解得xA=0.08mX X=0.32m包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m,不会到达分拣通道口(3)包裹A是否会到达分拣通道口.【答案】(1)国=0.5(2)E=0.96J(3)【解析】包裹A不会到达分拣通道口【详解】(1)假设包裹A经过ti时间速度达到V0,由运动学知识有V0tiV0(ttjL2包裹A在传送带上加

7、速度的大小为ai,vo=aiti包裹A的质量为mA,与传输带间的动摩榛因数为国，由牛顿运动定律有：四imAg=mAai4.如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为s3m,传送带与水平方向间的夹角37,煤块与传送带间的动摩擦因数0.8,传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H1.8m,与运煤车车箱中心的水平距离x0.6m现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g10m/s2,sin37o0.6,cos37o0.8，求：(1)主动轮的半径；(2)传送带匀速运动的速度；(3)煤块在

8、传送带上直线部分运动的时间.【答案】(1)0.1m(2)1m/s；(3)4.25s【解析】【分析】(1)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小.(2)根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度.(3)煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间.【详解】,，12(1)由平抛运动的公式，得xvt,H-gt2代入数据解得v=1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零,由牛顿第二定律，得

9、2vmgm,，代入数据得R=0.1m(2)由牛顿第二定律得mgcosmgsinma,代入数据解得22V2a即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度,a=0.4m/s故传送带的速度为1m/s.(3)由v=ati解得煤块加速运动的时间ti=2.5s煤块匀速运动的位移为S2=s-si=1.75m,可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s煤块在传送带上直线部分运动的时间t=tl+t2代入数据解得t=4.25s5.2019年1月3日10时26分.中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯卡门撞击坑内。实现了人类探测器在月球背面首次软着陆，世界震惊，国人振奋.嫦娥四号进入近月点15km的椭圆

10、轨道后，启动反推发动机，速度逐渐减小，距月面2.4km时成像仪启动，扫描着陆区地形地貌并寻找着陆点.距月面100米左右，水平移动选定着陆点，缓慢降落，离地面3m时关闭发动机，探测器做自由落体运动着陆，太阳翼再次打开，探测器开始工作.探测器质量为1.0X103kg,月球表面重力加速度g月=1.6m/s2.求：(1)探测器着陆前瞬间的动能.(2)若探测器从距月面100m高度处开始先做自由落体运动，然后开启反推发动机做减速运动，降落至月球表面时速度恰好为零.已知反推发动机使探测器获得的反推力大小为8000N.求探测器从距月球表面100m处开始做自由落体运动时间.【答案】(1)同=4.8X1叫(2)|

11、ti=1叩【解析】【分析】(1)根据能量守恒关系求解探测器着陆前瞬间的动能.(2)探测器先做自由落体运动，后做匀减速运动； 根据牛顿第二定律求解做减速运动的加速度， 结合运动公式求解做自由落体运动时间.【详解】(1)探测器着陆前瞬间的动能：=目h=4.8乂1Q3/(2)减速过程：F-mg=ma解得a=6.4m/s2设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为X1、X2,根据运动学公式：2g月X1=2ax21 1且X1+X2=100,声目U二联立解得探测器自由落体运动的时间t1=10s6.如图甲，圆圈内放大的集成块可以同时自动测量沿手机短边(X轴)、长边(y轴)和垂直面板方向(z轴)的加速度，相

12、当于在三个方向上各有一个如图乙所示的一维加速度计，图中固定在力传感器上的质量块的质量为m.下面仅研究x轴处于水平方向和y轴处于竖直方向的加速度情况.(1)沿x轴方向，若用F表示力传感器垂直接触面对质量块的作用力，取+x轴方向为加速度正方向，导出手机在水平方向的加速度ax的表达式；(2)沿y轴方向，若用F表示力传感器垂直接触面对质量块的作用力，取+y轴方向为加速度正方向，导出手机在竖直方向的加速度ay的表达式;(3)当手机由竖屏变横屏时，为让手机感知到这种变化，需要通过电信号分别将(1)和(2)中导出的加速度进行输出，但应统一输出项a出，请分别写出水平和竖直方向上输出项a出的表达式；(4)当手机

13、由竖屏变横屏时，显示的视频画面会随之由窄变宽，请解释其中的原理.【答案】(1)a*(2)ay-(3)axijj=-axay出二一ayg(4)当手mmmm机竖屏播放视频时，ax出=Fax、ay出=aygg将手机转为横屏时，加速mm度计测得水平、竖直两个方向加速度的值发生交换；智能手机据此做出判断，将视频画面由窄变宽.(1)质量块在+x轴方向只受力传感器垂直接触面对它的作用力F,由牛顿第二定律得:ax(2)质量块在+y轴方向受重力(mg)、力传感器垂直接触面对它的作用力F两个力的作2c2cv33h=-m2a2128考点：v-t图像；牛顿第二定律的应用【名师点睛】本题关键是对图象的应用，由图象的斜率

14、等于物体的加速度得到加速度，然后根据牛顿用，由牛顿第二定律得：ayFmg(3)应统一设置水平和竖直方向上通过力传感器电信号输出的加速度的表达式为:a出在水平方向的加速度的输出表达式：ax出=axm在竖直方向的加速度的输出表达式：ay=aygm(4)当手机竖屏播放视频时，ax出=ax0、ay出=aygmmg将手机转为横屏时，加速度计测得水平、竖直两个方向加速度的值发生交换；智能手机据此做出判断，将视频画面由窄变宽.7.质量为0.1kg的弹性球从空中某高度由静止开始下落，该下落过程对应的v-t图线如图所示；球与水平地面相碰后反弹，离开地面时的速度大小为碰撞前的2、，一，、一-.该球受到的空气3(1

15、)弹性球受到的空气阻力f的大小；(2)弹性球第一次碰撞后反弹的最大高度【答案】(1)0.4N(2)-m7【解析】一一40试题分析：(1)根据图象得a0.5由牛顿第二定律：mg-f=ma,得f=m(g-a)=0.2X(10-8)=0.4N.(2)由题意反弹速度v=v=0v=3m/s.4h.28m/s,又由牛顿第二定律：mg+f=ma,得a0.2100.40.2212m/s.故反弹高度为:第二定律列得方程才能得到阻力，进而解答全题.8.如图，足够长的斜面倾角0=37:一个物体以vo=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(1=0.25已知重力加速度g=10m/s2

16、,sin37=0.6,(1)物体沿斜面上滑时的加速度大小ai；(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出；(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ai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mgsinmgcosma12a1=8m/s(2)物体沿斜面上滑2由v02a1x,得x=9m(3)物体沿斜面返回下滑时m

17、gsinmgcosma2,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.19沿斜面向上运动v0a1t,沿斜面向下运动x-a2t222考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用则t=t1+t2=3(2D2s=362s9.如图所示，质量为M=8kg的小车停放在光滑水平面上，在小车右端施加一水平恒力F,当小车向右运动速度达到“0=3m/$时，在小车的右端轻轻放置一质量m=2kg的小物块，经过t2s的时间，小物块与小车保持相对静止。已知小物块与小车间的动摩擦因数以=0.2,假设小车足够长，g取10m/s2,求：(1)水平恒力F的大小；(2)从小物块放到车上开始经过t=4s小物块相

18、对地面的位移；(3)整个过程中摩擦产生的热量。【答案】(1)8N(2)13.6m(3)12J【解析】试题分析：(1)设小物块与小车保持相对静止时的速度为v,对于小物块，在ti=2s时间内，做匀加速运动，则有：=忖=口也对于小车做匀加速运动，则有：尸-旧0=口2Vo+a a2 2tt联立以上各式，解得：F=8NXI=刊6(2)对于小物块，在开始t1=2s时间内运动的位移为：此后小物块仍做匀加速运动，加速度大小为阳，则有+II I- -工2-。山。-h)+寸Kt-X=X1+X2联立以上各式，解得：x=13.6m(3)整个过程中只有前2s物块与小车有相对位移r1v?=voti+-azti-azti小车位移：相对位移：.解得：Q=12J考点：牛顿第二定律的综合应用.10.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m=2.0X1(4kg的飞机从跑道的始端开始，在大小恒为F=1.2X15N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Ff=2X14N,飞机可视为质点，取g=10m/s2.求：nL-(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