高考物理牛顿运动定律专项训练及答案及解析

1、高考物理牛顿运动定律专项训练及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律.如图所示，质量 M=0. 4kg的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的距离L=0. 5m ,某时刻另一质量 m=0. 1kg的小滑块(可视为质点)以v=2m/s的速度向右 滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑块与长木板间的动摩擦因数科=0 2,重力加速度g=10m/s2,小滑块始终未脱离长木板。求：(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰；(2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。【答案】(1) 1.6

2、5m (2) 0.928m【解析】【详解】解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒：成见=+ M)也解得： ,对长木板：得长木板的加速度：自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度：解得： ,解得：,两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板-x = vjtz解得：包=，乎t = il + t2 = 1.655(2)长木板碰竖直挡板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒: 最终两者的共同速度：也I Iprnffs - -mvi -+小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：此质量均为m的滑块A和B,tan .由静止同时释放 A和B,.如图所示，倾角 的足够长的斜面上，放着两个

3、相距滑块A的下表面光滑，滑块 B与斜面间的动摩擦因数g,求:此后若A、B发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞.已知重力加速度为A与B开始释放时,A与B第一次相碰后,A、B的加速度aA和aB B的速率vb ;(3)从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t.【答案】(1) aA gsinaB0 (2)J2gL sin(3)32Logsin解：对B分析：mg sinmg cosmaBaB 0 , B仍处于静止状态对A分析，底面光滑，则有:mg sinmaA解得：aA gsin(2)与B第一次碰撞前的速度,则有:2va2 aA L0解得：vA , 2gL0 sin所用时间由：Va ati ,解得：t

4、1gsin对AB ,由动量守恒定律得:mvAmvi mvB由机械能守恒得：1 mvA mv；12一 mvB2解得：v1 0,vB2gL0sin(3)碰后，A做初速度为0的匀加速运动，B做速度为v2的匀速直线运动，设再经时间t2发生第二次碰撞，则有:xA : aAtf2xBv2t2第二次相碰：xA xB解得：t2 22Logsin从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间:ttit2解得：t2Logsin33.如图所示，传送带的倾角。=37；上、下两个轮子间的距离L=3m,传送带以V0=2m/s的速度沿顺时针方向匀速运动.一质量m=2kg的小物块从传送带中点处以vi=im/s的初速度沿传送带向

5、下滑动.已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数科=0.8小物块在传送带上滑动会留下滑痕，传送带两个轮子的大小忽略不计，sin37 =0.6, cos37=0.8,重力加速度g取10m/s2.求(1)小物块沿传送带向下滑动的最远距离及此时小物块在传送带上留下的滑痕的长度.(2)小物块离开传送带时的速度大小.【答案】(1) 1.25m;6m (2) 55m/s5(1)由题意可知0.8 tan 370.75,即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带向下的分力mgsin37：,在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：mg cos37 mg sin 37 ma解得：a 0.4m/s2小物块沿传送带

6、向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离 x1，假设小物块速度2为0时没有滑落，根据运动公式有：X 2a解得：入 1.25m, L ,小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离2x1 1.25m小物块向下滑动的时间为 t1 Va传送带运动的距离 6 V0t1x s1 x1联立解得s 5m小物块相对传送带运动的距离解得：x 6.25m,因传送带总长度为 2L 6m,所以传送带上留下的划痕长度为6m；(2)小物块速度减小为 0后，加速度不变，沿传送带向上做匀加速运动设小物块到达传送带最上端时的速度大小为V2假设此时二者不共速，则有：2V22a x1解得：v255m/s5V2 Vo ,即小

7、物块还没有与传送带共速，因此，小物块离开传送带时的速度大小为；55 m / s 54.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(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 也=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.【

8、答案】(1) 3m (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：f1= 1mg 1.8NA板与地面间的最大静摩擦力为：f2= 2 M m g 2.4N由于f f2 ,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：2-.V0 2aLmg ma1解得木板A的长度 L 3m2) A、B系统水平方向动量守恒，取 Vb为正方向，有mvBm M v物块B向右做匀减速直线运动vB v2 2aiSiA板匀加速直线运动1mg Ma22v 2 a2s2位移关系S1 S2 L联立解得vB 2.4 l0m/s(3)系统损失的能量都转化为热能Q 1m

9、gL解得Q 5.4J质量m=2kg的物块自斜面底端 A以初速度vo=i6m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经 时间t=2s速度减为零.已知斜面的倾角。=37 ,重力加速度 g取10m/s2, sin37 =0.6,cos37 =0.8 .试求：(1)物块上滑过程中加速度大小;(2)物块滑动过程摩擦力大小(3)物块下滑所用时间【答案】(1) 8m/s2； (2) 4N;【解析】【详解】Ava Wm/N(1)上滑时，加速度大小 上滑时，由牛顿第二定律，得：+ / = ma解得,%S 1 )7712(3)位移 一下滑时，由牛顿第二定律，得 解得二1 产由解得心2%一长木板静止在水平地面上，木板长 l

10、 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=ait代入数据解得：ai=2m/s21 O在2s内人的位移为：xi= a1t22

11、代入数据解得：xi=4m由于xi=4mv5m,可知该过程中木板的位移：x2=l-xi=5-4=1m1.2对木板：x2 = - a2t 2可得：a2=0.5m/s2对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-(M+m) g=Ma2根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=mai代入数据解得：f=100N 9代入数据解得：科=一 0.13 . 70【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.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

12、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75m,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10 m/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;vm= 30m/s12座舱在自由下落阶段所用时间为：h gti ti= 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+t2=5s对球，受重力 mg和手的支持力N

13、作用，在座舱自由下落阶段，根据牛顿第二定律有mgN = 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，卞据牛顿第二定律有mg-N = ma根据匀变速直线运动规律有：a = J = 15m/s22h2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8.某天，张叔叔在上班途中沿人行道向一公交车站走去，发现一辆公交车正从身旁的平直公路驶过，此时，张叔叔的速度是1m/s,公交车的速度是15m/s,他们距车站的距离为50m.假设公交车在行驶到距车站25m处开始刹车.刚好到车站停下，停车10

14、s后公交车又启动向前开去.张叔叔的最大速度是6m/s ,最大起跑加速度为 2.5m/s2,为了安全乘上该公交车，他用力向前跑去，求：(1)公交车刹车过程视为匀减速运动，其加速度大小是多少.(2)分析张叔叔能否在该公交车停在车站时安全上车.【答案】(1)4.5m/s2 (2)能【解析】 TOC o 1-5 h z 0 Vl2,2试题分析：(1)公交车的加速度 a14.5m/s2xi所以其加速度大小为 4.5m / s2, x x15(2)汽车从相遇处到开始刹车时用时：t1 -sV13- o ,0 %10汽车刹车过程中用时：t2 1sa13V3 V2张叔叔以最大加速度达到最大速度用时：t3 2sa

15、2张叔叔加速过程中的位移：x202 t3 7mx X243以最大速度跑到车站的时间t4 2 s 7.2sV36因t3 t4 ti t2 10S,张叔叔可以在汽车还停在车站时安全上车.考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律.9. 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

16、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) 以 =4.8x103/； (2) 口=1。5【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

17、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：E及=wg月入二18 X /(2)减速过程：F-mg ji=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Xj X2,根据运动学公式：2g 月 X1=2ax2 1且 X1+X2=100,川另* 二工1联立解得探测器自由落体运动的时间t1 = 10s10.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科=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

18、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/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缩量)，求滑块速度减为零的过程中,【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1& = kx2(式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压2挡板对滑块的摩擦力所做的功.vo,对物体下落过程由机械能守恒定律得mgl ：mv；设碰后共同速度为 V1,由动量守恒定律得2mv1 mv0根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失