高中物理牛顿运动定律专项练习

1、高中物理牛顿运动定律专项练习一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端人处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B处与一倾角0=37。的传送带平滑衔接。传送带BC间距L=0.8m，以v0=1m/s顺时针运转。两个转动轮0】、02的半径均为丫=0.08m，半径0店、O2C均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为m=1kg的小滑块（可视为质点）向左压弹簧至位置K,撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C点抛出（即滑块在C点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数卩=.75，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J,重力加速度g取10m/s2，cos3

2、7o=0.8，sin37。=0.6，不考虑滑块在水平面和传送带衔接处的能量损失。求：（1）滑块到达B时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间（2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功【答案】（1）1s（2）0.68J【解析】【详解】解:（1）滑块恰能从C点抛出，在C点处所受弹力为零，可得：mgcosO=mr解得：v=0.8m/s对滑块在传送带上的分析可知：mgsinG=卩mgcosG故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B时的速度为：v=0.8m/sL滑块在传送带上运动时间：t=v解得：t=1s1滑块从K至B的过程，由动能定理可知：W-W=怎mv2弹f2根据功能关系有：W弹=E弹p解得：Wf=0.

3、68J如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg的长木板，在长木板右端有一质量m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动擦因数尸0.2,开始时长木板与小物块均静止.现用F=14N止.现用F=14N的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s撤去水平恒力F,g=10m/s2求（1）小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a的大小；（2）刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离s；撒去F后，系统能损失的最大机械能AE【答案】（1）2m/s2（2）0.5m（3）0.4J【解析】【分析】（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直

4、线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；（3）撤去F后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能AE【详解】（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，贝9：|img=ma,1解得a】=ug=2m/s2（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F-ymg=Ma2,解得：a2=3m/s2小物块运动的位移：11X小物块运动的位移：11X=2a】t2=2x2xl2m=1m111111mv22m长木板运动的位移：x,=at2=x3xl2m=1.5m长木板运动的位移：2222则小物块相对于

5、长木板的位移：x=x2-x1=1.5m-1m=0.5m（3）撤去F后，小物块和木板的速度分别为：v=at=2m/sv=at=3m/sm12小物块和木板系统所受的合外力为0,动量守恒：mv+Mv二（M+m）vm解得v=2.8m/s从撤去F到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：11+Mv2=AE+(M+m)v22解得AE=0.4J【点睛】该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角&可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37时，一小物块（可视为质点）恰好能沿

6、着木板匀速下滑若让该物块以大小10m/s的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着&的改变，物块沿木板滑行的距离x将发生变化.取g=10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数“；当&满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离【答案】(1)0.75(2)4m【解析】【详解】当E37。时，设物块的质量为物块所受木板的支持力大小为FN，对物块受力分析，有：mgsin37=“FNFN-mgcos37=0解得：“=0.75设物块的加速度大小为a,则有：mgsin+mgcos=ma设物块的位移为x,则有：v02=2axv2解得：X_2g(sindy

7、cosO)令tang”，可知当Q+涉=90,即涉=53。时x最小最小距离为：xmin=4m4四旋翼无人机是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用一架质量m=2kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36N，运动过程中所受空气阻力大小恒为匸4N.(g取10m/S2)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在t=5s时离地面的高度力；当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落求无人机坠落到地面时的速度v；接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力为保证安全着地(到达地面时速度为零

8、)，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间J.答案】(1)75m(2)40m/s(3)s答案】3【解析】【分析】【详解】由牛顿第二定律F-mg-f=ma代入数据解得a=6m/s2上升高度h冷且F代入数据解得h=75m.下落过程中mg-f=ma】代入数据解得ai=W小落地时速度v2=2a1H，代入数据解得v=40m/s(3)恢复升力后向下减速运动过程F-mg+f=ma2代入数据解得a2=lOm/s222设恢复升力时的速度为vm，则有二d1厶且.-|405,由v由vm=a1t15.如图1所示，在水平面上有一质量为m】=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

9、因数人=0.3，木板与地面间的动摩擦因数口2=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的水平拉力F=3t(N),重力加速度大小g=10m/s21)求木块和木板保持相对静止的时间t1；t=10s时，两物体的加速度各为多大；在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象(取水平拉力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为3m/s2，12m/s2；详解】当FV“2(m+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

10、动时，对m：f-(m.+m2)g=m.a，f=.m2gma2121mama12解得：a=3m/s2ma对整体有：F-卩2(m.+m.)g=(m1+m_)ama21212ma解得：Fmax=12N由F由Fmax=3t得:t=4st=10s时，两物体已相对运动，则有:对m.：卩严卫-卩2(m.+m2)g=m1a1解得：a.=3m/s2对m2：F-1m2g=m2a2F=3t=30N解得：a2=12m/s26.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(可视为质点)以大小v0=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禺=0.3，

11、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人=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；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；在的过程中系统损失的总能量.【答案】3m2.4.10m/s5.4J【解析】【详解】(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为：m=18NA板与地面间的最大静摩擦力为：f=卩2(M+m)g=2.4N由于ff，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：v2=2aL0卩mg二ma11解得木板A的长度L=3mA、B系统水平方向动量守恒，取为正方

12、向，有Bmv=(m+M)vB物块B向右做匀减速直线运动v2一v2=2asB11A板匀加速直线运动卩mg=Ma?v2=2as22位移关系s1一s2=L联立解得v=2.4,.10m/sB系统损失的能量都转化为热能Q=RmgL1解得Q=5.4J如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。A的上表面水平，A上放置一物块B。已知斜cos6?面足够长、倾角为为A的质量为M,B的质量为m，A、B间动摩擦因数为.)，最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g。现对A施加一水平推力。求：物体A、B保持静止时，水平推力的大小F；水平推力大小为F2时，物体A、B一起沿斜面向上运动，运动距离x后撒去推力,A、B一起沿斜面上滑，

13、整个过程中物体上滑的最大距离L；(3)为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。【答案】(1)小八曲冲”(m4-Af)n&+/ko站M(何+咖t讪F一灿-s.-0解析】分析】先以AB组成的整体为研究的对象，得出共同的加速度，然后以B为研究的对象，结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。【详解】(1)A和B整体处于平衡状态，则Ficosff=AT+mgsn8解得|二一iA和B整体上滑过程由动能定理有F2JCC0S&-十0解得：匚解得：匚Fax(m+A和B间恰好不滑动时，设推力为F。，上滑的加速度为a，A对B的弹力为N对A和B整体有Focos&-

14、和十Af)sin一对B有：=：.；：宀-N-mg-masin解得:汽一(m+M)(sin解得:汽一cos3-则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力应满足的条件如图甲，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.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。的表达式；X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

15、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；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；当手机由竖屏变横屏时，显示的视频画面会随之由窄变宽，请解释其中的原理图甲IF【答案】(1)axmFa+g（4）当手m图甲IF【答案】(1)axmFa+g（4）当手my机竖屏播放视频时，出Fa+gg将手机转为横屏时，加速y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解析】分析】详解】(1)质量块在+x轴方向只受力传

16、感器垂直接触面对它的作用力F,由牛顿第二定律得:(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F一mg用，由牛顿第二定律得：aym(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F在水平方向的加速度的输出表达式：。山=a:出mxF在竖直方向的加速度的输出表达式：a=-a+gy出myFF(4)当手机竖屏播放视频时，a=a0、a=a+gg将手机转为横屏x出mxy出my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如图甲所示，长为4m的水平轨道AB与半径为R=0.6m的竖直半圆弧轨道BC

17、在B处相连接，有一质量为1kg的滑块(大小不计)，从A处由静止开始受水平向右的力F作用，F的大小随位移变化关系如图乙所示，滑块与AB间动摩擦因数为0.25，与BC间的动摩擦因数未知，取g=l0m/s2.求：20300S图乙图甲20300S图乙图甲滑块到达B处时的速度大小；滑块在水平轨道AB上运动前2m过程中所需的时间；若滑块到达B点时撤去力F,滑块沿半圆弧轨道内侧上滑，并恰好能达到最高点C,则滑块在半圆轨道上克服摩擦力所做的功是多少.【答案】(1)2j10m/【解析】试题分析：(1)对滑块从A到B的过程，由动能定理得71F3X3陀汁2叫得VB=；10m/S-2)在前2m内，由牛顿第二定律得F口

18、F口mg=ma且x】=12叫2解得t1=v2(3)当滑块恰好能到达最高点C时，有mg=m-RC对滑块从B到C的过程，由动能定理得11Wmgx2R=mvC2mvB2代入数值得W=-5J即克服摩擦力做的功为5J考点：动能定理；牛顿第二定律如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N,滑板两端为半径R=0.45m的1/4圆弧面.A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑.小滑块P和P的质量均为m.滑板的质量M=4m,P和P与BC面的动摩擦因数分别为1212卩=0.10和卩=0.20,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端，12P2静止在粗糙面的B点，卩以0=4.0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，匕处在粗糙面B点上.当P2滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零.P与P2视为质点，A212取g=10m/s2.问:P和P碰撞后瞬间P取g=10m/s2.问:1212与在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？N、P和P2最终静止后,P与P2间的距离为多少？【答案】(1)v二0、v二5m/s(2)a=0.4m/s2(3)AS=1.47m122【解析】1