高中物理牛顿运动定律基础练习题

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，倾角的足够长的斜面上，放着两个相距L0、质量均为m的滑块A和B，滑块A的下表面光滑，滑块B与斜面间的动摩擦因数tan．由静止同时释放A和B，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g，求：

（1）A与B开始释放时，A、B的加速度aA和aB； （2）A与B第一次相碰后，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gsin；aB0（2）2gL0sin（3）3【解析】 【详解】

解：(1)对B分析：mgsinmgcosmaB

2L0 gsinaB0，B仍处于静止状态

对A分析，底面光滑，则有：mgsinmaA 解得：aAgsin

2(2) 与B第一次碰撞前的速度，则有：vA2aAL0

解得：vA2gL0sin 2L0 gsin所用时间由：vAat1，解得：t1对AB，由动量守恒定律得：mvAmv1mvB 由机械能守恒得：解得：v10,vB121212mvAmv1mvB 2222gL0sin 12aAt2 2(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xBv2t2

第二次相碰：xAxB 解得：t222L0 gsin从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：tt1t2 解得：t32L0 gsin

2．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μ2=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μ1=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：(1)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) 2.410m/s (3) 5.4J 【解析】 【详解】

(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为：f1=1mg1.8N A板与地面间的最大静摩擦力为：f2=2Mmg2.4N 由于f1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：

2v02aL

1mgma1

解得木板A的长度 L3m

（2）A、B系统水平方向动量守恒，取vB为正方向，有 mvBmMv

物块B向右做匀减速直线运动

22 vBv2a1s1

A板匀加速直线运动 1mgMa2

v22a2s2

位移关系s1s2L 联立解得vB2.410m/s （3）系统损失的能量都转化为热能

Q1mgL

解得Q5.4J

3．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l＝26 m，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：

(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B处的速度；

(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离． 【答案】1s 【解析】 【分析】

由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间． 【详解】

(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1=

解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s (2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m 动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2=由vB2-v2=2a2(L-x1)

解得滑雪者到达B处时的速度：vB=16m/s

(3)设滑雪者速度由vB=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，则由动能定理有：

；解得x3=96m

=5m/s2 =4m/s2

99.2m

速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：

；解得 x4=3.2m

所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m

4．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s3m，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

H1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x0.6m.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

g10m/s2，sin370.6，cos370.8，求：

（1）主动轮的半径； （2）传送带匀速运动的速度；

（3）煤块在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】

（1）由平抛运动的公式，得xvt ，H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

12gt 2v2mgm，

R代入数据得R=0.1m （2）由牛顿第二定律得

mgcos﹣mgsinma ，

代入数据解得

a=0.4m/s2

v2由s1得s1=1.25m＜s，即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度，

2a故传送带的速度为1m/s．

（3）由v=at1解得煤块加速运动的时间t1=2.5s 煤块匀速运动的位移为

s2=s﹣s1=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=t1+t2

代入数据解得

t=4.25s

5．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μ=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）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：vv22x266m/s t2（2）物块匀加速直线运动的加速度为：a= vt6=3m/s2． 2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=ma N-mg=0，又 f=μN 联立解得：F=3.2N

（3）撤去F后，根据动能定理得：-Wf=0-可得物块克服摩擦力做的功为：Wf=7.2J 【点睛】

12mv 2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，但动摩擦因数不变．

6．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t内将速度提高到v，已知运动阻力是车重的k倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；

(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）【解析】 【详解】

(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为

a=

对整个列车，由牛顿第二定律得：

F-k·7mg=7ma ②

设第五节对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得

1v14m(+kg) （2）kmg 3t15v ① t

2F+T-k·2mg=2ma， ③ 6联立①②③得

T=-

1vm(+kg) ④ 3t其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得

F′-k·7mg=0 ⑤

设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：

2F+T1-k·2mg=0 ⑥ 6第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2， 则有：

F+T2-k·2mg=0， ⑦ 5联立⑤⑥⑦得

T1=-

1kmg 33T2=kmg 514kmg 15因此作用力变化

ΔT=T2-T1=

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μ=0.2，g=10m/s2。求：

①物块从左端传送到右端需要的时间 ②物体在传送带上因摩擦而产生的热量 【答案】①3s ②2J 【解析】 【详解】

①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； ②物体在传送带上因摩擦而产生的热量：

8．一质量为0.25 kg的物块静止在水平地面上，从t＝0 s时刻开始受到一个竖直向上的力F的作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，重力加速度g取10 m/s2.求： (1)t＝2 s时，物块速度的大小：

(2)t＝0到t＝3 s的过程中，物块上升的高度．

【答案】(1)2 m/s (2)6 m 【解析】 【分析】

在0-1s内拉力小于重力，物块静止不动，根据牛顿第二定律求出1-2s内的加速度，结合速度时间公式求出t=2s时，物块速度的大小；根据牛顿第二定律求出2-3s内的加速度，根据位移时间公式分别求出1-2s内和2-3s内的位移，从而求出物块上升的高度； 【详解】

解：(1) 01s内，F1mg，物块静止

1s2s物块做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得：F2mgma1

解得：a1F2mg2m/s2 m12a1t1?m 2则t＝2 s时，物块的速度：v21m/s2m/s (2) 1s2s物块匀加速运动：x12s3s物块匀加速运动，根据牛顿第二定律得：F3mgma2

解得：a2F3mg6m/s2 m12a2t5?m 2则有：x2vt2则物块上升的高度：hx1x21m5m6m

9．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。

10．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）0m 【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。