物理牛顿运动定律练习题

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ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）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.

(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；

(2)当θ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】

(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N

F N -mg cos37°=0

解得：μ=0.75

(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma

设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax

解得：()

202sin cos v x g θμθ=+ 令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小

最小距离为：x min =4m

2．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t =时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动v t -图象如图所示.已知小物块与长木板的质量均为1m kg =，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s 后小物块与长木板相对静止()210/g m s =，求：

()1小物块与长木板间动摩擦因数的值；

()2在整个运动过程中，系统所产生的热量．

【答案】（1）0.7（2）40.5J

【解析】

【分析】

()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动过程的加速度，木板与物块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值． ()2对于小物块减速运动的过程，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量．

【详解】

()1长木板加速过程中，由牛顿第二定律，得

1212mg mg ma μμ-=；

11m v a t =；

木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得

2222mg ma μ⋅=；

220m v a t =-；

由图象可知，2/m v m s =，11t s =，20.8t s =

联立解得10.7μ=

()2小物块减速过程中，有：

13mg ma μ=；

031m v v a t =-；

在整个过程中，由系统的能量守恒得 2012

Q mv =

联立解得40.5Q J = 【点睛】

本题考查了两体多过程问题，分析清楚物体的运动过程是正确解题的关键，也是本题的易错点，分析清楚运动过程后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题．

3．如图甲所示，质量为m 的A 放在足够高的平台上，平台表面光滑．质量也为m 的物块B 放在水平地面上，物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A 用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧．现给物块A 施加水平向右的拉力F （未知），使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a ，重力加速度为,g A B 、均可视为质点．

（1）当物块B 刚好要离开地面时，拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少； （2）若将物块A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成037θ=角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块C 的质量应满足什么条件？（00sin 370.6,cos370.8==）

【答案】（1）2;amg F ma mg v k =+=

（2）343C mg m g a ≥- 【解析】

【分析】

【详解】

（1）当物块B 刚好要离开地面时，设弹簧的伸长量为x ，物块A 的速度大小为v ，对物块B 受力分析有mg kx = ，得：mg x k =

． 根据22v ax =解得：22amg v ax k =

= 对物体A:F T ma -=;

对物体B:T=mg ，

解得F=ma+mg ；

（2）设某时刻弹簧的伸长量为x ．对物体C ，水平方向:1cos C F T m a θ-=，其中1T kx mg =≤；

竖直方向：sin C F m g θ≤；

联立解得 343C mg m g a

≥-

4．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：

(1)前2s 内，A 的位移大小；

(2)6s 末，电场力的瞬时功率．

【答案】(1) 2m (2) 60W

【解析】

【分析】

【详解】

（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-

μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1

可得系统的加速度a 1=1m/s 2；

由运动规律：x=12

a 1t 12 解得A 在2s 内的位移为x=2m ；

（2）设绳断瞬间，AB 的速度大小为v 1，t 2=6s 时刻，B 的速度大小为v 2，则

v 1=a 1t 1=2m/s ；

绳断后，对B 由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a 2

解得a 2=2m/s 2；

由运动规律可知：v 2=v 1+a 2(t 2-t 1)

解得v 2=10m/s

电场力的功率P=Fv ，解得P=60W

5．如图所示,水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽,长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止于凹槽右侧,木板厚度与凹槽深度相同,水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道,右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量m1=0.98kg 的小木块.射钉以速度v 0=100m/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉,铁钉嵌在木块中并滑上木板,木板与木块间动摩擦因数μ=0.05,其它摩擦不计.若木板每次与A 、B 相碰后速度立即减为0,且与A 、B 不粘连,重力加速度g=10m/s 2.求:

（1）铁钉射入木块后共同的速度v ;

（2）木块经过竖直圆轨道最低点C 时,对轨道的压力大小F N;

（3）木块最终停止时离A 点的距离s.

【答案】（1）2/v m s = （2）12.5N F N = （3） 1.25L m ∆=

【解析】

(1) 设铁钉与木块的共同速度为v ，取向左为正方向，根据动量守恒定律得：

0001()m v m m v =+

解得：2m v s =；

(2) 木块滑上薄板后，木块的加速度210.5m

a g s μ==，且方向向右 板产生的加速度220.5mg

m a s M

μ==，且方向向左

设经过时间t ，木块与木板共同速度v 运动

则：12v a t a t -= 此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度

22121122

x vt a t a t L ∆=--= 故共速时，恰好在最左侧B 点，此时木块的速度11m v v a t s

'=-= 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：

'2

N v F mg m R

-= 代入相关数据解得：F N =12.5N.

由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ；

(3) 木块还能上升的高度为h ，由机械能守恒有：201011()()2

m m v m m gh +=+ 0.050.4h m m =<

木块不脱离圆弧轨道，返回时以1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过t 1共速，此时木板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为a 1，

则：21121v a t a t -=，解得：11t s = 此时2211121110.522

x v t a t a t m ∆=--='' 3210.5m v v at s

=-= 碰撞后，v 薄板=0，木块以速度v 3=0.5m/s 的速度向右做减速运动

设经过t 2时间速度为0，则321

1v t s a == 2322210.252

x v t a t m =-= 故ΔL=L ﹣△x'﹣x=1.25m

即木块停止运动时离A 点1.25m 远．

6．质量m =2kg 的物块自斜面底端A 以初速度v 0=16m/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θ=37°，重力加速度g 取10m/s 2，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/s 2；（2）4N ；（3）

s 【解析】

【详解】

（1）上滑时，加速度大小

（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：

解得

（3）位移 下滑时，由牛顿第二定律，得

解得

由，解得=s

7．一长木板静止在水平地面上，木板长5l m =，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/s 2，求木板与地面之间的动摩擦因数μ（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=a 1t

代入数据解得：a 1=2m/s 2

在2s 内人的位移为：x 1＝

2112a t 代入数据解得：x 1=4m

由于x 1=4m ＜5m ，可知该过程中木板的位移：x 2=l-x 1=5-4=1m

对木板：x 2＝2212

a t 可得：a 2=0.5m/s 2

对木板进行分析，根据牛顿第二定律：f-μ（M+m ）g=Ma 2

根据牛顿第二定律，板对人的摩擦力f=ma 1

代入数据解得：f=100N

代入数据解得：μ＝

90.1370

． 【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．

8．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 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/s 2．求：

（1）滑块到达B 处时的速度大小；

（2）滑块在水平轨道AB 上运动前2m 过程中所需的时间；

（3）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）210/m s （2835

s （3）5J 【解析】

试题分析： （1）对滑块从A 到B 的过程，由动能定理得 F 1x 1－F 3x 3－μmgx ＝

12

mv B 2得v B ＝10m/s ． （2）在前2 m 内，由牛顿第二定律得 F 1－μmg ＝ma 且x 1＝

12at 12 解得t 1835

．

（3）当滑块恰好能到达最高点C 时，有mg ＝m 2C v R

对滑块从B 到C 的过程，由动能定理得

W －mg×2R ＝

12mv C 2－12

mv B 2 代入数值得W ＝－5 J

即克服摩擦力做的功为5 J ． 考点：动能定理；牛顿第二定律

9．如图所示，水平面D 处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块P 斜面光滑，倾角为θ，水平底面粗糙。顶点A 到底面的高度h =0.45m 。在其顶点A 处放一个小物块Q ，与斜面不粘连，且最初系统静止不动，滑块的C 端到D 的距离L =0.4m 。现在滑块左端施加水平向右的推力F =36N ，使二者相对静止一起向右运动。当C 端撞到障碍物时立即撤去推力F ，滑块P 立即以原速率反弹。已知滑块P 的质量M =3.5kg ，小物块Q 的质量m =0.5kg ，P 与地面间的动摩擦因数μ=0.4（取g =10m/s 2）求：

(1)斜面倾角θ的正切值tan θ；

(2)Q 与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前一瞬间的速度v 是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离x 是多少？

【答案】（1）

12（2）直接落到水平面上；1.02m 。 【解析】

【详解】

(1)P 、Q 整体向右运动时，摩擦力1()16f M m g N μ=+=

由牛顿第二定律得：11()F f M m a -=+

解得：215m a s =

对Q 由牛顿第二定律得：1tan mg ma θ=

解得：1tan 2

θ=； (2)P 、Q 与障碍物碰撞前由速度位移关系得：

2012v a L =

解得：02m v s =

撤去外力之后，P 反向减速运动，则：

22f Mg Ma μ== 解得：224m a s =

减速运动时间：012

0.5v t s a == Q 做平抛运动，如果Q 直接落到水平面上

则运动时间：2212h gt =

解得：20.3t s =

在0.3s 内，P 向左运动的位移：21022210.422x v t a t m =-

= Q 的水平射程为：2020.6x v t m ==

由于12 1.02cot 0.9x x m h m θ+=>= ，所以Q 与斜面分离后，会直热门落到水平面上， 则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P 上B 端的距离12 1.02x x x m =+=。

10．如图，足够长的斜面倾角θ=37°．一个物体以v 0=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μ=0.25．已知重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a 1；

（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a 2；

（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a 1为8m/s 2；

（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a 2为4m/s 2；

（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

1sin cos mg mg ma θμθ+=

a 1=8m/s 2

（2）物体沿斜面上滑

由2012=v a x ，得x=9m

（3）物体沿斜面返回下滑时

2sin cos mg mg ma θμθ-=，则a 2=4m/s 2

（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011v a t =，沿斜面向下运动22212x a t =

则t=t 1+t 2=1)2

s≈3．62s 考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用