高考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，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 0=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μ=0．2，重力加速度g=10m ／s 2，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）1.65m （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：

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：

长木板位移：

解得：

两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板

解得：

(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：

小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：

2．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A 处有一固定挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角37o θ=的传送带平滑衔接。传送带BC 间距

0.8L m =，以01/v m s =顺时针运转。两个转动轮O 1、O 2的半径均为0.08r m =，半径

O 1B 、O 2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为1m kg =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0.75μ=，释放滑块时弹簧的弹性势能为1J ，重力加速度g 取210/m s ，cos370.8=o ，sin 370.6=o ，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：2

v mgcos θm r

=

解得： v 0.8m /s =

对滑块在传送带上的分析可知：mgsin θμmgcos θ=

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 /s = 滑块在传送带上运动时间：L t v

= 解得：t 1s =

(2)滑块从K 至B 的过程，由动能定理可知：2f 1

W W mv 2

-=弹 根据功能关系有： p W E =弹 解得：f W 0.68J =

3．如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ，桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动，经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞，碰后两木块都落到地面上，木块B 离开桌面后落到地面上的D 点．设两木块均可以看作质点，它们的碰撞时间极短，且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ，木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25，重力加速度取g =10m/s 2．求：

(1)木块B 离开桌面时的速度大小； (2)两木块碰撞前瞬间，木块A 的速度大小； (3)两木块碰撞后瞬间，木块A 的速度大小． 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s 【解析】 【详解】

(1)木块离开桌面后均做平抛运动，设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ，在空中飞行的时间为t ′．根据平抛运动规律有：2

12

h gt =，2s v t '= 解得：2 1.5m/s 2g

v s

h

== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律，木块A 的加速度：

22.5m/s Mg

a M

μ=

=

设两木块碰撞前A 的速度大小为v ，根据运动学公式，得

0 2.0m/s v v at =-=

(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ，根据动量守恒定律有：

2Mv Mv mv =+1

解得：2

10.80m/s Mv mv v M

-=

=.

4．如图所示，质量为M=0.5kg 的物体B 和质量为m=0.2kg 的物体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/s 2．试求：

①物体C 做简谐运动的振幅；

②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】①0.07m ②35m/s 2 14N

【解析】 【详解】

①物体C 放上之后静止时：设弹簧的压缩量为0x ． 对物体C ，有：0mg kx = 解得：0x =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 =x

当物体C 运动到最高点时，对物体B ，有：0()Mg k A x =- 解得：A =0.07m

②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：0()k A x mg ma +-= 解得：a =35m/s 2

对物体B ，有：0()F Mg k A x =++ 解得：F =14N

所以物体B 对地面的压力大小为14N

5．我国科技已经开启“人工智能”时代，“人工智能”已经走进千家万户．某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开始竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s ，最后再匀减速1s 恰好到达他家阳台且速度为零．货物上升过程中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速过程中对货物的作用力F 1、F 2和F 3大小分别为20.8N 、20.4N 和18.4N ，货物受到的阻力恒为其重力的0.02倍．g 取10m/s 2．计算： (1)货物的质量m ；

(2)货物上升过程中的最大动能E km 及东东家阳台距地面的高度h ． 【答案】(1) m ＝2kg (2)2

112

km E mv J == h ＝56m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)在货物匀速上升的过程中 由平衡条件得2F mg f ＝＋ 其中0.02f mg ＝ 解得2kg m ＝

(2)设整个过程中的最大速度为v ，在货物匀减速运动阶段 由牛顿运动定律得33–mg f F ma ＋＝ 由运动学公式得330v a t ＝-

解得1m v s = 最大动能2

11J 2

m k E mv =

= 减速阶段的位移331

0.5m 2

x vt =

= 匀速阶段的位移2253m x vt ==

加速阶段，由牛顿运动定律得11––F mg f ma ＝，由运动学公式得2

112a x v =，解得

1 2.5m x ＝

阳台距地面的高度12356m h x x x =++=

6．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；

（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22

v ≤≤ 【解析】

试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．

（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度

为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111

222

E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=

（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+

由机械能守恒得：(

)()222111122222

B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =

C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速

由牛顿第二定律得：2

10.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2

212C v v a x -=

联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：1

2.5C

v v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=

摩擦生热·

8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速

则有：22

212c v v a L -=

根据牛顿第二定律得：2

212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-

联立解得：1/c v s =

设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速

则有：22

112c v v a L -=

解得：2/c v s =

对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22

211

111122222

B C m v m v mv =+

解得：13/2max c v v s =

=

同理得：313/2min v m s =

所以03313/397/22

m s v m s ≤≤

7．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。经过一段时间，物块A 与静止在斜面上的质量M=2kg 的物块B 发生完全非弹性碰撞，之后一起沿斜面匀速下滑。已知重力加速度大小g=10m/s 2，sin37°=0.6，co37°=0.8，求

(1)A 与斜面之间的动摩擦因数μ1； (2)B 与斜面之间的动摩擦因数μ2。

【答案】(1)

() (2) ()

【解析】

【分析】

物块A 沿斜面加速下滑，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解A 与斜面之间的动摩擦因数；

A 、

B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件求解B 与斜面之间的动摩擦因数。

【详解】

(1)物块A 沿斜面加速下滑，

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：

由牛顿第二定律得：

解得：

； (2)A 、B 一起沿斜面下匀速下滑，以整体为研究对象，由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：

解得：。

8．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O ．现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10－2N 的外力F 0，使小球从静止开始运动，在第1s 末所加外力F 0大小不变，方向突然变为沿y 轴正方向，在第2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F ．求：

(1)在第1末，小球的速率；

(2)在第2s 末，小球的位移；

(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字)

【答案】（1）2m/s （210m （3）2.8×10-2N

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据牛顿第二定律F 0=ma

在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at

解得：v 1=2m/s ；

（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=212

at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动：

在x 方向：x 2=v 1t

在y 方向：2212

y at = 位移：22122()x x y ++

联立解得10m ，

设位移与X 轴正方向的夹角为θ，sinθ=1010

（3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s

在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45°

所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1x v a t =

沿y 轴方向加速度2y v a t =

小球的加速度22x y a a a =+

根据牛顿第二定律F=ma

联立解得F=2.8×10-2N

【点睛】

（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；

（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；

（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．

9．如图所示，水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上，圆弧轨道B 端的切线沿水平方向．质量m=1.0kg 的滑块（可视为质点）在水平恒力F=10.0N 的作用下，从A 点由静止开始运动，当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F ．已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s 2．求：

（1）在撤去力F 时，滑块的速度大小；

（2）滑块通过B 点时的动能；

（3）滑块通过B 点后，能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ，求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功．

【答案】（1）3．0m/s ；（2）4．0J ；（3）0．50J ．

【解析】

试题分析：（1）滑动摩擦力f mg μ=（1分）

设滑块的加速度为a 1，根据牛顿第二定律

1F mg ma μ-=（1分）

解得219.0/a m s =（1分）

设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ，根据运动学公式

212v a x =（2分）

解得 3.0/v m s =（1分）

（2）设滑块通过B 点时的动能为kB E

从A 到B 运动过程中，依据动能定理有 k W

E =∆合 0 kB

F x fx E -=， （4分）

解得 4.0kB E J =（2分）

（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ，根据动能定理

0f kB mgh W E --=-（3分）

解得0.50f W J =（1分）

10．如图所示，在光滑的水平地面上，相距L＝10 m的A、B两个小球均以v0＝10 m/s向右运动，随后两球相继滑上倾角为30°的足够长的光滑斜坡，地面与斜坡平滑连接，取

g＝10 m/s2．求：A球滑上斜坡后经过多长时间两球相遇．

【答案】2.5s

【解析】

试题分析：设A球滑上斜坡后经过t1时间B球再滑上斜坡，则有：

1s

A球滑上斜坡后加速度m/s2

设此时A球向上运动的位移为，则m

此时A球速度m/s

B球滑上斜坡时，加速度与A相同，以A为参考系，B相对于A以m/s

做匀速运动，设再经过时间它们相遇，有：s

则相遇时间s

考点：本题考查了运动学公式的应用