高考物理易错题专题三物理牛顿运动定律(含解析)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；

（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；

（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J

【解析】

【详解】

（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：

2P 01sin 37cos372

E mgx mgx mv μ︒︒=++ 解得：E p ＝42J

（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得： 1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=

解得：a 1＝10m/s 2 工件与传送带共速需要时间为：011

v v t a -=

解得：t 1＝0.4s 工件滑行位移大小为：22

0112v v x a -= 解得：1 2.4x m L =<

因为tan 37μ︒

<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：

2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=

解得：a 2＝2m/s 2

假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：

22v

t a = 解得：t 2＝2s

工件滑行位移大小为：2 3? 1

n n n n n 解得：x 2＝4m

工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

工作在传送带上上滑的总时间为：t ＝t 1+t 2＝2.4s

（3）第一阶段：工件滑行位移为：x 1＝2.4m 。

传送带位移'11 1.6m x vt ==，相对位移为：10.8m x =V 。

摩擦生热为：11cos37Q mg x V μ︒=

解得：Q 1＝3.2J

第二阶段：工件滑行位移为：x 2＝4m ，

传送带位移为：'228m x vt ==

相对位移为：24m x ∆=

摩擦生热为： 22cos37Q mg x μ︒=∆

解得：Q 2＝16J

总热量为：Q ＝19.2J 。

2．如图所示，传送带的倾角θ=37°，上、下两个轮子间的距离L=3m ，传送带以v 0=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v 1=1m/s 的初速度沿传送带向下滑动．已知小物块可视为质点，与传送带间的动摩擦因数μ=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/s 2．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）

/5

m s 【解析】

【分析】

【详解】 （1）由题意可知0.8tan 370.75μ=>=o ，即小物块所受滑动摩擦力大于重力沿传送带

向下的分力sin 37mg o ，在传送带方向，对小物块根据牛顿第二定律有：

cos37sin 37mg mg ma μ-=o o

解得：20.4/a m s =

小物块沿传送带向下做匀减速直线运动，速度为0时运动到最远距离1x ，假设小物块速度

为0时没有滑落，根据运动公式有：2112v x a

= 解得：1 1.25x m =，12

L x <，小物块没有滑落，所以沿传送带向下滑动的最远距离1 1.25x m = 小物块向下滑动的时间为11=

v t a 传送带运动的距离101s v t =

联立解得15s m =

小物块相对传送带运动的距离11x s x ∆=+

解得： 6.25x m ∆=，因传送带总长度为26L m =，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2v 假设此时二者不共速，则有：

22122L v a x ⎛⎫=+ ⎪⎝

⎭

解得：2/5

v m s = 20v v <，即小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

/5

m s ．

3．如图，水平桌面上静止放置一质量1kg M =、长为1m L =的木板板上最右端放一质量2kg m =的滑块可看做质点，以20N F =的水平力拉木板，将其从滑块下面抽出来．若所有接触面间的动摩擦因数均为0.3μ=，210m/s g =.

（1）求滑块与木板间的摩擦力1f 多大，木板与桌面间的摩擦力2f 多大；

（2）求滑块从木板上掉下的时间t 为多少？

【答案】（1）6N ；9N （2）1s

【解析】

【详解】

解：(1)滑块与木板之间的摩擦力10.3210N 6N f mg μ==⨯⨯=

木板与桌面间的摩擦力2()0.3(12)10N 9N f M m g μ=+=⨯+⨯=

(2)当滑块与木板间的摩擦力达到最大静摩擦力，木板将从物体下面抽出，

对滑块，根据牛顿第二定律得：11f ma =

解得：213m/s a =

对木板：122F f f Ma --=

解得：225m/s a = 滑块位移：21112x a t =，木板的位移：22212x a t = 滑落时：21x x L -=

代入数据解得：1s t =

4．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．

5．5s 后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则()12mv Mv m M v +='+

解得v′=0.6m/s ，

即物块和木板最终以0.6m/s 的速度匀速运动.

（3）物块先相对木板向右运动，此过程中物块的加速度为a 1，木板的加速度为a 2，经t 1时间物块和木板具有相同的速度v′′，

对物块受力分析：1mg ma μ=

对木板：2F mg Ma μ+=

由运动公式：021v v a t =-''

11v a t ''=

解得：113t s = 2/3

v m s '=' 此过程中物块相对木板前进的距离：01122v v v s t t '-'''+=

解得s=0.5m ；

t 1后物块相对木板向左运动，这再经t 2时间滑落，此过程中板的加速度a 3，物块的加速度仍为a 1，对木板：3-F mg Ma μ= 由运动公式：222122321122v t a t v t a t s ''⎛⎫-

--= ⎪⎝⎭''

解得2t =

故经过时间1210.913t t t s =+=

≈ 物块滑落.

6．现有甲、乙两汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10m/s ．当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车（反应时间忽略不计），乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹车，但乙车司机反应较慢（反应时间为0.5s ）．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g 取10m/s 2．

（1）若甲车司机看到黄灯时车头距警戒线15m ，他采取上述措施能否避免闯警戒线？

（2）为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中至少应保持多大距离？

【答案】（1）见解析（2）2.5m

【解析】

【分析】

（1）根据甲车刹车时的制动力求出加速度，再根据位移时间关系求出刹车时的位移，从而比较判定能否避免闯红灯；

（2）根据追及相遇条件，由位移关系分析安全距离的大小．

【详解】

（1）甲车紧急刹车的加速度为210.44/a g m s == 甲车停下来所需时间011

2.5v t s a == 甲滑行距离 201

12.52v x m a == 由于12.5 m ＜15 m ，所以甲车能避免闯红灯；

（2）乙车紧急刹车的加速度大小为：220.55/a g m s ==

设甲、乙两车行驶过程中至少应保持距离0x ，在乙车刹车2t 时刻两车速度相等，

0120022()v a t t v a t -+=-

解得2 2.0t s =

此过程中乙的位移： 220002121152x v t v t a t m =+-

= 甲的位移：210021021()()12.52

x v t t a t t m =+-+= 所以两车安全距离至少为：012 2.5x x x m =-=

【点睛】 解决本题的关键利用牛顿第二定律求出加速度，再根据运动学公式进行求解．注意速度大者减速追速度小者，判断能否撞上，应判断速度相等时能否撞上，不能根据两者停下来后比较两者的位移去判断．

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：

(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．素有“陆地冲浪”之称的滑板运动已深受广大青少年喜爱。如图所示是由足够长的斜直轨道，半径R1=2m的凹形圆弧轨道和半径R2=3.6m的凸形圆弧轨道三部分组成的模拟滑板组合轨道，这三部分轨道依次平滑连接，且处于同一竖直平面内.其中M点为凹形圆弧轨道的最低点，N点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O与M点在同一水平面上，一可视为质点、质量为m=1kg的滑板从斜直轨道上的P点无初速度滑下，经M点滑向N点，P点距水平面的高度h=3.2m，不计一切阻力，g取10m/s2.求：

(1)滑板滑至M点时的速度大小；

(2)滑板滑至M点时，轨道对滑板的支持力大小；

(3)若滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，求滑板的下滑点P距水平面的高度.

【答案】(1)8 m/s (2)42 N (3)5.4 m

【解析】

试题分析：（1）对滑板由P点滑至M点，由机械能守恒得mgh＝mv（2分）

所以v M＝8 m/s. （1分）

（2）对滑板滑至M点时受力分析，由牛顿第二定律得F N－mg＝m（2分）

所以F N＝42 N. （1分）

（3）滑板滑至N点时对轨道恰好无压力，则有mg＝m（2分）

得v N＝6 m/s （1分）

滑板从P点到N点机械能守恒，则有mgh′＝mgR2＋mv（3分）

解得h′＝5.4 m. （2分）

考点：机械能守恒定律

【名师点睛】本题考查的是牛顿第二定律和机械能守恒结合的问题。滑板由P点滑至M 点，只有重力做功，机械能守恒。然后分别对M和N两点进行受力分析，运用牛顿第二定律。此题便可很快解出。

9．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 μ＝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/s 2，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E p ＝12

kx 2(式中k 为弹簧劲度系数，x 为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的过程中，挡板对滑块的摩擦力所做的功．

【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v 0，对物体下落过程由机械能守恒定律得

2012

mgl mv = 设碰后共同速度为v 1，由动量守恒定律得102mv mv = 根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞过程中损失的机械能220111222E mv mv ∆=

-⋅ 上式联立数据带入得1E ∆=J ．

(2)设滑块下移时加速度为a ，由运动学公式得2102v al -=

起初滑块静止时，有01mg F k x ==∆

当滑块下移距离为5d =cm 时

弹簧的弹力()1F k x d =∆+

对其受力分析如下图所示，由牛顿第二定律得()

222f mg F F ma -+=

滑动摩擦力f N F F μ=

解得25N F =N ．

(3)由功能关系可得

()22211111122222

k x l k x mv mgl W ∆+-∆-⨯=+ 解得1W =-J ．

答：(1)下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能是1J ；

(2)当滑块下移距离为d =5cm 时挡板对滑块压力的大小是25N ； (3)滑块速度减为零的过程中,挡板对滑块的摩擦力所做的功是-1J ．

10．如图所示为四旋翼无人机，它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=1 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N ，无人机上升过程中最大速度为6m/s ．若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s ，假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变．（g 取10 m ／s ）2．求：

(1)无人机以最大升力起飞的加速度；

(2)无人机在竖直上升过程中所受阻力F f 的大小；

(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m 的高空所需的最短时间．

【答案】（1）22/m s （2）4f N = （3）6.5s

【解析】

（1）根据题意可得26/02/3v m s a m s t s

∆-=

==∆ （2）由牛顿第二定律F f mg ma --= 得4f N = （3）竖直向上加速阶段21112x at =

，19x m = 匀速阶段12 3.5h x t s v

-== 故12 6.5t t t s =+=