高中物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析

高中物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图甲所示，一倾角为37°，长L=3.75m的斜面AB上端和一个竖直圆弧形光滑轨道BC相连，斜面与圆轨道相切于B处，C为圆弧轨道的最高点。t=0时刻有一质量m=1kg的物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的v–t图象如图乙所示。已知圆轨道的半径R=0.5m。（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：(1)物块与斜面间的动摩擦因数μ；(2)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；(3)试通过计算分析是否可能存在物块以一定的初速度从A点滑上轨道，通过C点后恰好能落在A点。如果能，请计算出物块从A点滑出的初速度；如不能请说明理由。【答案】(1)μ=0.5(2)F'N=4N(3)【解析】【分析】由图乙的斜率求出物块在斜面上滑时的加速度，由牛顿第二定律求动摩擦因数；由动能定理得物块到达C点时的速度，根据牛顿第二定律和牛顿第三定律求出)物块到达C点时对轨道的压力FN的大小；物块从C到A，做平抛运动，根据平抛运动求出物块到达C点时的速度，物块从A到C，由动能定律可求物块从A点滑出的初速度；【详解】解：(1)由图乙可知物块上滑时的加速度大小为根据牛顿第二定律有：解得(2)设物块到达C点时的速度大小为vC，由动能定理得：在最高点，根据牛顿第二定律则有：解得：由根据牛顿第三定律得：物体在C点对轨道的压力大小为4N(3)设物块以初速度v1上滑，最后恰好落到A点物块从C到A，做平抛运动，竖直方向：水平方向：解得，所以能通过C点落到A点物块从A到C，由动能定律可得：解得：2．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Ba；（2）A与B第一次相碰后，B的速率Bv；（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）sinAag；0Ba（2）02singL（3）023sinLg【解析】【详解】解：(1)对B分析：sincosBmgmgma0Ba，B仍处于静止状态对A分析，底面光滑，则有：mgsinAma解得：sinAag(2)与B第一次碰撞前的速度，则有：202AAvaL解得：02sinAvgL所用时间由：1vAat，解得：012sinLgt对AB，由动量守恒定律得：1ABmvmvmv由机械能守恒得：2221111222ABmvmvmv解得：100,2sinBvvgL(3)碰后，A做初速度为0的匀加速运动，B做速度为2v的匀速直线运动，设再经时间2t发生第二次碰撞，则有：2212AAxat22Bxvt第二次相碰：ABxx解得：0222sinLtg从A开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12ttt解得：023sinLtg3．如图所示，质量2kgM的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kgm的滑块（可视为质点）以03m/sv的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2，重力加速度210m/sg，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v？（2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s？（3）木板的长度L？【答案】（1）1m/s（2）0.25m（3）1.75m【解析】【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mvmMv可得1m/sv（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgsmv解得0.25ms（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mvmMvmgs故木板的长度11.75mLss4．四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f=4N．(g取10m／s2)(1)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h；(2)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；(3)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），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1．【答案】（1）75m（2）40m/s（3）55 s3【解析】【分析】【详解】（1）由牛顿第二定律F﹣mg﹣f=ma代入数据解得a=6m/s2上升高度代入数据解得h=75m．（2）下落过程中mg﹣f=ma1代入数据解得落地时速度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代入数据解得设恢复升力时的速度为vm，则有由vm=a1t1代入数据解得．5．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4m/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＝26m，g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝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】1s99.2m【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==4m/s2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==5m/s2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=99.2m6．5s后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则12mvMvmMv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a1，木板的加速度为a2，经t1时间物块和木板具有相同的速度v′′，对物块受力分析：1mgma对木板：2FmgMa由运动公式：021vvat11vat解得：113ts2/3vms此过程中物块相对木板前进的距离：01122vvvstt解得s=0.5m；t1后物块相对木板向左运动，这再经t2时间滑落，此过程中板的加速度a3，物块的加速度仍为a1，对木板：3-FmgMa由运动公式：222122321122vtatvtats解得233ts故经过时间12310.913ttts物块滑落.7．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求:(1)斜面的倾角θ(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.【答案】（1）030；（2）35【解析】【分析】对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。【详解】物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0-0.5s时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：221480.5mmass物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5-1.5s时间段，同理可得：222221mmass上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，联立解得：35，θ=30°。【点睛】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，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。8．木块A、B质量分别为5Amkg和7Bmkg，与原长为020lcm、劲度系数为100/kNm轻弹簧相连接，A、B系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5cm．已知A、B与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平推力F=2N作用在木块A上，如图所示(g取10m/s2)，（1）求此时A，B受到的摩擦力的大小和方向；（2）当水平推力不断增大，求B即将开始滑动时，A、B之间的距离（3）若水平推力随时间变化满足以下关系12(),2FtN求A、B都仍能保持静止状态的时间，并作出在A开始滑动前A受到的摩擦力图像．（规定向左为正方向）【答案】（1）3,AfN向右，3,BfN向左；（2）11cm，（3）.【解析】试题分析：（1）分析A、B的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B要开始滑动时弹簧弹力不变，则A、B的距离等于原长减去压缩量；（3）A开始滑动时B静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A没有滑动前，根据平衡条件求出Aft的表达式，并作出图象．（1）由：max10AAffmgN静动，max14BBffmgN静动此时假设A、B均仍保持静止状态由题得：5FkxN弹对A有：AFFf弹max3AAfNf方向向右；对B有：BFf弹max5BBfNf方向向左则假设成立（2）当B要开始滑动时，此时，maxFf弹静由maxBffmg静动则：Bkxmg0.1414BmgxmcmkA、B间距离：011slxcm（3）在A没有开始滑动前，A处于静止状态，弹簧弹力不变则有：AFfF弹得：13()2AfFFtN弹设t时刻A开始滑动，此时B静止，弹簧弹力不变对A:maxAFfF弹代入数据解得：t=26s作出在A开始滑动前A受到的摩擦力Aft图象如图所示9．车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为m=5kg的行李包（可视为质点）无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37°的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5，行李包与斜面间的动摩擦因数为0.8，g=10m/s2，不计空气阻力（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．（1）行李包相对于传送带滑动的距离．（2）若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度．【答案】（1）0.1m（2）1.25m【解析】（1）行李包在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得：μ1mg=ma1，解得：a1=5m/s2，行李包加速运动时间：t1=115va=0.2s，行李包前进的距离：x1=2211225va=0.1m，传送带前进的距离：x2=vt1=1×0.2=0.2m，行李包相对于传送带的距离：△x=x2-x1=0.2-0.1=0.1m；（2）行李包沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律得：μ2mgcos37°-mgsin37°=ma2由匀变速直线运动的速