最新高考物理牛顿运动定律练习题及答案doc.docx
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最新高考物理牛顿运动定律练习题及答案doc
最新高考物理牛顿运动定律练习题及答案
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，在倾角为
θ=37
的°足够长斜面上放置一质量
M=2kg、长度
L=1.5m
的极薄
平板
AB，在薄平板的上端
A处放一质量
m=1kg的小滑块
（视为质点
），将小滑块和薄平板同
时无初速释放。
已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为
μ=0.25、薄平板与斜面之间的动1
摩擦因数为μ=0.5,sin37=0°.6,cos37=0°.8，取2
g=10m/s2。
求：
（1）释放后，小滑块的加速度al和薄平板的加速度a2;
（2）从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t。
【答案】
（1）4m/s2，1m/s2；
（2）t1s
【解析】
【详解】
（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，
对滑块m
：
由牛顿第二定律有：
mgsin370
f1
ma1
其中FN1
mgcos370
，f1
1FN1
解得：
a1
gsin370
1gcos370
4m/s2
对薄平板
M，由牛顿第二定律有：
Mgsin370
f1f2
Ma2
其中FN2
mgcos370
Mgcos370
，f2
2FN2
解得：
a2
1m/s2
a1a2，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
设滑块滑离时间为t，由运动学公式，有：
x1
1a1t2，x2
1a2t2，x1x2L
2
2
解得：
t
1s
2．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量
质量m=1kg的小物块，长木板与小物块间的动擦因数
止．现用F=14N的水平恒力向石拉长木板，经时间
M=4kg的长木板，在长木板右端有一
μ=0.2，开始时长木板与小物块均静
t=1s撤去水平恒力F，g=10m/s2．求
（1）
小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度
a的大小；
（2）
刚撤去F时，小物块离长木板右端的距离
s；
（3）撒去F后，系统能损失的最大机械能△E．
【答案】
（1）2m/s2
（2）0.5m（3）0.4J
【解析】
【分析】
（1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度；
（2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离；
（3）撤去F后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损失的最大机械能△E．
【详解】
（1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：
μmg=ma，
1
2
解得a1=μg=2m/s
（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，
由牛顿第二定律得，
F-μmg=Ma2，
解得：
a2=3m/s2．
小物块运动的位移：
1
2
=
1
2
x1=
a1t
2
×2×1m=1m，
2
长木板运动的位移：
1
2
=
1
2
，
x2=
a2t
2
×3×1m=1.5m
2
则小物块相对于长木板的位移：
△x=x2-x1=1.5m-1m=0.5m．
（3）撤去F后，小物块和木板的速度分别为：
v
=at=2m/s
v=a
t=3m/s
m
1
2
小物块和木板系统所受的合外力为
0，动量守恒：
mvmMv
（Mm）v
解得v
2.8m/s
从撤去
F到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：
1mv2
m1Mv2
E
1（Mm）v2
2
2
2
解得?
E=0.4J
【点睛】
该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式．
3．如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在t0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
vt图象如图所示
.已知小物块与长木板的质量均为
m1kg
，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g
10m/s2
，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
1mg22mgma1；
vma1t1；
木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得
22mg2ma2；
0vma2t2；
由图象可知，vm2m/s，t11s，t20.8s
联立解得10.7
2小物块减速过程中，有：
1mgma3；
vmv0a3t1；
在整个过程中，由系统的能量守恒得
Q1mv02
2
联立解得Q40.5J
【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．
.
h=0.80m
的水平桌面一端的边缘放置一个质量
m=0.80kg
的木
4．如图所示在距水平地面高
块B，桌面的另一端有一块质量
M=1.0kg的木块A以初速度v0=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/s2．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v2，在空中飞行的时
间为t′．根据平抛运动规律有：
h
1
gt2，sv2t
2
解得：
v2s
g
1.5m/s
2h
（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：
aMg2.5m/s2
M
设两木块碰撞前A的速度大小为v，根据运动学公式，得
vv0at
2.0m/s
（3）设两木块碰撞后木块
A的速度大小为v1，根据动量守恒定律有：
MvMv1
mv2
解得：
v1
Mvmv2
0.80m/s.
M
5．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/s2．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】①0.07m②35m/s2
14N
【解析】
【详解】
①物体C放上之后静止时：
设弹簧的压缩量为
x0．
对物体
C
kx0
，有：
mg
解得：
x0=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：
Mgk（Ax0）
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：
k（A
x0）
mg
ma
解得：
a=35m/s2
对物体B，有：
F
Mg
k（A
x0）
解得：
F=14N
所以物体B对地面的压力大小为
14N
6．如图，质量分别为mA=1kg、mB=2kg的A、B两滑块放在水平面上，处于场强大小
5
A不带电，B带正电、电荷量
－5
E=3×10N/C、方向水平向右的匀强电场中，
q=2×10C．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（mA+mB）g=（mA+mB）a1
可得系统的加速度a1=1m/s2；
由运动规律：
x=1a1t12
2
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v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则
v1=a1t1=2m/s；
绳断后，对B由牛顿第二定律：
F-μmBg=mBa2
解得a2=2m/s2；
由运动规律可知：
v2=v1+a2（t2-t1）
解得v2=10m/s
电场力的功率P=Fv，解得P=60W
7．如图所示，传送带水平部分
xab=0.2m，斜面部分xbc=5.5m，bc与水平方向夹角α=37°，
一个小物体A与传送带间的动摩擦因数
μ=0.25，传送带沿图示方向以速率
v=3m/s运动，
若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到
c点，且物体A不脱离传送带，经b点时速率
不变．（取g=10m/s2，sin37=0°.6）求：
（1）物块从a运动到b的时间；
（2）物块从b运动到c的时间．【答案】
（1）0.4s；
（2）1.25s．
【解析】
【分析】
根据牛顿第二定律求出在ab段做匀加速直线运动的加速度，结合运动学公式求出a到b的
运动时间．到达b点的速度小于传送带的速度，根据牛顿第二定律求出在bc段匀加速运动
的加速度，求出速度相等经历的时间，以及位移的大小，根据牛顿第二定律求出速度相等
后的加速度，结合位移时间公式求出速度相等后匀加速运动的时间，从而得出b到c的时
间．
【详解】
（1）物体A轻放在a处瞬间，受力分析由牛顿第二定律得：
mgma1
解得：
a12.5m/s2
A与皮带共速需要发生位移：
x共
v2
9m1.8m0.2m
2a1
5
故根据运动学公式，物体
A从a运动到b：
xab
1a1t12
2
代入数据解得：
t10.4s
（2）到达b点的速度：
vba1t11m/s3m/s
由牛顿第二定律得：
mgsin37f2ma2
N2mgcos37且f2N2
代入数据解得：
a28m/s2
物块在斜面上与传送带共速的位移是：
22
s共vvb
代入数据解得：
s共0.5m5.5m
时间为：
t2
vvb
3
1s
0.25s
a2
8
因为gsin37
6m/s2＞gcos37
2m/s2，物块继续加速下滑
由牛顿第二定律得：
mgsin37
f2
ma3
N2
mgcos37
，且f2
N2
代入数据解得：
a3
4m/s2
设从共速到下滑至
c的时间为t3，由xbcs共
vt3
1
a3t32，得：
2
t3
1s
综上，物块从b运动到c的时间为：
t2t31.25s
8．5s后系统动量守恒，最终达到相同速度v′，则mv1Mv2mMv
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：
mgma1
对木板：
FmgMa2
由运动公式：
vv0a2t1
va1t1
解得：
t11sv2m/s
33
此过程中物块相对木板前进的距离：
解得s=0.5m；
s
v0
vt1
vt1
2
2
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：
F-mg
Ma3
由运动公式：
vt2
1a1t22
vt2
1a3t22
s
2
2
解得t2
3s
3
故经过时间tt1
3
1
t2
0.91s物块滑落.
3
9．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。
已知雪橇与水平雪道间的
动摩擦因数为μ＝0.1，妈妈的质量为M＝60kg，小红和雪橇的总质量为m＝20kg。
在游戏
过程中妈妈用大小为F＝50N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇。
（g10m/s2，
sin37＝°0.6，cos37＝°0.8）求：
（1）小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小；
（2）若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面
43m处，求妈妈拉力作用的最短
距离。
【答案】
（1）1.15m/s2，109N
（2）20m
【解析】
【分析】
根据“妈妈用大小为F＝50N，与水平方向成37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前
面43m处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和动能定理方程，求解即可。
【详解】
（1）对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。
对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：
N1Fsin37
mg
0
（1）
Fcos37
N1ma
（2）
联立解得：
a
1.15m/s2
（3）
对于妈妈由牛顿第二定律可得：
fFcos37
Ma
（4）
解得：
f109N
（5）
（2）由题意可得，当小红和雪橇到达前面43m刚好停止时，妈妈拉力作用的距离最短。
对小红和雪橇由动能定理可得：
max
mg（sx）
0（6）
解得：
x20m
（7）
【点睛】
分别对小红和妈妈受力分析，根据牛顿第二定律列出方程，联立求解即可；求妈妈拉力作用的最短距离，则到达43m处时，速度为零，根据动能定理列方程，求解即可。
10．功能关系贯穿整个高中物理．
（1）如图所示，质量为
m的物体，在恒定外力
F作用下沿直线运动，速度由
v0变化到
v时，
发生的位移为x．试从牛顿第二定律及运动学公式推导出动能定理．上述推导的结果对于物体受变力作用、或者做曲线运动时是否成立？
说明理由．
（2）如图所示，固定的水平光滑金属导轨，间距为L，右端接有阻值为R的电阻，处在方向
竖直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m的导体棒与固定弹簧相连，放在导轨上，导轨与导体棒的电阻均可忽略．初始时刻，弹簧恰处于自然长度．现给导体棒一个水平向右的初速度v0，在沿导轨运动的过程中，导体棒始终与导轨垂直并保持良好接触．导
体棒速度第一次为零时，弹簧的弹性势能为Ep，则在这一过程中：
①直接写出弹簧弹力做功
W弹与弹性势能变化
Ep的关系，进而求
W弹；
②用动能定理求安培力所做的功
W安．
【答案】
（1）动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，
动能定理是经典力学范围内的普适规律．
（2）W弹
Ep（Ep0）Ep（3）
W安Ep
1
mv02
2
【解析】
【详解】
（1）由牛顿第二定律
F=ma
及运动学公式v2
v02
2ax
可得Fx
1mv2
1mv02
2
2
当物体受变力作用、或者做曲线运动时，可以把过程分解成许多小段，认为物体在每小段
运动中受到的是恒力、运动轨迹是直线，这样对每一段用动能定理，累加后也能得到同样
的结果，所以动能定理无论物体所受力是否为恒力、运动轨迹是否为直线均适用．简言之，动能定理是经典力学范围内的普适规律．
（2）W弹
Ep
进而W弹
Ep
（Ep
0）
Ep.
（3）由动能定理：
W安
W弹
0
1mv2
2
0
解得：
W安
Ep
1mv02
2
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