最新高考物理牛顿运动定律练习题及答案doc.docx

1、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= 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=0.25、薄平板与斜面之间的动1摩擦因数为 =0.5,sin37 =0.6,cos37 =0.8，取2g=10m/s 2。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】

2、(1) 4m/s2 ， 1m/s2 ；(2) t 1s【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：mg sin 37 0f1ma1其中 FN1mg cos37 0， f11FN 1解得： a1g sin 3701g cos3704m / s2对薄平板M ，由牛顿第二定律有：Mg sin 370f1 f2Ma 2其中 FN 2mg cos370Mg cos37 0， f 22 FN 2解得： a21m/s2a1 a2 ，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： x11 a1t 2 ， x21 a2t 2 ， x1

3、 x2 L22解得： t1s2 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=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/s 2 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）

4、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： mg=ma，12解得 a1= g=2m/s（2）对木板，受拉力和摩擦力作用，由牛顿第二定律得，F- mg=Ma2，解得： a2 = 3m/s 2小物块运动的位移：12=12x1=a1t2 21m=1m ，2长木板运动的位移：12=12，x2=a2t2 31m=1.5m2则小物块相

5、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=a t=2m/sv=at=3m/sm12小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒： mvm Mv(M m)v解得 v2.8m / s从撤去F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律：1 mv2m 1 Mv 2E1 (M m)v 2222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 t 0 时刻，一小物块以一定速度

6、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m 1kg，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 g10m / 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

7、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1mg 2 2mg ma1 ；vm a1t1 ；木板和物块相对静止，共同减速过程中，由牛顿第二定律得22mg 2ma2 ；0 vm a2t2 ；由图象可知， vm 2m / s ， t1 1s ， t 2 0.8s联立解得 1 0.72小物块减速过程中，有：1mg ma3 ；vm v0 a3 t1 ；在整个过程中，由系统的能量守恒得Q1 mv022联立解得 Q 40.5 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

8、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=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

9、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：h1gt 2 ， s v2t2解得： v2 sg1.5m/s2h(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：aMg 2.5m/s2M设两木块碰撞前 A 的速度大小为 v，根据运动学公式，得v v0 at2.0m/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：Mv Mv1mv2解得

10、： v1Mv mv20.80m/s.M5 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：物体 C 做简谐运动的振幅；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】 0.07m 35m/s 214N【解析】【详解】物体 C 放上之后静

11、止时：设弹簧的压缩量为x0 对物体Ckx0，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： Mg k( A x0 )解得： A=0.07m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 ( Ax0 )mgma解得： a=35m/s 2对物体 B，有： FMgk( Ax0 )解得： F=14N所以物体 B 对地面的压力大小为14N6 如图，质量分别为 mA=1kg、 mB=2kg 的 A、B 两滑块放在

12、水平面上，处于场强大小5A 不带电， B 带正电、电荷量 5E=3 10N/C、方向水平向右的匀强电场中，q=2 10 C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=0.1，重力加速度大小 g=10m/s2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-(mA+mB)g=(mA+mB)a1可得系统的加速度 a1=1m/s 2；由运动规

13、律： x= 1 a1 t122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=a1 t1=2m/s ；绳断后，对 B 由牛顿第二定律： F-mBg=mBa2解得 a2=2m/s 2；由运动规律可知： v2=v1+a2(t 2-t 1 )解得 v2=10m/s电场力的功率 P=Fv，解得 P=60W7 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 =37 ，一个小物体 A 与传送带间的动摩擦因数=0.25，传送带沿图示方向以速率v=3m/s 运动，若把

14、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/s 2， 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

15、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：mg ma1解得：a1 2.5m/s 2A与皮带共速需要发生位移：x共v29 m 1.8m 0.2m2a15故根据运动学公式，物体A 从 a 运动到 b：xab1 a1t122代入数据解得：t1 0.4s（2）到达 b 点的速度：vb a1t1 1m/s 3m/s由牛顿第二定律得：mg sin 37 f 2 ma2N 2 mg cos37 且 f2 N2代入数据解得：a2 8m/s2物块在斜面上与传送带共速的位移是：2 2s共 v vb代入数据解得：s共 0.5m 5.5m时间为：t2v vb

16、31 s0.25sa28因为 g sin 376m/s2 g cos372m/s2 ，物块继续加速下滑由牛顿第二定律得：mg sin 37f 2ma3N 2mg cos37，且 f 2N2代入数据解得：a34m/s2设从共速到下滑至c 的时间为 t 3，由 xbc s共vt31a3t32 ，得：2t31s综上，物块从 b 运动到 c 的时间为：t2 t3 1.25s85s 后系统动量守恒，最终达到相同速度 v，则 mv1 Mv2 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 a1，木板的加速度为 a2

17、，经 t1时间物块和木板具有相同的速度 v，对物块受力分析： mg ma1对木板： F mg Ma 2由运动公式： v v0 a2t1v a1t1解得： t1 1 s v 2 m / s3 3此过程中物块相对木板前进的距离：解得 s=0.5m；sv0v t1v t122t 1 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 - mgMa3由运动公式： v t21 a1t22v t 21 a3t22s22解得 t23 s3故经过时间 t t131t20.91s 物块滑落 .39 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

18、雪橇与水平雪道间的动摩擦因数为 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。（ g 10m / 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) 1.15 m / 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”、“

19、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：N1 F sin 37mg0（ 1）F cos37N1 ma（2）联立解得： a1.15m / s2（ 3）对于妈妈由牛顿第二定律可得：f F cos37Ma（ 4）解得： f 109N（ 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

20、离最短。对小红和雪橇由动能定理可得：maxmg(s x)0（6）解得：x 20m（ 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

21、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：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 ；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( E p 0)Ep (3)W安 E p1mv022【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律F=ma及运动学公式 v2v022ax可得 Fx1 mv21 mv0222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(Ep0)Ep .(3)由动能定理： W安W弹01 mv220解得： W安Ep1 mv022