高考物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律解题技巧(超强)及练习题(含答案)含解析

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v0＝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/s2，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：

2P01sin37cos372Emgxmgxmv

解得：Ep＝42J

（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a1，由牛顿第二定律得：

1sin37cos37mgmgma

解得：a1＝10m/s2

工件与传送带共速需要时间为：011vvta

解得：t1＝0.4s

工件滑行位移大小为：220112vvxa

解得：12.4xmL

因为tan37，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a2，则有： 2sin37cos37mgmgma

解得：a2＝2m/s2

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：

22vta

解得：t2＝2s

工件滑行位移大小为：2 3? 1nnnnn

解得：x2＝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＝t1+t2＝2.4s

（3）第一阶段：工件滑行位移为：x1＝2.4m。

传送带位移'111.6mxvt，相对位移为：10.8mxV。

摩擦生热为：11cos37QmgxV

解得：Q1＝3.2J

第二阶段：工件滑行位移为：x2＝4m，

传送带位移为：'228mxvt

相对位移为：24mx

摩擦生热为： 22cos37Qmgx

解得：Q2＝16J

总热量为：Q＝19.2J。

2．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：

（1）物体与水平面间的动摩擦因数；

（2）水平推力F的大小；

（3）s内物体运动位移的大小．

【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。

【解析】

【分析】

【详解】

（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：

物体在4～6s内受力如图所示

根据牛顿第二定律有：

联立解得：μ=0.2

（2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：

又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示

根据牛顿第二定律有：

代入数据得：F=5.6N

（3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：

【点睛】

在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．

3．如图所示，在光滑水平面上有一段质量不计，长为6m的绸带，在绸带的中点放有两个紧靠着可视为质点的小滑块A、B，现同时对A、B两滑块施加方向相反，大小均为F=12N的水平拉力，并开始计时．已知A滑块的质量mA=2kg，B滑块的质量mB=4kg，A、B滑块与绸带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，A、B两滑块与绸带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，不计绸带的伸长，求：

（1）t=0时刻，A、B两滑块加速度的大小；

（2）0到3s时间内，滑块与绸带摩擦产生的热量．

【答案】(1)22121,0.5mmaass；(2)30J

【解析】 【详解】

(1)A滑块在绸带上水平向右滑动，受到的滑动摩擦力为Af，

水平运动，则竖直方向平衡：ANmg，AAfN；解得：Afmg ——①

A滑块在绸带上水平向右滑动，0时刻的加速度为1a ，

由牛顿第二定律得：1AAFfma——②

B滑块和绸带一起向左滑动，0时刻的加速度为2a

由牛顿第二定律得：2BBFfma——③；

联立①②③解得：211m/sa，220.5m/sa；

(2)A滑块经t滑离绸带，此时AB、滑块发生的位移分别为1x和2x

1221122221212Lxxxatxat

代入数据解得：12mx，21mx，2st

2秒时A滑块离开绸带，离开绸带后A在光滑水平面上运动，B和绸带也在光滑水平面上运动，不产生热量，3秒时间内因摩擦产生的热量为：12AQfxx

代入数据解得：30JQ．

4．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E=3×105N/C、方向水平向右的匀强电场中，A不带电，B带正电、电荷量q=2×10－5C．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/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-μ(mA+mB)g=(mA+mB)a1

可得系统的加速度a1=1m/s2； 由运动规律：x=12a1t12

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

5．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB相切于A点，B为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R=1m，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m=2kg的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s后小球刚好到达A点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N．已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

(1)小球在A点时的速度大小；

(2)小球运动到B点时对轨道作用力的大小及方向．

【答案】(1)8m/s (2)12N

【解析】

【详解】

(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：

cossin(sincos)FmgFmgma

代入数据得：24m/sa

小球在A点时的速度8m/sAvat

(2)小球沿竖直圆轨道从A到B的过程，应用动能定理得：

2211sin37(1cos37)22BAFRmgRmvmv

解得：2m/sBv

小球在B点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知： 2NBvmgFmR

解得：FN=12N，轨道对球的力竖直向上

由牛顿第三定律得：小球在最高点B对轨道的作用力大小为12N，方向竖直向下．

6．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x0=1.0m，滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10，取g=10m/s2．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fmg（1分）

设滑块的加速度为a1，根据牛顿第二定律

1Fmgma（1分）

解得219.0/ams（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

212vax（2分）

解得 3.0/vms（1分）

（2）设滑块通过B点时的动能为kBE

从A到B运动过程中，依据动能定理有 kWE合

0 kBFxfxE， （4分）

解得4.0kBEJ（2分）

（3）设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为fW，根据动能定理

0fkBmghWE（3分）

解得0.50fWJ（1分）

考点：牛顿运动定律 功能关系

7．如图甲所示，质量m=8kg的物体在水平面上向右做直线运动。过a点时给物体作用一