高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)

高考物理牛顿运动定律真题汇编(含答案)

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．如图，有一水平传送带以8m/s的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m，g取10m/s2．求：

（1）刚放上传送带时物块的加速度；

（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．

【答案】（1）24/agms（2）1ts

【解析】

【分析】

先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】

（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：

mgma

代入数据得：24/agms

（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s

根据运动学公式可得：202asv

运动的位移： 20842vsma

则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t，则有

212lat

解得 1ts

【点睛】

物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．

3．如图所示，质量M=0.5kg的长木板A静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg物块B(可视为质点)以大小v0=6m/s的速度从木板A的左端水平向右滑动，若木板A与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B恰好能滑到木板A的右端．已知物块B与木板A上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s2．

求：(1)木板A的长度L；

(2)若把A按放在光滑水平地面上，需要给B一个多大的初速度，B才能恰好滑到A板的右端；

(3)在(2)的过程中系统损失的总能量．

【答案】(1) 3m (2) 2.410/ms (3) 5.4J

【解析】

【详解】

(1)A、B之间的滑动摩擦力大小为：11=1.8fmgN

A板与地面间的最大静摩擦力为：22=2.4fMmgN

由于12ff，故A静止不动

B向右做匀减速直线运动.到达A的右端时速度为零，有：

202vaL

11mgma 解得木板A的长度 3Lm

（2）A、B系统水平方向动量守恒，取Bv为正方向，有

BmvmMv

物块B向右做匀减速直线运动

22112Bvvas

A板匀加速直线运动 12mgMa

2222vas

位移关系12ssL

联立解得2.410/Bvms

（3）系统损失的能量都转化为热能

1QmgL

解得5.4QJ

4．在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为s0=10m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：

(1)行李箱开始运动时的加速度大小a；

(2)行李箱从A端传送到B端所用时间t；

(3)整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。

【答案】(1) (2) (3)

【解析】

【分析】

行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；

【详解】

解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为a

(2) 行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1

所以匀加速运动的位移为：

行李随传送带匀速前进的时间：

行李箱从A传送到B所需时间：

(3) t1传送带的的位移为：

根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：

整个过程行李对传送带的摩擦力做功：

5．如图所示，一个质量为3kg的物体静止在光滑水平面上．现沿水平方向对物体施加30N的拉力，（g取10m/s2）．求：

（1）物体运动时加速度的大小；

（2）物体运动3s时速度的大小；

（3）物体从开始运动到位移为20m时经历的时间．

【答案】（1）10m/s2（2）30m/s （3）2s

【解析】

【详解】

（1）根据牛顿第二定律得：

2230m/s10m/s3Fam；

（2）物体运动3s时速度的大小为 ：

103m/s30m/svat；

（3）由位移与时间关系：

212xat

则：

2120m102t，

则：2st．

【点睛】

本题是属性动力学中第一类问题，知道受力情况来确定运动情况，关键求解加速度，它是联系力与运动的纽带．

6．质量9kgM、长1mL的木板在动摩擦因数10.1的水平地面上向右滑行，当速度02m/sv时，在木板的右端轻放一质量1kgm的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/sg，求：

（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t；

（2）小物块与木板间的动摩擦因数2．

【答案】（1）1s （2）0.08

【解析】

【分析】

【详解】

（1）设木板在时间t内的位移为x1；铁块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2

则有

210112xvtat

22212xat

12xLx

又

012vatat

代入数据得

t=1s

（2）根据牛顿第二定律，有

121()MmgmgMa

22mgma

解得

20.08

7．某课外活动小组为了研究遥控玩具小车的启动性能，进行了如图所示的实验。将玩具小车放在水平地面上，遥控使其从静止开始匀加速启动，经时间t关闭发动机，玩具小车滑行一段距离后停下来，测得玩具小车从启动到停下来发生的总位移x=6m。已知玩具小车的质量m=500g，匀加速过程中牵引力F=3N，运动过程中受到的阻力恒为车重的0.2倍，重力加速度为g取10 m/s2，求t的值。

【答案】1?st

【解析】

【详解】

设玩具小车受到的阻力为f，在关闭发动机前后的加速度大小分别为a1、a2，位移分别为x1、x2，关闭发动机时的速度为v。 关闭发动机之前，分别由牛顿第二定律和运动学规律：

1Ffma

fkmg

2111xat2

1vat

关闭发动机之后，分别由牛顿第二定律和运动学规律

2fma

2220v2ax

满足：12xxx

联立以上各式并代入数据得：t1s

8．如图所示，一个质量m＝2 kg的滑块在倾角为θ＝37°的固定斜面上，受到一个大小为40 N的水平推力F作用，以v0＝20 m/s的速度沿斜面匀速上滑．（sin 37°＝0.6，取g＝10

m/s2）

（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；

（2）若滑块运动到A点时立即撤去推力F，求这以后滑块再返回A点经过的时间．

【答案】（1）0.5；（2）225s（）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时，合力为零，则有

Fcos37°=mgsin37°+μ（mgcos37°+Fsin37°）

代入解得，μ=0.5

（2）撤去F后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma1，

得，a1=g（sin37°+μcos37°）

上滑的时间为0112vtsa

上滑的位移为01202vxtm

滑块下滑过程：mgsin37°-μmgcos37°=ma2，

得，a2=g（sin37°-μcos37°）

由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=12a2t22