(物理)物理牛顿运动定律练习题含答案

1、(物理)物理牛顿运动定律练习题含答案一、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vo=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 科=0.5,工件到达C点 即为运送过程结束。

2、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：12EP mgxsin 37 mgx cos37 mv02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:mg sin 37 mg cos37ma1解得：a1=10m/s2,

3、v0工件与传送带共速需要时间为：L a1解得：t=0.4s22,，、乙 Iv0 V工件滑行位移大小为：K v02a1解得：Xi 2.4m L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：mg sin 37 mg cos37ma2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:t2va2解得：t2= 2sn n n 3?工件滑行位移大小为：；n2n 1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 = ti+t2= 2.4s(3)第一阶段：工件滑行位移为：xi=2.4m。传送甲

4、位移x1 vt1 1.6m ,相对位移为： Vx1 0.8m 。摩擦生热为：Q1mgVx1cos37解得：Qi = 3.2J第二阶段：工件滑行位移为：x2 = 4m, ,传送甲位移为：x2 vt2 8m相对位移为：x2 4m摩擦生热为：Q2mg x2 cos37解得：Q2 = 16J总热量为：Q=19.2J。2.固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力 作用下向上运动，推力 F与小环速度v随时间变化规律如图所示，取重力加速度g =10m/s2.求：(1)小环的质量m;(2)细杆与地面间的倾角a.【答案】(1) m = 1kg, (2) a=30°.【

5、解析】由图得：0-2s内环的加速度 a= =0.5m/s2t前2s,环受到重力、支持力和拉力，根据牛顿第二定律，有:F1 mg sinma2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件，有：F2 mgsin由图读出 Fi=5.5N, F2=5N联立两式，代入数据可解得：m=1kg, sin a =0.5即a =30°3.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

6、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：i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】0.07m35m/s214N【解析】【详解】物体C放上之后静止时：设弓t簧的压缩量为 .对物体C,有：mg kXc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

7、(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 14N4.如图所示，水平地面上固定着一个高为h的三角形斜面体，质量为 M的小物块甲和质量为m的小物块乙均静止在斜面体的顶端.现同时释放甲、乙两小物块，使其分别从倾角为“、。的斜面下滑，且分别在图中P处和Q处停下.甲、乙两小物块与斜面、水平面间的动摩擦因数均为科设两小物块在转弯处均不弹起且不损耗机械能，重力加速度取g.求:小物块POQ(i)甲沿斜面下滑的加速度；(2)乙从顶端滑到底端所用的时间；(3)甲、乙在整个运动过程发生的位移大小之比.【答案】(1) g(sin

8、一如 cos a ) (2)2h (3)1:1 g sin sin cos【解析】【详解】(1)由牛顿第二定律可得F合=Ma甲Mg sin f- Cos oMa 甲a 甲=g(sin 6cos a )v,根据动能定理得W合二五(2)设小物块乙沿斜面下滑到底端时的速度为h 12mgh mgcos 4= mvv=,.2gh 1cos sina 乙=g(sin 4)cos 0 )_ 2h gsin sin cos，一 hhcos 如图，由动能定理得 Mgh 一 Ms 却 科- MOP；)=0.hhcos 、一mgh mcos (s7 科 mgOQ- -；)=0OP=OQ根据几何关系得海 h2 OP2

9、 1 一=一x h2 OQ2 15.质量M 9kg、长l 1m的木板在动摩擦因数0.1的水平地面上向右滑行，当速度vo 2m/s时，在木板的右端轻放一质量m 1kg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g 10m/s2,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,1.2x1 v0ta1t21.2x2a2 t2x1 L x2又v0 a1t a2 t代入数据得t=

10、1s(2)根据牛顿第二定律，有1(M m)g 2mg Ma12mg ma2解得2 0.086.如图是利用传送带装运煤块的示意图.其中，传送带的从动轮与主动轮圆心之间的距离为s 3m,传送带与水平方向间的夹角37°,煤块与传送带间的动摩擦因数0.8,传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H 1.8m ,与运煤车车箱中心的水平距离x 0.6m现在传送带底端由静止释放一煤块(可视为质点).煤块恰好在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g 10m/s2, sin37o 0.6，cos37o 0.8，求：(1)主动轮的半径；(2)传送带匀速运动的速度；(3)煤块在

11、传送带上直线部分运动的时间.【答案】(1) 0.1m (2) 1m/s； (3) 4.25s【解析】【分析】(1)要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，根据 平抛运动的规律求出离开传送带最高点的速度，结合牛顿第二定律求出半径的大小.(2)根据牛顿第二定律，结合运动学公式确定传送带的速度.(3)煤块在传送带经历了匀加速运动和匀速运动，根据运动学公式分别求出两段时间，从 而得出煤块在传送带上直线部分运动的时间.【详解】(1)由平抛运动的公式，得 x vt , H1 .25 gt代入数据解得v=1m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为

12、零, 由牛顿第二定律，得2vmg m,代入数据得R=0.1m(2)由牛顿第二定律得mgcos mgsin ma ,代入数据解得2a=0.4m/s2由5v-得S1=1.25m< s,即煤块到达顶端之前已与传送带取得共同速度,故传送带的速度为1m/s .(3)由v=at1解得煤块加速运动的时间t1=2.5s煤块匀速运动的位移为s2=s- s1=1.75m,可求得煤块匀速运动的时间煤块在传送带上直线部分运动的时间t=tl+t2代入数据解得t=4.25s7.在水平力F作用下，质量为0.4kg的小物块从静止开始沿水平地面做匀加速直线运动， 经2s运动的距离为6m,随即撤掉F,小物块运动一段距离后停

13、止.已知物块与地面之间 的动摩擦因数 =0.5 g=10m/s2.求：(1)物块运动的最大速度；(2) F的大小；(3)撤去F后，物块克服摩擦力做的功【答案】 (1) 6m/s (2) 3.2N (3) 7.2J【解析】【分析】(1)物块做匀加速直线运动，运动 2s时速度最大.已知时间、位移和初速度，根据位移 等于平均速度乘以时间，求物块的最大速度.(2)由公式v=at求出物块匀加速直线运动的加速度，由牛顿第二定律求F的大小.(3)撤去F后，根据动能定理求物块克服摩擦力做的功.【详解】(1)物块运动2s时速度最大.由运动学公式有：x=-t2可得物块运动的最大速度为：v 2x 26 6m/st

14、2v 6 n(2)物块匀加速直线运动的加速度为：a= =3m/s .t 2设物块所受的支持力为N,摩擦力为f,根据牛顿第二定律得：F-f=maN-mg=0,又 f=(iN联立解得：F=3.2N(3)撤去F后，根据动能定理得：-Wf=0-lmv22可得物块克服摩擦力做的功为：Wf=7.2J【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，要注意撤去F前后摩擦力的大小是变化的，但动摩擦因数不变.8.如图，t=0时，水平桌面上质量为 m=1kg的滑块获得v0 2m/s的水平向右初速度，同 时对滑块施加一个水平向左的恒定拉力，前2s内滑块的速度-时间关系图线如

15、图.图E图(1)求前2s内滑块的位移大小和方向；(2)分别求滑块所受拉力和摩擦力大小；(3)若在t=2s时将拉力撤去，则撤力后滑块还能滑行多远距离？【答案】(1) 0.6m,方向与初速度方向相同；(2) 1.4N和0.6N; (3) 0.53m.【解析】【分析】(1)根据v-t图象中图线与坐标轴所围“面积”表示位移，根据几何知识求出位移.(2)速度-时间图象中直线的斜率等于物体的加速度.根据数学知识求出斜率，得到加速 度.再由牛顿第二定律求拉力和摩擦力.(3)撤去拉力后，由牛顿第二定律和运动学公式结合求滑块能滑行的距离.【详解】(1)前2s内滑块的位移大小为：x=- x 1 X-2-X 1 x

16、 0.8=0.6m22方向与初速度方向相同.Vv12 c , 2(2) 0-1s内加速度大小为：a1 2m/sVt11根据牛顿第二定律得：F+f=ma1 . 以0.821-2s内加速度大小为：a2 0.8m/s Vt21根据牛顿第一定律得：F-f=ma2联立解得：F=1.4N, f=0.6N(3)撤去拉力后，加速度大小为：a3 0.6m/ s2m 1_ _20.822 0.6m 0.53m152还能滑行的距离为：s Y-2a3【点睛】对于速度图象问题，抓住“斜率”等于加速度，“面积”等于位移是关键.知道加速度 时，根据牛顿第二定律求力.9 .如图所示，一个质量 m = 2 kg的滑块在倾角为

17、0= 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： m/s2)3T(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)(2 2后)s【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 °( mgcos37+Fsin37) °代入解得，产0.5(2)撤去F后，滑块上滑过程：根据牛顿第二定律得：mgsin37

18、76; +科mgcos37 =ma得，ai=g (sin37 ° +科 coS37 °v0上滑的时间为ti 2sai上滑的位移为x vti 20m2滑块下滑过程：mgsin37°-mgcos37 =m2a得，a2=g (sin37 -V cos37)°1由于下滑与上滑的位移大小相等，则有x=a2t222解得，t2 = _2 . 5s故 t=t1+t2= (2+2、5 ) s【点睛】本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键，由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动 力学问题的基本方法.10 .如图，在竖直平面内有一个半径为R的光滑圆弧轨道，半径 OA竖直、OC水平，一个质量为m的小球自C点的正上方P点由静止开始自由下落，从 C点沿切线进入轨道，小球 沿轨道到达最高点 A时恰好对轨道没有压力.重力加速度为 g ,不计一切摩擦和阻 力.求：(1)小球到达轨道