高考物理一轮复习专项训练物理牛顿运动定律

1、高考物理一轮复习专项训练物理牛顿运动定律一、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】(1)由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为:12Epmgxsin 37 mgx cos37 mv02解得:Ep=42Ja1，由牛顿第二定律得:(2)工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为mg sin 37 mg cos37ma1解得：a1=10m/s2,v0工

3、件与传送带共速需要时间为：L a1解得：t= 0.4s22,、一 ，v0 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:vt2a2解得：t2= 2s工件滑行位移大小为:解得：X2=4mn n n 3?；n 2 n 1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。传送带位

4、移x1 vt1 1.6m ,相对位移为：Vx1 0.8m 。摩擦生热为：Q1mgVx1cos37解得：Q = 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 4 m摩擦生热为：Q2mg x2 cos37解得：Q2 = 16J总热量为：Q=19.2J。2.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=3X 15N/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=2X105C.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

5、擦因数均为w=0.1重力加速度大小 g=10m/s2.求：£j A H B/户J j产产产产产产尸(1)前2s内，A的位移大小；(2)6s末，电场力的瞬时功率.【答案】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-(j(mA+mB)g=(mA+mB)a1可得系统的加速度 ai=1m/s2;由运动规律：x=1aiti2 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vi, t2=6s时刻，B的速度大小为V2,则 vi=aiti=2m/s ;绳断后，对B由牛顿第二定律：F-师Bg=mBa2解得

6、a2=2m/s2;由运动规律可知：V2=Vi+a2(t2-ti)解得 V2=i0m/s电场力的功率P=Fv,解得P=60W3.某研究性学习小组利用图a所示的实验装置探究物块在恒力F作用下加速度与斜面倾角的关系。已知木板 OA可绕轴O在竖直平面内转动，板足够长，板面摩擦可忽略不计。某次实验中，质量 m=0.ikg的物块在平行于板面向上、 F=0.6N的恒力作用下，得到加速度 a 与斜面倾角的关系图线，如图 b所示，已知图中ao为图线与纵轴交点， 日为图线与横轴交(2)当倾角。为30。时，物块在力F作用下由O点从静止开始运动，2 s后撤去，求物块沿 斜面运动的最大距离？【答案】(D 6m/s2,

7、37； (2) 2.4m。【解析】【详解】(i)由图象可知，。=0,木板水平放置，此时物块的加速度为ao由牛顿第二定律：F合=F=mao解得 ao=6m/s2由图象可知木板倾角为以时，物块的加速度 a=0即：F=mgsin i解得01=37 °(2)当木板倾角为 。=30时，对物块由牛顿第二定律得：F-mgsin 0mai解得 ai=im/s2设木块2s末速度为vi,由vi=ait得 vi=2m/s2s内物块位移 si= ait2=2m2撤去F后，物块沿斜面向上做匀减速运动。设加速度为a2,对物块由牛顿第二定律得:mgsin 0ma2a2=gsin30 = 5m/s22撤去F后，物块

8、继续向上运动的位移为 s -vL 0.4m2 a2则物块沿斜面运动的最大距离s=Si+S2=2,4m4.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 9=37°. 一个m=2kg的小球穿 在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数 月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

9、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：Fcos mgsin (Fsin mgcos ) ma代入数据得：a 4m/s2小球在A点时的速度vA at 8m/s(2)小球沿竖直圆轨道从 A到B的过程，应用动能定理得：1212FRsin37 mgR(1 cos37 ) mvB mvA 22解得：Vb 2m/s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:2Vbmg Fn m R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

10、向竖直向下.5.如图甲所示，质量为 m=2kg的物体置于倾角为0 =3和足够长的固定斜面上，t=0时刻对物体施以平行于余面向上的拉力F, ti=0.5s时撤去该拉力，整个过程中物体运动的速度与时间的部分图象如图乙所示，不计空气阻力，g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8.求:(1)物体与斜面间的动摩擦因数科(2)拉力F的大小(3)物体沿斜面向上滑行的最大距离s.【答案】(1)户0.5 (2) F=15N (3) s=7.5m【解析】【分析】由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可拉力和 物块与斜面的动摩擦因数为科.根据v-t图象面积求解

11、位移.【详解】10 5- (1)由图象可知，物体向上匀减速时加速度大小为：a2 10m/s1 0.5止匕过程有： mgsin 0+(1 mgcosQ =ma代入数据解得：科=0.51022(2)由图象可知，物体向上匀加速时加速度大小为：a1=m/s =20m/s20.5止匕过程有： F-mgsin 0-科 mgcos。=ma代入数据解得：F=60N(3)由图象可知，物体向上滑行时间1.5s,向上滑行过程位移为：1s= - X 10 X 1.57.5m【点睛】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二 定律求解物体的受力情况.6.如图是利用传送带装运煤块的示意

12、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

13、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】，一，一，,1 2(1)由平抛运动的公式，得 x vt , H gt22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零， 由牛顿第二定律，得2vmg m,代入数据得R=0.1mmgcos mgsin ma ,(2)由牛顿第

14、二定律得2a=0.4m/s代入数据解得2由百v-得s1=1.25mv 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- si=1.75m,可求得煤块匀速运动的时间t2=1.75s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.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

15、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vo,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

16、是经典力学范围内的普适规律.(2) W弹Ep (Ep 0) Ep(3)12W安 Ep -mvo【解析】 【详解】(1)由牛顿第二定律 F=ma及运动学公式v2 v2 2ax可得 Fx 1 mv2 1 mv2 22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.12(3)由动能定理： W安 W弹 0 mv021 2斛得：W安

17、 Ep -mv08 .车站、码头、机场等使用的货物安检装置的示意图如图所示，绷紧的传送带始终保持v=1m/s的恒定速率运行，AB为水平传送带部分且足够长，现有一质量为 m=5kg的行李包 (可视为质点)无初速度的放在水平传送带的A端，传送到B端时没有被及时取下，行李包从B端沿倾角为37。的斜面滑入储物槽，已知行李包与传送带的动摩擦因数为0.5,行李包与斜面间的动摩擦因数为 0.8, g=10m/s2,不计空气阻力(sin37=0.6, cos37°=0.8).(1)行李包相对于传送带滑动的距离.(2)若行李包滑到储物槽时的速度刚好为零，求斜面的长度.【答案】(1) 0.1m (2)

18、1.25m【解析】(1)行李包在传送带上运动过程，由牛顿第二定律得:wmg=ma1,解得：a=5m/s2,v 1仃李包加速运动时间：t1 = =0.2s,/ *a -v212行李包前进的距离：X1= =0.1m,2a12 5传送带前进的距离：X2=vt1=1 X 0.2=0.2m行李包相对于传送带的距离：Ax=X2-x1=0.2-0.1=0.1 m；(2)行李包沿斜面下滑过程，由牛顿第二定律得：(J2mgcos37 -mgsin37 = ma2由匀变速直线运动的速度位移公式得：0-v2 =-2a2x,代入数据解得：x=1.25m点睛：该题考查牛顿运动定律的综合应用，属于单物体多过程的情况，这一类的问题要理 清运动的过程以及各过程中的受力，然后再应用牛顿运动定律解答。9 .如图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前正得到越来越广泛的应用.一架质量 m=1 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=16 N,无人机上升过程中最大速度为6m/s.若无人机从地面以最大升力竖直起飞，打到最大速度所用时间为3s,假设无人机竖直飞行时所受阻力大小不变.( g取10 m/s) 2.求:(1)无人机以最大升力起飞的加速度；(2)