最新高考物理牛顿运动定律试题类型及其解题技巧

1、最新高考物理牛顿运动定律试题类型及其解题技巧一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1.如图甲所示，质量为 m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑.质量也为 m的物块B放在水平地面上，物块 B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧 与物块A用绕过定滑轮 的轻绳相连，轻绳刚好绷紧.现给物块 A施加水平向右的拉力 F (未知)，使物块 A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a,重力加速度为g,A、B均可视为质点.(1)当物块B刚好要离开地面时，拉力 F的大小及物块 A的速度大小分别为多少;(2)若将物块 A换成物块C ,拉力F的方向与水平方向成370角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B离开

2、地面前，物块 C一直以大小为a的加速度做匀加速度运动，则物块 C的质量应满足什么条件？ ( sin370 0.6,cos37 0 0.8)【答案】(1) F ma mg;v【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B刚好要离开地面时，B受力分析有mg kx ,得：x根据v2 2ax解得：v ，2ax对物体A： F T ma ； 对物体B:T=mg, 解得 F=ma+mg;设弹簧的伸长量为mgk2amgk3mg4g 3ax,物块A的速度大小为 v,对物块(2)设某时刻弹簧的伸长量为x.对物体C,水平方向：FcosTi mea,其中T1 kx mg ;竖直方向：F sinmeg ;联立解得me3mg

3、4g 3a2.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=0.1kg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 点。(重力加速度 g取10m/s2)求：(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】(1) 6m/s2, 37； (2) 2.4m。【解析】【详解】(1)由图象可知，0 =0

4、,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 1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=1m/s2设木块2 s末速度为V1,由v1=a1t得 V1=2m/s 1 O2s内物块位移 s1= a1t2=2m 2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 0rna2 a2=gsin30 = 5m/s22V1撤去F后，物块继续向上运动的位移为s -1- 0.4m2

5、a2则物块沿斜面运动的最大距离s=s1+s2=2.4m3.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点时对轨道作用力的大小及方向.【答案】(1)8m/

6、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：1 212FRsin37 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： 2Vb mg 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,方向竖直向下.4.某种弹射装置的示意图如

7、图所示，光滑的水平导轨MN右端N处于倾斜传送带理想连接，传送带长度 L=15.0m,皮带以恒定速率 v=5m/s顺时针转动，三个质量均为 m=1.0kg的 滑块A、B C置于水平导轨上，B C之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块 B与轻弹簧连接，C未连接弹簧，R C处于静止状态且离 N点足够远，现让滑块 A以初速度V0=6m/s 沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起.碰撞时间极短，滑块C脱离弹簧后滑上倾角。=37的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数=0.8重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8.(1

8、)滑块A、B碰撞时损失的机械能；(2)滑块C在传送带上因摩才§产生的热量Q;(3)若每次实验开始时滑块 A的初速度vo大小不相同，要使滑块 C滑离传送带后总能落 至地面上的同一位置，则 vo的取值范围是什么？(结果可用根号表示)3 3 r- 【答案】(1) E 9J (2) Q 8J (3) . 13m/s v0、397m/s22【解析】试题分析：(1) A、B碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；(2) A、B碰撞后与C作用的过程中 ABC组成的系统动量守 恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C与AB分开后的速度，C在传送带上做匀

9、加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量.(3)应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A的最大速度和最小速度.(1) A与B位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设 A与B碰撞后共同速度 为%,选取向右为正方向，对 A、B有：mvo 2mv11 212碰撞时损失机械能Emv02 m v12 2解得：E 9J(2)设A、B碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB的速度为vb, C的速度为vc由动量守恒得：2mv1 2mvB mvc1 21212由机械能寸恒得：-2m v1 - 2m vB

10、mvc2 22解得：vc 4m/ sC以vc滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x时与传送带共速2由牛顿第二te律得 ：agcos gsin 0.4m /s2由速度位移公式得：v2 vC 2alx联立解得：x=11.25mvLv vC加速运动的时间为t,有：t C 2.5sa1所以相对位移 x vt x代入数据得：x 1.25m摩擦生热Qmgcos - x 8J(3)设A的最大速度为Vmax,滑块C与弹簧分离时 C的速度为Vcl , AB的速度为C在传送带上一直做加速度为a2的匀减速直线运动直到P点与传送带共速22则有：vVc2 2aL根据牛顿第二定律得：a22gsin gcos 12.4m

11、/s设A的最小速度为vmin ,滑块联立解得：vc1397 m/sC与弹簧分离时C的速度为Vc2 , AB的速度为Vbi ,传送带上一直做加速度为a1的匀加速直线运动直到P点与传送带共速则有：v2 v212 alL解得：vc2 .13m/sAB碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中对A、B、C和弹簧组成的系统从系统动量守恒，则有：mvmax2mvB1mcci22m212Vbi- mvC12 12由机械能守恒得：一2m v2233 斛佝：vmax vc1 耳397m/s22同理得：vm1n 3JT3m/s2所以 3 ,13m/s2V397m / s25.如图，光滑固定斜面上有一楔形物体Ao A的上表

12、面水平，A上放置一物块 Bo已知斜cosU面足够长、倾角为 0, A的质量为M ,B的质量为m, A、斜可动摩擦因数为小丽),最大静擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为go现对A施加一水平推力。求:(1)物体A、B保持静止时，水平推力的大小Fi；(2)水平推力大小为 F2时，物体A、B 一起沿斜面向上运动，运动距离 x后撒去推力,A、B一起沿斜面上滑，整个过程中物体上滑的最大距离L;(3)为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F应满足的条件。【答案】(1)唧+向必叫记+E而(3)(m + M) (sin。+ pcostJ)【解析】【分析】B为研究的对象，结合牛先以AB组成的整体为研究的对象，

13、得出共同的加速度，然后以顿第二定律和运动学公式联合求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。 【详解】(1) A和B整体处于平衡状态，则Ficosfl " (M + 疝?解得：同=+ 叫；(2) A和B整体上滑过程由动能定理有|Fmcos0 - (m + M)gLsmG = 0解得：L -一；(3) A和B间恰好不滑动时，设推力为F。，上滑的加速度为 a, A对B的弹力为N对A和B整体有Fcos9 - (m + M)gsin6 = (m +对 B 有：/m = V = macos0朴- mg = masinf/解得：同二(m +COS0 -阳口日则为使A、B在推力作用下能一起沿斜面上

14、滑，推力应满足的条件(m + M)(sinO 十 口 cos。)。cnsfi -网nJ6.如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为102kg的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系 xOy的坐标原点O.现突然沿x轴正方向对小球施加大小为 2X102N的外力F0,使小球从静止开始运动，在第 1s末所加外力F0大小不变，方向突然变为沿F.求:y轴正方向，在第2s后，所加外力又变为另一个不同的恒力在第1末，小球的速率；(2)在第2s末，小球的位移；(3)要使小王在第3s末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字)【答案】(1) 2m/s (2) 710m (3) 2.8X10-2N【解析

15、】【分析】【详解】(1)根据牛顿第二定律 Fo=ma在第1s末，根据速度时间关系 vi=at解得：vi=2m/s ;12(2)在第1s末，根据位移时间关系 xi=at22在第2s内，小球从x轴正方向开始做类平抛运动在X方向：X2=V1t在y方向：y2 at22位移：x=,y(x1 x2)2y2联立解得x=S0m ,设位移与X轴正方向的夹角为0, sin。叵10(3)在第2s末，沿x轴正方向速度仍为 v1=2m/s在y方向分速度为V2=at=2m/s ,此时速度与x轴正方向的夹角为 45°所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x轴方向加速度ax vt沿y轴方向加速度av v2 t小球的加速

16、度a . a2 a；根据牛顿第二定律 F=ma联立解得F=2.8X10-2n【点睛】(1)根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；(2)第2s内，小球从x轴正方向开始做类平抛运动 ，分别求出x方向和y方向的位移， 根据勾股定理求解小球的位移；(3)分别根据x方向和y方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力.7.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：(

17、1)小球到达轨道最高点 A时的速度大小；(2)小球到达轨道最低点 B时对轨道的压力大小.【答案】(1) vA TgR6mg【解析】试题分析：(1)设小球在A点速度大小为VA，小球到达A点由重力提供向心力得：2mg m1-分一，2可得：vAgR分2设小球在B点速度大小为Vb ,从B到A由机械能守恒得：1 212mvB mvA mg (2R)分22 22在B点由牛顿第二定律可得：f mg mvB- 分2由 计算可得：F 6mg分1在B点，小球对轨道的压力为 F ',由牛顿第三定律可得：F ' F 6mg 分1考点：考查了机械能守恒定律，圆周运动，牛顿运动定律8 .如图所示为四旋翼无

18、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)无人机在竖直上升过程中所受阻力Ff的大小；(3)无人机从地面起飞竖直上升至离地面h=30m的高空所需的最短时间.【答案】(1) 2m/s2 (2) f 4N (3)6.5s【解析】,一 一 1 v 6m/s 02(1)根据题意可得 a 2m/

19、st 3s(2)由牛顿第二定律 F f mg ma得f 4N12(3)竖直向上加速阶段 X1 at； , Xi 9m2h x匀速阶段t2 3.5sv故 t 11t2 6.5s9 .如图所示，固定的凹槽水平表面光滑，其内放置U形滑板N,滑板两端为半径 R=0. 45m的1/4圆弧面.A和D分别是圆弧的端点，BC段表面粗糙，其余段表面光滑.小滑块Pi和P2的质量均为m.滑板白质量 M=4m P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为科1=0. 10和科2=0. 20,最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力.开始时滑板紧靠槽的左端，P2静止在粗糙面的B点，R以v°=4. 0m/s的初速度从A点沿弧面自由

20、滑下，与 P2发生弹性碰撞后，R处 在粗糙面B点上.当B滑到C点时，滑板恰好与槽的右端碰撞并与槽牢固粘连，P2继续运动，到达D点时速度为零.P1与B视为质点，取g=10m/s2.问：(1) P1和P2碰撞后瞬间R、P2的速度分别为多大？(2) P2在BC段向右滑动时，滑板的加速度为多大？(3) N、P1和P2最终静止后，P1与P2间的距离为多少？【答案】(1)v10、v25m/s(2)a?0.4m/s2(3)S=1.47m【解析】试题分析：(1) R滑到最低点速度为 v1,由机械能守恒定律有：1 mv2 mgR 1 mv1222解得：v1=5m/sP1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，

21、设碰后速度分别为v1、v2则由动量守恒和机械能守恒可得：mv, mv1 mv2121212mv1mv1mv2222解得：v1 0、v2 5m/s(2) P2向右滑动时，假设 P1保持不动，对 B有：f2=科2mg=2m(向左) 设R、M的加速度为 a2；对R、M有：f= (m+M a22ma2m M 5m0.4m/s2此时对Pi有：fma=0. 4rk f m=1. 0m 所以假设成立.故滑块的加速度为 0. 4m/s2;(3) P2滑到C点速度为v2,由mgR mv22得 v2 3m/sPi、P2碰撞到P2滑到C点时，设Pi、M速度为v,由动量守恒定律得:mv2 (m M )v mv2解得：v=0. 40m/s1 o 1o对 Pi、F2、M为系统：f2L mv22 (m M )v22 2代入数值得：L=3.