高中物理牛顿运动定律提高训练含解析.docx

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1、高中物理牛顿运动定律提高训练含解析高中物理牛顿运动定律提高训练含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1如下图为工厂里一种运货经过的简化模型，货物(可视为质点质量4mkg=，以初速度010/vms=滑上静止在光滑轨道OB上的小车左端，小车质量为6Mkg=，高为0.8hm=。在光滑的轨道上A处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B点。已知货物与小车上外表的动摩擦因数0.5=，货物做平抛运动的水平距离AB长为1.2m，重力加速度g取210/ms。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度；()2若已知OA段距离足够长，导致小车在碰到A之前已经与货

2、物到达共同速度，则小车的长度是多少？【答案】(1)3m/s；(2)6.7m【解析】【详解】()1设货物从小车右端滑出时的速度为xv，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：212hgt=，水平方向：ABxlvt=解得：3/xvms=()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：()0mvmMv=+共，解得：4/vms=共，由能量守恒定律得：()2202022QmgsmvmMv=-+共相对，解得：6sm=相对，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出经过，对货物，由动能定理得：221122xmgsmvmv共-=

3、-，解得：0.7sm=，车的最小长度：故L6.7ssm=+=相对；上一页下一页2如图甲所示，一长木板静止在水平地面上，在0t=时刻，一小物块以一定速度从左端滑上长木板，以后长木板运动vt-图象如下图.已知小物块与长木板的质量均为1mkg=，小物块与长木板间及长木板与地面间均有摩擦，经1s后小物块与长木板相对静止()210/gms=，求： ()1小物块与长木板间动摩擦因数的值；()2在整个运动经过中，系统所产生的热量【答案】10.7240.5J【解析】【分析】()1小物块滑上长木板后，由乙图知，长木板先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律求出长木板加速运动经过的加速度，木板与物

4、块相对静止时后木板与物块一起匀减速运动，由牛顿第二定律和速度公式求物块与长木板间动摩擦因数的值()2对于小物块减速运动的经过，由牛顿第二定律和速度公式求得物块的初速度，再由能量守恒求热量【详解】()1长木板加速经过中，由牛顿第二定律，得1212mgmgma-=；11mvat=；木板和物块相对静止，共同减速经过中，由牛顿第二定律得2222mgma?=；220mvat=-；由图象可知，2/mvms=，11ts=，20.8ts=联立解得10.7=()2小物块减速经过中，有：13mgma=；031mvvat=-；在整个经过中，由系统的能量守恒得2021Qmv=上一页下一页联立解得40.5QJ【点睛】此

5、题考察了两体多经过问题，分析清楚物体的运动经过是正确解题的关键，也是此题的易错点，分析清楚运动经过后，应用加速度公式、牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题3质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=16m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=2s速度减为零已知斜面的倾角=37，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8试求：1物块上滑经过中加速度大小；2物块滑动经过摩擦力大小；3物块下滑所用时间.【答案】18m/s2；24N；3s【解析】【详解】1上滑时，加速度大小2上滑时，由牛顿第二定律，得：解得3位移下滑时，由牛顿第二定律，得解得由，解得=s4我国科技已经开

6、启“人工智能时代，“人工智能已经走进千家万户某天，东东呼叫了外卖，外卖小哥把货物送到他家阳台正下方的平地上，东东操控小型无人机带动货物，由静止开场竖直向上做匀加速直线运动，一段时间后，货物又匀速上升53s，最后再匀减速1s恰好到达他家阳台且速度为零货物上升经过中，遥控器上显示无人机在加速、匀速、减速经过中对货物的作用力F1、F2和F3大小分别为20.8N、20.4N和18.4N，货物遭到的阻力恒为其重力的0.02倍g取10m/s2计算：(1)货物的质量m；(2)货物上升经过中的最大动能Ekm及东东家阳台距地面的高度h上一页下一页【答案】(1)m2kg(2)2112kmEmvJ=h56m【解析】

7、【分析】【详解】(1)在货物匀速上升的经过中由平衡条件得2Fmgf其中0.02fmg解得2kgm(2)设整个经过中的最大速度为v，在货物匀减速运动阶段由牛顿运动定律得33mgfFma由运动学公式得330vat-解得1mvs=最大动能211J2mkEmv=减速阶段的位移3310.5m2xvt=匀速阶段的位移2253mxvt=加速阶段，由牛顿运动定律得11Fmgfma，由运动学公式得2112axv=，解得12.5mx阳台距地面的高度12356mhxxx=+=5如图为高山滑雪赛道，赛道分为斜面与水平面两部分，其中斜面部分倾角为37，斜面与水平面间可视为光滑连接。某滑雪喜好者连滑雪板总质量为75kg可

8、视为质点从赛道顶端静止开场沿直线下滑，到达斜面底端通过测速仪测得其速度为30m/s。然后在水平赛道上沿直线继续前进180m静止。假定滑雪者与斜面及水平赛道间动摩擦因数一样，滑雪者通过斜面与水平面连接处速度大小不变，重力加速度为g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：1滑雪者与赛道间的动摩擦因数；2滑雪者在斜面赛道上遭到的合外力；3滑雪者在斜面滑雪赛道上运动的时间及斜面赛道的长度【答案】10.252300N(3)7.5s,112.5m上一页下一页【解析】【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀减速直线运动的加速度大小，根据牛顿第二定律求出滑雪者与赛道间的动摩擦因数；根据

9、滑雪者的受力求出在斜面滑道上所受的合外力；根据牛顿第二定律求出在斜面滑道上的加速度，结合速度时间公式求出运动的时间，根据速度位移公式求出斜面赛道的长度；解：(1)水平面匀减速v2=2a2s得a2=2.5m/s2由牛顿第二定律：mg=ma2得：=0.25(2)滑雪者在斜面赛道上遭到的合外力F=mgsin37-mgcos37=300N(3)根据牛顿第二定律得在斜面滑道上的加速度由得：由v2=2as得6如图，t=0时，水平桌面上质量为m=1kg的滑块获得02/vms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-时间关系图线如图1求前2s内滑块的位移大小和方向；2分别求滑

10、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】10.6m，方向与初速度方向一样；21.4N和0.6N；30.53m【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=1212-1210.8=0.6m方向与初速度方向一样上一页下一页20-1s内加速度大小为：211122/1vamst=VV根据牛顿第二定律得：F+f

11、=ma11-2s内加速度大小为：22220.80.8/1vamst=VV根据牛顿第二定律得：F-f=ma2联立解得：F=1.4N，f=0.6N3撤去拉力后，加速度大小为：230.60.6/1famsm=还能滑行的距离为：22230880.53220.615vsmma=?【点睛】对于速度图象问题，捉住“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7如图甲所示，一质量为m的带电小球，用绝缘细线悬挂在水平向右的匀强电场中，静止时悬线与竖直方向成角小球位于A点，某时刻忽然将细线剪断，经过时间t小球运动到B点图中未画出已知电场强度大小为E，重力加速度为g，求：1小球所带的电荷量

12、q；2A、B两点间的电势差U【答案】1tanmgE；212Egt2tan【解析】试题分析：1小球处于静止状态，分析受力，作出受力图，根据平衡条件和电场力公式求解电荷量q；2将细线忽然剪断小球将沿细线方向做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度a，再根据匀变速直线运动求解位移，再计算A、B两点间的电势差U静止时有tanqEmg=，解得tanmgqE=上一页下一页将细线剪断后，根据牛顿第二定律可得cosmgFma=合，解得故221tansin2cos2ABgEgtUEt=-?=-8如下图，水平面D处有一固定障碍物，一个直角三角形滑块P斜面光滑，倾角为，水平底面粗糙。顶点A到底面的高度h=0.4

13、5m。在其顶点A处放一个小物块Q，与斜面不粘连，且最初系统静止不动，滑块的C端到D的距离L=0.4m。如今滑块左端施加水平向右的推力F=36N，使二者相对静止一起向右运动。当C端撞到障碍物时立即撤去推力F，滑块P立即以原速率反弹。已知滑块P的质量M=3.5kg，小物块Q的质量m=0.5kg，P与地面间的动摩擦因数=0.4取g=10m/s2求： (1)斜面倾角的正切值tan；(2)Q与斜面分离后，是先与斜面相碰还是直接落到水平面上？若先与斜面相碰，则碰撞前一霎时的速度v是多大？若直接落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P上B端的距离x是多少？【答案】1122直接落到水平面上；1.

14、02m。【解析】【详解】(1)P、Q整体向右运动时，摩擦力1()16fMmgN=+=由牛顿第二定律得：11()FfMma-=+解得：215mas=对Q由牛顿第二定律得：1tanmgma=解得：1tan2=；(2)P、Q与障碍物碰撞前由速度位移关系得：上一页下一页2021vaL=解得：02mvs=撤去外力之后，P反向减速运动，则：22fMgMa=解得：224mas=减速运动时间：0120.5vtsa=Q做平抛运动，假如Q直接落到水平面上则运动时间：2212hgt=解得：20.3ts=在0.3s内，P向左运动的位移：21022210.422xvtatm=-=Q的水平射程为：2020.6xvtm=由

15、于121.02cot0.9xxmhm+=，所以Q与斜面分离后，会直热门落到水平面上，则第一次落到水平面时的位置到该时刻滑块P上B端的距离121.02xxxm=+=。9如下图，质量为m1kg的长方体金属滑块夹在竖直挡板M、N之间，M、N与金属滑块间动摩擦因数均为0.2，金属滑块与一劲度系数为k200N/m的轻弹簧相连接，轻弹簧下端固定，挡板M固定不动，挡板N与一智能调节装置相连接(调整挡板与滑块间的压力)起初滑块静止，挡板与滑块间的压力为0.现有一质量也为m的物体从距滑块L20cm处自由落下，与滑块霎时完成碰撞后粘在一起向下运动为保证滑块下滑经过中做匀减速运动，且下移距离为l10cm时速度减为0

16、，挡板对滑块的压力需随滑块下移而变化，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内g取10m/s2，求： (1)下落物体与滑块碰撞经过中系统损失的机械能；(2)当滑块下移距离为d5cm时挡板对滑块压力的大小；(3)已知弹簧的弹性势能的表达式为Ep12kx2(式中k为弹簧劲度系数，x为弹簧的伸长或压缩量)，求滑块速度减为零的经过中，挡板对滑块的摩擦力所做的功【答案】(1)1J(2)25N(3)-1J【解析】上一页下一页(1)设物体与滑块碰撞前霎时速度为v0，对物体下落经过由机械能守恒定律得2021mglmv=设碰后共同速度为v1，由动量守恒定律得102mvmv=根据能量守恒定律，下落物体与滑块碰撞经过中损

17、失的机械能220201222Emvmv?=-?上式联立数据带入得1E?=J(2)设滑块下移时加速度为a，由运动学公式得2102val-=起初滑块静止时，有01mgFkx=?当滑块下移距离为5d=cm时弹簧的弹力()1Fkxd=?+对其受力分析如下列图所示，由牛顿第二定律得()222fmgFFma-+=滑动摩擦力fNFF=解得25NF=N (3)由功能关系可得()22211111122222kxlkxmvmglW?+-?-?=+解得1W=-J答：(1)下落物体与滑块碰撞经过中系统损失的机械能是1J；(2)当滑块下移距离为d=5cm时挡板对滑块压力的大小是25N；(3)滑块速度减为零的经过中,挡板

18、对滑块的摩擦力所做的功是-1J10如图，足够长的斜面倾角=37一个物体以v0=12m/s的初速度从斜面A点处沿斜面向上运动物体与斜面间的动摩擦因数为=0.25已知重力加速度g=10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8求：1物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；2物体沿斜面上滑的最大距离x；上一页下一页3物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a2；4物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t【答案】1物体沿斜面上滑时的加速度大小a1为8m/s2；2物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；3物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a2为4m/s2；4物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间3.62s【解析】试题分析：1沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得1sincosmgmgma+=a1=8m/s22物体沿斜面上滑由2012=vax，得x=9m3物体沿斜面返回下滑时2sincosmgmgma-=，则a2=4m/s24物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t沿斜面向上运动011vat=，沿斜面向下运动22212xat=则t=t1+t2s362s考点：考察了牛顿第二定律与运动学公式的应用上一页下一页