高考物理牛顿运动定律专项训练及答案

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案高考物理牛顿运动定律专项训练及答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．某物理兴趣小组设计了一个货物传送装置模型，如图所示。水平面左端A 处有一固定 挡板，连接一轻弹簧，右端B 处与一倾角 37o的传送带平滑衔接。传送带BC 间距 L 0.8m，以v01m / s顺时针运转。两个转动轮O1、O2的半径均为r 0.08m，半径 O1B、O2C 均与传送带上表面垂直。用力将一个质量为m 1kg的小滑块（可视为质点）向 左压弹簧至位置 K，撤去外力由静止释放滑块，最终使滑块恰好能从C 点抛出（即滑块在 C 点所受弹力恰为零）。已知传送带与滑块间动摩擦因数  0.75，释放滑块时弹簧的弹 性势能为 1J，重力加速度 g 取10m/ s2，cos37o 0.8，sin37o 0.6，不考虑滑块在水 平面和传送带衔接处的能量损失。求： （1）滑块到达 B 时的速度大小及滑块在传送带上的运动时间 （2）滑块在水平面上克服摩擦所做的功 【答案】（1）1s（2）0.68J 【解析】 【详解】 v2 解：(1)滑块恰能从 C 点抛出，在 C 点处所受弹力为零，可得：mgcosθ  m r 解得：v 0.8m/s 对滑块在传送带上的分析可知：mgsinθ  μmgcosθ 故滑块在传送带上做匀速直线运动，故滑块到达B时的速度为：v 0.8m/s 滑块在传送带上运动时间：t  解得：t 1s (2)滑块从 K 至 B 的过程，由动能定理可知：W 弹 W f  根据功能关系有： W 弹  E p 解得：Wf  0.68J L v 1 mv2 2 2．如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量M=4kg 的长木板，在长木板右端有一 质量 m=1kg 的小物块，长木板与小物块间的动擦因数μ=0.2，开始时长木板与小物块均静 止．现用 F=14N 的水平恒力向石拉长木板，经时间t=1s 撤去水平恒力 F，g=10m/s2．求 (1)小物块在长木板上发生相对滑幼时，小物块加速度a 的大小； (2)刚撤去 F 时，小物块离长木板右端的距离s； (3)撒去 F 后，系统能损失的最大机械能△E． 【答案】（1）2m/s2（2）0.5m（3）0.4J 【解析】 【分析】 （1）对木块受力分析，根据牛顿第二定律求出木块的加速度； （2）先根据牛顿第二定律求出木板的加速度，然后根据匀变速直线运动位移时间公式求出 长木板和小物块的位移，二者位移之差即为小物块离长木板右端的距离； （3）撤去 F 后，先求解小物块和木板的速度，然后根据动量守恒和能量关系求解系统能损 失的最大机械能△E． 【详解】 （1）小物块在长木板上发生相对滑动时，小物块受到向右的滑动摩擦力，则：µmg=ma1， 解得 a1=µg=2m/s2 （2）对木板，受拉力和摩擦力作用， 由牛顿第二定律得，F-µmg=Ma2， 解得：a2= 3m/s2． 小物块运动的位移：x1= 长木板运动的位移：x2= 1 2 1 a1t =×2×12m=1m， 22 1 2 1 a2t =×3×12m=1.5m， 22 则小物块相对于长木板的位移：△x=x2-x1=1.5m-1m=0.5m． （3）撤去 F 后，小物块和木板的速度分别为：vm=a1t=2m/s v=a2t=3m/s 小物块和木板系统所受的合外力为0，动量守恒：mvm Mv  (M m)v 解得v 2.8m/ s 从撤去 F 到物体与木块保持相对静止，由能量守恒定律： 1 2 11 mv m Mv2 E (M m)v2 222 解得∆E=0.4J 【点睛】 该题考查牛顿第二定律的应用、动量守恒定律和能量关系；涉及到相对运动的过程，要认 真分析物体的受力情况和运动情况，并能熟练地运用匀变速直线运动的公式． 3．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 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2×10 －2N 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 y 轴正方向，在第 2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F．求： (1)在第 1 末，小球的速率； (2)在第 2s 末，小球的位移； (3)要使小球在第 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）10m（3）2.8× 10-2N 【解析】 【分析】 【详解】 （1）根据牛顿第二定律F0=ma 在第 1s 末，根据速度时间关系v1=at 解得：v1=2m/s； （2）在第 1s 末，根据位移时间关系x1= 1 2at 2 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 1 2at 2 2 位移：x=(x 1  x 2 )2 y 2 联立解得 x=10m， 设位移与 X 轴正方向的夹角为 θ，sinθ= 10 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 沿 y 轴方向加速度ay 小球的加速度a  v 1 t v 2 t 22a x a y 根据牛顿第二定律 F=ma 联立解得 F=2.8×10-2N 【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． 4．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁 每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系 统，设每节车厢的质量均为m，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在 时间 t 内将速度提高到 v，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力； (2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五 节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1） 【解析】 【详解】 (1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为 a= 对整个列车，由牛顿第二定律得： F-k·7mg=7ma ② 设第五节对第六节车厢的作用力为T，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力 如图所示，由牛顿第二定律得 1v14 m(+kg) （2）kmg 3t15 v ① t 2F +T-k·2mg=2ma， ③ 6 联立①②③得 T=- 1v m(+kg) ④ 3t 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得 F′-k·7mg=0 ⑤ 设第六节车厢有动力