高中物理牛顿运动定律典型例题.docx

高中物理牛顿运动定律典型例题1单选题1、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（）A物体通过O点时所受的合外力为零B物体将做阻尼振动C物体最终只能停止在O点D物体停止运动后所受的摩擦力为mg答案：B解析：A物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；B物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；CD物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为mg，CD错误。故选B。2、关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A物体作曲线运动时，它的速度可能保持不变B作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上C物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才可能作曲线运动D作曲线运动的物体，加速度方向与所受合外力方向可能不一样答案：B解析：A曲线运动的物体，速度方向一直在变，所以曲线运动速度不可能保持不变，故A错误；B做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在一条直线上，故B正确；C只要物体的合外力方向与速度方向不在一条直线上，物体就做曲线运动，力的方向不一定改变。例如平抛运动，故C错误；D由牛顿第二定律可知，加速度的方向必须与合外力方向相同，故D错误。故选B。3、如图所示，有A、B两物体，mA2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（）A它们的加速度agsinB它们的加速度av1，则（）At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用答案：BC解析：A相对地面而言，小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；B小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B正确；C由B中分析可知，0t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C正确；D在0t2时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在t2t3时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故D错误。故选BC。14、如图所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是（）Af0Bf0CFN0DFN0答案：BC解析：CD开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f=FB受地面的摩擦力为23F，C受地面的摩擦力为13F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知aB=23F2m=F3maC=13Fm=F3mB、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力FN=0D错误，C正确；AB撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f=maB=F3A错误，B正确。故选BC。15、如图所示.轻弹簧放在倾角为37的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为14L，重力加速度为g，sn37=0.6，cos37=0.8，则（）A物块与斜面间的动摩擦因数为0.3B物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小C弹簧具有的最大弹性势能为mgLD物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL答案：BD解析：A设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有mgsin3712L-mgcos372L=0解得=316A错误；B物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B正确；Cc点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得Ep=(mgsin37-mgcos37)54L=916mgLC错误；D当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于mgsin3754L=34mgLD正确。故选BD。16、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（）A电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2C电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2答案：BC解析：电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有mg-F=ma解得a=2m/s2方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。故选BC。填空题17、方法一：利用牛顿第二定律先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的_，利用牛顿第二定律可得G_。答案： 质量m mg解析：略18、如图，质量为m的圆环套在固定的粗糙程度均匀的竖直杆上，轻质弹簧的左端固定在墙壁上的O点，右端与圆环相连。初始时刻，圆环处于A点，弹簧水平，且恰好处于原长状态。将圆环从A点由静止释放，第一次经B点时环的速度最大，最低可到达C点。之后，圆环沿杆向上滑动。忽略空气阻力的影响，则圆环从C点向上运动的过程中，速度最大的位置_（选填“在B点”、“在B点上方”、“在B点下方”、“无法确定”）。圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：_。答案： 在B点下方 动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大解析：1圆环向下运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向F弹竖+f=mg圆环向上运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向F弹竖=mg+f则F弹竖F弹竖可知在B点时弹簧伸长量较大，即B点在B点下方；2圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：速度先增加后减小，则动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大。19、新冠肺炎疫情期间，防疫人员每天要对环境进行消杀。一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在南平某街道上，汽车的惯性将_（选填“增大”或“减小”或“不变”），汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对_（选填“平衡力”或“相互作用力”）。答案： 减小 相互作用力解析：1喷洒消毒液的过程中，汽车的质量减小，惯性将减小；2汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对相互作用力。20、质量为2kg的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F，使物体开始沿水平面运动，运动10s时，将水平力撤掉，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F_N，物体与水平面间的动摩擦因数_。（g取10m/s2）答案： 3 0.05解析：12物体在力F作用下加速运动的加速度a1=1010m/s2=1m/s2根据牛顿第二定律可知F-mg=ma1撤去F后，加速度大小a2=1020m/s2=0.5m/s2根据牛顿第二定律可知mg=ma2联立解得F=3N=0.0521、2021年5月，“天问一号” 着陆巡视器带着“祝融号”火星车软着陆火星时，在“降落伞减速”阶段，垂直火星表面速度由396m/s减至61m/s，用时168s，此阶段减速的平均加速度大小为_m/s2；地球质量约为火星质量的9.3倍，地球半径约为火星半径的1.9倍，“天问一号”质量约为5.3吨，“天问一号”在“降落伞减速”阶段受到的平均空气阻力约为_N。（本题答案保留一位有效数字）答案： 2 3104解析：1减速阶段加速度大小为a=v1-v2t=396-61168m/s22m/s22根据mg=GMmR2结合题意可知g地=2.6g火=9.8m/s2 火星车着陆时，根据牛顿第二定律可知f-mg火=ma解得f3104N22、(1)伽利略被称为现代物理之父，他曾两次利用斜面实验探究问题，下列说法正确的是( )A伽利略利用甲图斜面实验，通过计算直接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动C伽利略利用乙图斜面实验，说明了力是维持物体运动的原因D伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因(2)某同学利用如图所示的装置探究“小车速度随时间的变化规律”，打点计时器每隔0.02s打一个点。实验中发现所得纸带的点间距过密，若利用该纸带分析小车运动情况，下列做法可行的是( )A直接研究纸带上的点，无需取计数点B只研究纸带后端几个间距较大的点所在区域C每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.1 sD每隔4个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.08 s答案： BD C解析：(1)1AB伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A错误，B正确；CD伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因，C错误，D正确。故选BD。(2)2实验中发现所得纸带的点间距过密，测量误差较大，应每隔4个点取一个计数点，使计数点时间间隔为0.1s，方便测量、计算，减小误差，ABD错误，C正确。故选C。23、物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于_方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于_方法。答案： 等效替代 控制变量解析：1合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；2探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。24、一个重500N的同学站在电梯的地板上，从底层出发到某层楼停止，测得电梯竖直上升的过程中速度v和时间t的数据如下表所示：t/s0123456789v/ms-102.04.05.05.05.05.05.04.03.0电梯的启动和制动过程可以看作是匀变速直线运动，取g=10m/s2，8s时地板对这位同学的支持力为_N，则电梯上升的高度是_m。答案： 450 41.25解析：1由题可知，一个同学重500N，则质量m=50kg，由表格知，8s-9s电梯减速上升，则加速度的大小为a2=4-31m/s2=1m/s2根据牛顿第二定律有mg-N=ma2解得N=450N2由表格知，0-1s电梯加速上升，则加速度大小为a1=2m/s2，则电梯加速到v1=5m/s的时间为t1=v1a1=2.5s故加速位移为h1=12a1t12=6.25m设从v1=5m/s减到v2=4m/s的时间为t，则有t=v1-v2a2=1s说明电梯是从t=7s开始减速的，故电梯匀速的时间t2=7s-t1=4.5s匀速的位移为h2=v1t2=22.5m匀减速到零的位移为h3=v122a1=12.5m则电梯上升的高度h=h1+h2+h3=41.25m解答题25、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块A位于质量为2m、长为L的木板B的右端P处，B放在光滑水平面上，A、B之间的动摩擦因数为。某时刻给B施加一大小为5mg的水平拉力F，当A位于B的中点时撤去拉力。求：（1）拉力F的作用时间；（2）滑块A在木板B上与P端的最远距离。答案：（1）Lg；（2）56L解析：（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有对滑块AmgmaA对木板BFmg2maB根据运动学规律，A、B的位移分别为xA12aAt2xB12aBt2由题意知xBxAL2整理得t=Lg（2）撤去F时，A、B的速度分别为vAaAt，vBaBt设A、B共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得mvA2mvBm2mv设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得mgx112mv212mvA2mgx2122mv2122mvB2最终滑块与木板P端的距离为xL2x2x156L26、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长2.35m与水平面夹角为37逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为10kg的货物以速度v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点。（1）计算说明该货物能否被运送到车上；（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J解析：（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有mgsin37+Ff=ma1其中滑动摩擦力Ff=FN=mgcos37联立得货物的加速度a1=10m/s2取t1时刻，货物与传送带共速，有v=v0-a1t1解得t1=0.4s在t1时间内，货物运动的位移x1=v+v02t1=1.6m共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有mgsin37-Ff=ma2联立得货物的加速度大小a2=2m/s2设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为v,有v2-v2=-2a2L-x1解得v=1m/s即货物被运送到传送带顶端的速度为v=1m/s，所以货物能被运送到车上。（2）t1时间内，货物与传送带间的相对位移为s1=v0+v2t1-vt1=0.8mt1后到货物被运送到传送带顶端用时t2=v+va2=0.5st2时间内，货物与传送带的相对位移为s2=vt2-v+v2t2=0.25m全程因摩擦而产生的热量Q=Ffs1+s2=mgcos37s1+s2=42J27、如图甲所示，质量为m=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度g=10m/s2。求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；（2）10s内物体的位移。答案：（1）F=3N，=0.05；（2）2m，方向水平向左解析：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得a1=2m/s2，a2=1m/s2由牛顿第二定律有F+mg=ma1，F-mg=ma2联立解得F=3N，=0.05（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小x1=12a1t12=16m方向水平向右物体从4s到10s反向做加速运动，发生的位移大小为x2=12a2t22=18m方向水平向左所以10s内物体的位移大小为x=x2-x1=2m方向水平向左。28、平直的公路上有两个停止线相距187.5m的红绿灯，在沿某一方向行驶时前一个红绿灯变为绿灯后经10s，后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为108km/h。一辆汽车在前一红绿灯停止线处停车等红绿灯，在该红绿灯变为绿灯时立即加速向前驶出，达到限速后匀速行驶，在后一个红绿灯变为红灯时恰好通过。汽车的质量为1.0t，行驶时所受阻力为车重的0.05倍，加速和减速过程中可近似看成是匀变速直线运动，且加速过程中所受牵引力与减速过程中所受制动力大小恒定且相等，汽车遵守交通规则行驶。重力加速度g取10m/s2，忽略汽车自身长度。（1）汽车加速时的加速度为多大？（2）若该汽车司机因为低头看手机并未及时驶出，只能在后一个红绿灯停止线前减速停车，请问汽车减速时的加速度为多大？（3）在（2）问中请问该司机在两红绿灯间行驶的时间为多长？答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s解析：（1）加速和匀速总位移v2t1+vt2=x加速和匀速总时间t1+t2=t解得t1=7.5s加速段加速度为a1=v1t1=4m/s2（2）加速段由牛顿第二定理可得F-kmg=ma1减速段由牛顿第二定理可得F+kmg=ma2可得a2=5m/s2（3）若加速和减速过程能达到最大速度30m/s，则加速和减速阶段总位移为x=v22a1+v22a2=202.5mx因此不能加速到最大速度30m/s，且中间没有匀速阶段x=v22a1+v22a2v=5033m/s在两红绿灯间行驶时间为t=va1+va2=1532s29、两木块A、B质量分别为m、2m，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块A压下一段距离静止，释放后A在竖直方向做简谐运动，在A振动过程中，木块B刚好未离开地面。重力加速度为g，求：（1）木块A的最大加速度值；（2）B给地面的最大压力值。答案：（1）3g；（2）6mg解析：（1）由于A做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，在最高点时，木块B刚好对地面的压力为零，此时弹簧弹力F=kx1=2mg对A物体，根据牛顿第二定律可得F+mg=ma木块A的最大加速度a=3g（2）由对称性可知在最低点的加速度向上a=3g对A受力分析由F1-mg=maF1=4mg对B受力分析由F1+2mg=N支N支=6mg由牛顿第三定律得N压=6mg30、电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升5m达到最大速度2m/s，接着匀速上升10m后再匀减速直至停止，整个过程总用时20s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求铁柱上升过程中，（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值；（2）铁柱的平均速度大小；（3）电磁铁对铁柱的冲量。答案：（1）5.2104N；（2）1.25m/s；（3）1106Ns，方向竖直向上解析：（1）铁柱在匀加速上升阶段的加速度大小为a1=vm22h1=0.4m/s2设电磁铁对铁柱的作用力最大值为F，根据牛顿第二定律有F-mg=ma1解得F=5.2104N（2）铁柱匀加速阶段用时为t1=vma1=5s匀速阶段用时为t2=h2vm=5s所以匀减速阶段用时为t3=t-t1-t2=10s匀减速阶段上升的高度为h3=vm2t3=10m整个上升过程中铁柱的平均速度大小为v=h1+h2+h3t=1.25m/s（3）设电磁铁对铁柱的冲量为I，根据动量定理有I-mgt=0解得I=1106Ns方向竖直向上。31、如图所示，质量为3m的小球甲用长为L=1.8m的不可伸长的轻绳悬挂在O点正下方。在光滑水平地面上有一质量为2m的长木板丙，在长木板的最左端有一质量为m的小滑块乙，乙和丙一起向左匀速运动，小球甲刚好和小滑块乙在同一水平线上。在运动过程中，甲与乙只发生一次弹性碰撞，且碰撞前乙的速度为v0=12m/s。已知小滑块乙与长木板丙间的动摩擦因数=0.6，重力加速度g=10m/s2，甲、乙均可视为质点。（1）求甲与乙发生弹性碰撞后，小球甲上升的最大高度；（2）求木板长度为多少时，乙不会从木板上掉落；（3）若木板最右端有一弹性挡板，木板与地面间的动摩擦因数为0.2，请判断是否存在合适的木板长度使乙与挡板碰后瞬间丙的速度变为零，若存在，请求出木板的长度，若不存在，请说明理由。（其余条件不变）答案：（1）1.8m；（2）18m；（3）不存在解析：（1）以向左为正方向，甲与乙发生弹性碰撞，二者组成的系统水平方向动量守恒，设碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为v1、v2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得mv0=mv2+3mv112mv02=12mv22+123mv12解得v1=6m/s，v2=-6m/s对小球根据机械能守恒定律有3mgh=3mv122解得h=1.8m=L（2）对于滑块和长木板，设满足条件的长木板的最小长度为L1，最终二者共同速度为v3，则根据动量守恒定律和能量守恒定律得2mv0+mv2=(2m+m)v3mgL1=122mv02+12mv22-122m+mv32解得v3=6m/s，L1=18m即木板长度大于18m时，乙不会从木板上掉落。（3）设木板的长度为L2，则甲、乙碰后到乙与挡板碰前，对二者受力分析结合牛顿第二定律，对乙有a乙1=-6m/s2对丙有a丙1=-6m/s2设乙与挡板碰前瞬间乙的速度为v4，丙的速度为v5，碰后瞬间乙速度为v6，丙速度为v7，碰撞过程有mv4+2mv5=mv6+2mv712mv42+122mv52=12mv62+122mv72解得v6=m-2mv4+4mv5m+2m=-v4+4v53v7=2m-mv5+2mv4m+2m=v5+2v43若要v7=0，可得v5+2v4=0即(12-6t)m/s+2(-6+6t)m/s=0解得t=0故不存在木板长度使碰后瞬间木板速度变为零。32、游乐场中滑滑梯是儿童喜欢的游乐项目，如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角为的平直斜面。可以观察到有些小朋友能从滑梯上端加速下滑，有些小朋友却一直无法滑下来。已知当地的重力加速度为g，忽略滑滑梯侧壁对小朋友下滑的摩擦力。（1）若小朋友下滑过程与滑面间的动摩擦因数为，求下滑加速度大小a；（2）找出小朋友坐在滑面上却无法滑下的物理原因。答案：（1）gsin-cos；（2）见解析解析：（1）设小朋友的质量为m，由牛顿第二定律mgsin-f=maN-mgcos=0由滑动摩擦力公式f=N解方程组得a=gsin-