高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律

1．四旋翼无人机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=2 kg的无人机，其动力系统所能提供的最大升力F=36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为f=4 N．(g取10 m／s2)

(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞．求在t=5s时离地面的高度h； (2)当无人机悬停在距离地面高度H=100m处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落．求无人机坠落到地面时的速度v；

(3)接(2)问，无人机坠落过程中，在遥控设备的干预下，动力设备重新启动提供向上最大升力．为保证安全着地（到达地面时速度为零），求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t1．

【答案】（1）75m（2）40m/s （3）【解析】 【分析】 【详解】

（1）由牛顿第二定律 F﹣mg﹣f=ma 代入数据解得a=6m/s2 上升高度

55 s 3

代入数据解得 h=75m． （2）下落过程中 mg﹣f=ma1 代入数据解得

落地时速度 v2=2a1H， 代入数据解得 v=40m/s

（3）恢复升力后向下减速运动过程 F﹣mg+f=ma2 代入数据解得

设恢复升力时的速度为vm，则有

由 vm=a1t1 代入数据解得

．

2．近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：

(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数; (2)两包裹碰撞过程中损失的机械能; (3)包裹A是否会到达分拣通道口.

【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口 【解析】 【详解】

(1)假设包裹A经过t1时间速度达到v0，由运动学知识有包裹A在传送带上加速度的大小为a1,v0=a1t1

包裹A的质量为mA，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1 解得：μ1=0.5

(2)包裹A离开传送带时速度为v0，设第一次碰后包裹A与包裹B速度分别为vA和vB， 由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB

包裹B在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0-解得vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E=解得：△E=0.96J

(3)第一次碰后包裹A返回传送带，在传送带作用下向左运动xA后速度减为零， 由动能定理可知-μ1mAgxA=0-

v0t1v（）L 0tt121mBvB2 2111mAv02 -mAvA2-mBvB2 2221mAvA2 2解得xA=0.016m1mAvA′2 2解得:vA′ =0.4m/s

μ1mAgxA=

设包裹A再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为xA

1mAvA2 2解得 xA′=0.08m xA′=<0.32m

-μ2mAgxA′=0-包裹A静止时与分拣通道口的距离为0.24m，不会到达分拣通道口.

3．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a0为图线与纵轴交点，θ1为图线与横轴交点。（重力加速度g取10m/s2）求：

（1）a0多大？倾角θ1多大？

（2）当倾角θ为30°时，物块在力F作用下由O点从静止开始运动，2s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，θ=0°，木板水平放置，此时物块的加速度为a0 由牛顿第二定律：F合=F=ma0 解得 a0=6m/s2

由图象可知木板倾角为θ1 时，物块的加速度a=0 即：F=mgsinθ1 解得 θ1=37°

（2）当木板倾角为θ=30o时，对物块由牛顿第二定律得： F-mgsinθ=ma1 解得 a1=1m/s2

设木块2s末速度为v1，由v1=a1t 得 v1=2m/s 2s内物块位移s1=

12

a1t=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： mgsinθ=ma2 a2=gsin30°=5m/s2

v120.4m 撤去F后，物块继续向上运动的位移为s22a2则物块沿斜面运动的最大距离s=s1+s2=2.4m

4．质量M9kg、长L1m的木板在动摩擦因数10.1的水平地面上向右滑行，当速度v02m/s时，在木板的右端轻放一质量m1kg的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取g10m/s2，求：

（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t； （2）小物块与木板间的动摩擦因数2． 【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】 【分析】 【详解】

（1）设木板在时间t内的位移为x1；铁块的加速度大小为a2，时间t内的位移为x2 则有

1x1v0ta1t2

2x212a2t 2x1Lx2

又

v0a1ta2t

代入数据得

t=1s

（2）根据牛顿第二定律，有

1(Mm)g2mgMa1

2mgma2

解得

20.08

5．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

－2

N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=

12at 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12at 22位移：x=(x1x2)2y2

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v1 tv2 t22axay

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．

6．“复兴号”动车组共有8节车厢，每节车厢质量m=18t，第2、4、5、7节车厢为动力车厢，第1、3、6、8节车厢没有动力。假设“复兴号”在水平轨道上从静止开始加速到速度v=360km/h，此过程视为匀加速直线运动，每节车厢受到f=1.25×103N的阻力，每节动力车厢的牵引电机提供F=4.75×104N的牵引力。求：

(1)该过程“复兴号”运动的时间；

(2)第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小。 【答案】（1）80s（2）0 【解析】 【分析】

（1）以动车组为研究对象，根据牛顿第二定律结合运动公式求解该过程“复兴号”运动的时间；（2）以前4节车厢为研究对象，由牛顿第二定律列式求解第4节车厢和第5节车厢之间的相互作用力的大小. 【详解】

（1）以动车组为研究对象，由牛顿第二定律：4F-8f=8ma 动车组做匀加速运动，则v=at 解得t=80s

（2）以前4节车厢为研究对象，假设第4、5节车厢间的作用力为N,则由牛顿第二定律：2F-4f+N=4ma 解得N=0.

7．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】

1v14m(+kg) （2）kmg 3t15(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

v ① t

2F+T-k·2mg=2ma， ③ 6联立①②③得

T=-

1vm(+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时，第五、六节车厢间的作用力为T1，则有：

2F+T1-k·2mg=0 ⑥ 6第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T2， 则有：

F+T2-k·2mg=0， ⑦ 5联立⑤⑥⑦得

T1=-

1kmg 33T2=kmg 514kmg 15因此作用力变化

ΔT=T2-T1=

8．一物块以一定的初速度沿斜面向上滑动，利用速度传感器可以在计算机屏幕上得到其速度大小随时间的变化的关系如图所示.求: (1)斜面的倾角θ

(2)物块与斜面间的动摩擦因μ.

【答案】（1）300；（2）【解析】 【分析】

3 5对上滑过程和下滑过程分别运用牛顿第二定律求出斜面的倾角和动摩擦因数。 【详解】

物块上滑时做匀减速直线运动，对应于速度图象中0-0.5s时间段，该段图象的斜率的绝对值就是加速度的大小，即：a14mm2 28s0.5s物块下滑时做匀加速直线运动，对应于速度图象中0.5-1.5s时间段，同理可得：

a22mm2 22s1s上滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma1， 下滑时，根据牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2， 联立解得：【点睛】

本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合运用，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度是解题的关键。

3，θ=30°。 5

9．2019年1月3日10时26分．中国嫦娥四号探测器成功着陆在月球背面南极艾特肯盆地内的冯·卡门撞击坑内。实现了人类探测器在月球背面首次软着陆，世界震惊，国人振奋．嫦娥四号进入近月点15km的椭圆轨道后，启动反推发动机，速度逐渐减小，距月面2.4km时成像仪启动，扫描着陆区地形地貌并寻找着陆点．距月面100米左右，水平移动选定着陆点，缓慢降落，离地面3m时关闭发动机，探测器做自由落体运动着陆，太阳翼再次打开，探测器开始工作．探测器质量为1.0×103kg．月球表面重力加速度g月=1.6m/s2．求：

(1)探测器着陆前瞬间的动能．

(2)若探测器从距月面100m高度处开始先做自由落体运动，然后开启反推发动机做减速运动，降落至月球表面时速度恰好为零．已知反推发动机使探测器获得的反推力大小为8000N．求探测器从距月球表面100m处开始做自由落体运动时间． 【答案】（1）【解析】

；（2）

【分析】

（1）根据能量守恒关系求解探测器着陆前瞬间的动能．（2）探测器先做自由落体运动，后做匀减速运动；根据牛顿第二定律求解做减速运动的加速度，结合运动公式求解做自由落体运动时间． 【详解】

（1）探测器着陆前瞬间的动能：（2）减速过程：F-mg月=ma 解得a=6.4m/s2

设探测器在自由落体阶段和减速阶段的位移分别为x1、x2，根据运动学公式： 2g月x1=2ax2 且x1+x2=100,

联立解得探测器自由落体运动的时间t1=10s

10．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P1和P2的质量均为m．滑板的质量M=4m，P1和P2与BC面的动摩擦因数分别为μ1=0．10和μ2=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，P1以v0=4．0m/s的初速度从A点沿弧面自由滑下，与P2发生弹性碰撞后，P1处在粗糙面B点上．当P2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P2视为质点，取g=10m/s．问：

2

（1）P1和P2碰撞后瞬间P1、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？

0、v25m/s （2）a20.4m/s2 （3）△S=1．47m 【答案】（1）v1【解析】

试题分析：（1）P1滑到最低点速度为v1，由机械能守恒定律有：解得：v1=5m/s

121mv0mgRmv12 22、v2 P1、P2碰撞，满足动量守恒，机械能守恒定律，设碰后速度分别为v1mv2 则由动量守恒和机械能守恒可得：mv1mv112112mv22 mv1mv12220、v25m/s 解得：v1（2）P2向右滑动时，假设P1保持不动，对P2有：f2=μ2mg=2m（向左） 设P1、M的加速度为a2；对P1、M有：f=（m+M）a2

a2f2m0.4m/s2 mM5m2

此时对P1有：f1=ma2=0．4m＜fm=1．0m，所以假设成立． 故滑块的加速度为0．4m/s；

，由mgR（3）P2滑到C点速度为v23m/s 得v212 mv22P1、P2碰撞到P2滑到C点时，设P1、M速度为v，由动量守恒定律得：

 mv2(mM)vmv2解得：v=0．40m/s 对P1、P2、M为系统：f2L代入数值得：L=3．8m

112(mM)v2 mv222v2滑板碰后，P1向右滑行距离：s10.08m

2a12v2P2向左滑行距离：s22.25m

2a2所以P1、P2静止后距离：△S=L-S1-S2=1．47m

考点：考查动量守恒定律；匀变速直线运动的速度与位移的关系；牛顿第二定律；机械能守恒定律．

【名师点睛】本题为动量守恒定律及能量关系结合的综合题目，难度较大；要求学生能正确分析过程，并能灵活应用功能关系；合理地选择研究对象及过程；对学生要求较高．