【文档说明】高考物理复习 计算题专练 牛顿运动定律（含答案解析）.doc，共(15)页，303.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75118.html

以下为本文档部分文字说明：

2020(人教版)高考物理复习计算题专练牛顿运动定律1.如图所示,质量m=2kg的小物块从倾角θ=37°的光滑斜面上的A点由静止开始下滑,经过B点后进入粗糙水平面,已知AB长度为3m,斜面末端B处与粗糙水平面平滑连接。(sin37°=

0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)试求:(1)小物块滑到B点时的速度大小;(2)若小物块从A点开始运动到C点停下,一共经历时间t=2.5s,求BC的距离;(3)上问中,小物块与水平面的动摩擦

因数μ多大?2.为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角为θ、表面平整且足够长的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运

动方向始终垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，重力加速度g取10m/s2，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即Ff=kv.(1)写出滑块下滑的最大速度的表达式；(2)若m=3kg，斜面

倾角θ=37°，滑块从静止下滑的速度图象如图乙所示．图中的斜线为t=0时v－t图线的切线，由此求出μ、k的值．(sin37°=0.6，cos37°=0.8)3.如图所示，水平地面上有三个质量均为m=1kg的小物块A、B、C，A、B间用一根轻绳

水平相连．一水平恒力F作用于A上，使三物块以相同加速度运动一段时间后撤去F.已知B与C间的动摩擦因数μ1=0.5，A和C与地面间的动摩擦因数均为μ2=0.2，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2.求：(1)F的最大

值；(2)从撤去F到三物块停止运动的过程中，B受到的摩擦力．4.如图甲所示，光滑平台右侧与一长为L=2.5m的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度v0=5m/s滑上木板，恰好滑到木板右端静止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角θ=37°

，让滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，g取10m/s2(sin37°=0.6，cos37°=0.8)，求：(1)滑块与木板之间的动摩擦因数μ；(2)滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t.5.如图甲所示，“

”形木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，BC光滑且与水平面夹角为θ=37°.木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的质量为m的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感

器记录到的力和时间的关系如图乙所示．(sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2)．求：(1)斜面BC的长度s；(2)滑块与木块AB表面之间的动摩擦因数μ.6.如图所示，物块的质量m=30kg，

细绳一端与物块相连，另一端绕过光滑的轻质定滑轮，当质量为M=50kg的人用T=100N的力竖直向下拉绳子时，滑轮左侧细绳与水平方向的夹角为53°，物体在水平面上保持静止．(已知sin53°=0.8，cos53°=0.6，g取10m/s2)，求：(1)人对地面的压力大小．(2)物块对地面的弹力

大小和摩擦力大小．(3)细绳对滑轮的压力大小和方向．7.如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一个F=8N的水平推力，当小车向右运动的速度达到v0=1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，小物块与小车

间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长，取g=10m/s2.求：(1)放小物块后，小物块及小车的加速度各为多大？(2)经多长时间两者达到相同的速度；(3)从小物块放上小车开始，经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多

少？8.如图所示，半径为R，管径很小的光滑半圆形细管竖直放置，有两个略小于管径、质量分别为m1=3m、m2=m的小球P、Q，小球Q静止在水平面上，小球P以某一初速度向右运动，与小球Q发生弹性碰撞．P、Q两球通过最高点C后落地点分别为M、N，已知：|CN|2－|CM|

2=12R.求：(1)碰撞前小球P的速度；(2)碰撞后小球P、Q的速度；(3)小球P、Q经过最高点时，它们对细管的作用力．9.如图1所示，一足够长的传送带与水平面的夹角θ=30°，速率始终不变．t=0时刻

在传送带适当位置放一具有初速度的小物块．物块刚好能运动到传送带的最上端，取沿斜面向下为正方向，物块在传送带上运动的速度随时间的变化关系如图2所示．已知小物块质量m=1kg，g取10m/s2，求：(1)传送带与滑块之间的动摩擦因数μ；(2)t=0时，小物块离传送带最上

端的距离；(3)前3s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能．10.如图所示,两个滑块A和B的质量分别为mA=1kg和mB=5kg,放在静止于水平地面上的木板的两端,两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5;木

板的质量为m=4kg,与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。某时刻A、B两滑块开始相向滑动,初速度大小均为v0=3m/s。A、B相遇时,A与木板恰好相对静止。设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度大小g取10m/s2。求:(1)

B与木板相对静止时,木板的速度;(2)A、B开始运动时,两者之间的距离。11.如图所示，质量为m的半圆轨道小车静止在光滑的水平地面上，其水平直径AB长度为2R.现将质量也为m的小球从距离A点正上方h0处由静止释放，然

后由A点经过半圆轨道后从B点冲出，在空中能够上升的最大高度为34h0(不计空气阻力)，求：(1)小车向左运动的最大距离；(2)小车第二次能够上升的最大高度的范围．12.如图所示，12个相同的木块放在水平地面上排成一条

直线，相邻两木块接触但不粘连，每个木块的质量m=1.2kg，长度l=0.5m．木块原来都静止，它们与地面间的动摩擦因数均为μ1=0.1，在左边第一个木块的左端放一质量M=1kg的小铅块(可视为质点)，

它与各木块间的动摩擦因数均为μ2=0.5，现突然给小铅块一个向右的初速度v0=9m/s，使其在木块上滑行．设木块与地面间及小铅块与木块间的最大静摩擦力均等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2.求：(1)小铅块

相对木块滑动时小铅块的加速度大小；(2)小铅块下的木块刚发生运动时小铅块的瞬时速度大小．13.如图所示,在倾角θ=37°的固定斜面上放置一质量M=1kg、长度l=0.75m的薄平板AB。平板的上表面光滑,其下端B与斜面底端C的距离为4m。在平板

的上端A处放一质量m=0.6kg的滑块,开始时使平板和滑块都静止,之后将它们无初速释放。设平板与斜面间、滑块与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.5,通过计算判断无初速释放后薄平板是否立即开始运动,并求出滑块由B滑至C与平板下端B到达斜面底端C的时间差

Δt。(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2)14.如图所示，质量M=1kg的木板静置于倾角为37°的足够长的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg、可视为质点的小物块以初速度v0=5m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N，使木板从静止开

始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因数为0.25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0.5，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8.求：(1)物块和木板共速前，物块和木板的加速度；(2)木

板的最小长度；(3)物块在木板上运动的总时间．15.如图所示为上、下两端相距L=5m，倾角α=30°，始终以v=3m/s的速率顺时针转动的传送带(传送带始终绷紧)．将一物体放在传送带的上端由静止释放滑下，经过t=2s到达下端．重力加速度g取10m/s2，求：(1)传送

带与物体间的动摩擦因数；(2)如果将传送带逆时针转动，速率至少多大时，物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端．答案解析1.解：(1)小物块在斜面AB上时,由牛顿第二定律得mgsinθ=ma1,解得a1=gsin37°=10×0.6m/s2=6m/s2,由

2a1xAB=得vB=m/s=6m/s。(2)小物块在斜面上有xAB=,则t1=s=1s,物块在BC段的运动时间为t2=t-t1=1.5s,BC段的位移为xBC=t2=4.5m。(3)在水平面上,逆向分析,小物块的运动可看作初速度为零的匀加速运动,由

vB=a2t2得加速度大小a2=m/s2=4m/s2,根据牛顿第二定律μmg=ma2,代入数据解得μ=0.4。2.解：(1)对滑块和风帆由牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ－kv=ma当a=0时速度最大，即vm=－k(2)由

题图乙可知，当v=0时，a0=gsinθ－μgcosθ=3m/s2解得μ=0.375由vm=－k=2m/s解得k=4.5kg/s3.解：(1)B、C恰好要相对滑动时对C：μ1mg－μ2(m＋m)g=m

a解得a=1m/s2由题意知，A、B、C相对静止时，F有最大值Fmax对A、B、C整体：Fmax－μ2(m＋m＋m)g=3ma解得Fmax=9N(2)撤去F后，设B、C相对静止对A、B、C整体：μ2(m＋m＋m)g=3ma′解得a′=2m/s2对C：μ2(m＋m)g－fBC=ma′解得

fBC=2N≤fBm=μ1mg=5N故假设成立，由牛顿第三定律可知，B受到的摩擦力为2N，方向水平向左(1分)4.解：(1)设滑块质量为m，木板水平时滑块加速度大小为a，则对滑块有μmg=ma，滑块恰好滑到木板右端静止，则0－v2

0=－2aL，解得μ=v202gL=0.5.(2)当木板倾斜时，设滑块上滑时的加速度大小为a1，上滑的最大距离为s，上滑的时间为t1，有μmgcosθ＋mgsinθ=ma1,0－v20=－2a1s,0=v0－a1t1，解得s=1.25m，t1=12s．设滑块下滑时的加速度大小为a2，下滑的

时间为t2，有mgsinθ－μmgcosθ=ma2，s=12a2t22，解得t2=52s，滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间t=t1＋t2=1＋52s.5.解：(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得a1=gsinθ=

6m/s2通过题图乙可知滑块在斜面上运动时间为t1=1s由运动学公式得斜面BC的长度为s=12a1t21=3m(2)由答图可知滑块对斜面的压力N1′=mgcosθ木块对传感器的压力F′1=F1=N′1sinθ由题图乙可知：F1=12N解得m=2.5kg滑块在

AB上运动时,传感器对木块的拉力F2=f′=μmg=5Nμ=F2mg=0.26.解：(1)人受重力、拉力和支持力，根据平衡条件，有：FN=Mg－T=500N－100N=400N由牛顿第三定律得FN′=－FN，人对地面的压力大小为4

00N.(2)物块受力如图，设地面对物块的弹力大小为N，地面对物块的摩擦力大小为f，由共点力平衡条件，竖直方向上有：N＋Tsin53°－mg=0代入数据得：N=220N水平方向上有：f=Tcos53°=60N由牛顿第三定律得N′=－N，f′=－f物块对

地面的弹力大小为220N，摩擦力大小为60N.(3)细绳对滑轮的压力等于两边绳子拉力的合力，即：F=2＋＋2代入数据得：F=2＋＋2=6010N≈190N方向与竖直方向成18.5°斜向左下方．7.解：(1)小

物块的加速度am=μg=2m/s2小车的加速度aM=F－μmgM=0.5m/s2(2)由amt=v0＋aMt解得：t=1s(3)从小物块放上小车开始1s内，小物块的位移s1=12amt2=1m，1s末小物块的速度v=amt=2m/s在接下来的0.5s内小物块

与小车相对静止，一起做加速运动，且加速度a=FM＋m=0.8m/s2这0.5s内小物块的位移s2=vt1＋12at21=1.1m小物块1.5s内通过的总位移s=s1＋s2=2.1m8.解：(1)小球R、Q弹性碰撞，由动量守恒定律得：m1v0=m1v1＋m2v2

①由机械能守恒定律得：12m1v20=12m1v21＋12m2v22②小球P、Q从水平面运动到最高点C的过程中，由机械能守恒定律：对P球有：12m1v21=12m1v23＋m1g(2R)③对Q球有：12m2v22=12m2v

24＋m2g(2R)④之后两小球做平抛运动；h=2R=12gt2⑤P球的水平位移x1=v3t⑥Q球的水平位移x2=v4t⑦依题意有：(x22－h2)－(x21－h2)=144R⑧由①～⑧式解得：碰撞前小球P的速度v0=32gR，(2)由①

～⑧式解得：碰撞后小球P的速度v1=322gR碰撞后小球Q的速度v2=922gR(3)由①～⑧式解得：小球P在最高点C的速度v3=gR2小球Q在最高点C的速度v4=73gR2以P为研究对象：由向心力公式FP＋m1g=m1v23R解得FP=－32mg，负号表示细管对小球P的弹力竖直向上由牛顿第

三定律知，小球P对细管的作用力大小是32mg，方向竖直向下以Q为研究对象：由向心力公式FQ＋m2g=m2v24R解得FQ=712mg，正号表示细管对小球Q的弹力竖直向下由牛顿第三定律知，小球Q对细管的作用力大小是712m

g，方向竖直向上答案(1)32gR(2)322gR922gR(3)32mg方向向下712mg竖直向上9.解：(1)由v－t图象可知，刚开始时物块的加速度a=8m/s2对物块进行受力分析，可得mgsinθ＋μm

gcosθ=ma解得μ=35(2)小物块运动到传送带的最上端时，速度恰好为0，即t0=0.5st=0时，小物块离传送带最上端的距离x=12×0.5×4m=1m(3)由v－t图象可知：传送带的速度是v0=8m/s

当t1=1.5s时，物块与传送带速度相等，之后传送带对物块的摩擦力沿传送带向上由牛顿第二定律得：mgsinθ－μmgcosθ=ma′解得：a′=2m/s2所以，t2=3s时，物块的速度v=v0＋a′(

t2－t1)=11m/s小物块在传送带上滑行的距离就是图中阴影的面积Δx=12×12×32m＋12×3×1.5m=11.25m前3s内小物块与传送带之间的摩擦产生的内能Q=(μmgcosθ)Δx=33.75J10.解：(1)滑块A和B在木板上滑动时,木板也在地面上滑动。设A、B和木板

所受的摩擦力大小分别为Ff1、Ff2和Ff3,A和B相对于地面的加速度大小分别为aA和aB,木板相对于地面的加速度大小为a1。在滑块B与木板达到共同速度前有Ff1=μ1mAg①Ff2=μ1mBg②Ff3=μ2(m+mA+mB)g③由牛顿第

二定律得Ff1=mAaA④Ff2=mBaB⑤Ff2-Ff1-Ff3=ma1⑥设在t1时刻,B与木板达到共同速度,其大小为v1。由运动学公式有v1=v0-aBt1⑦v1=a1t1⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式,代入已

知数据得v1=1m/s。⑨(2)在t1时间间隔内,B相对于地面移动的距离为sB=v0t1--0.5aB⑩设在B与木板达到共同速度v1后,木板的加速度大小为a2。对于B与木板组成的体系,由牛顿第二定律有Ff1

+Ff3=(mB+m)a2由①②④⑤式知,aA=aB;再由⑦⑧式知,B与木板达到共同速度时,A的速度大小也为v1,但运动方向与木板相反。由题意知,A和B相遇时,A与木板的速度相同,设其大小为v2。设A的速度大小从v1变到v2所用的

时间为t2,则由运动学公式,对木板有v2=v1-a2t2对A有v2=-v1+aAt2在t2时间间隔内,B(以及木板)相对地面移动的距离为s1=v1t2-0.5a2在(t1+t2)时间间隔内,A相对地面移动的距离为sA=v0(t1+t2)--0.5aA(t1+t

2)2A和B相遇时,A与木板的速度也恰好相同。因此A和B开始运动时,两者之间的距离为s0=sA+s1+sB联立以上各式,并代入数据得s0=1.9m。(也可用如图的速度—时间图线求解)11.解：(1)小球和小车组成的系统在水平方向动量守恒

．设小球第一次离开半圆轨道时的水平速度为v，小车的速度为v′，由动量守恒定律得mv－mv′=0设小球第一次进入半圆轨道至第一次离开半圆轨道所用时间为t，在这个过程中，小车的位移为x，取水平向右为正方向，则m2R－xt－mxt=0解得x=R(2)设小球从开

始下落到第一次上升到最大高度的过程中克服摩擦力做的功为Wf，由动能定理得mg(h0－34h0)－Wf=0，解得Wf=14mgh0由于第二次小球在车中运动时，在对应位置的速度小于第一次小球运动的速度，对应位置的摩擦力小于第一次所受的摩擦力，第二次在车中运动的过程中，克服摩

擦力做的功Wf′<14mgh0，机械能损失小于14mgh0设小球第二次上升的最大高度为h′，由功和能的关系得34mgh0－14mgh0<mgh′h′>12h0，所以，小球第二次上升的最大高度范围是12h0<h′<34h012.解：(1)设小铅块相对木块滑动时加速度大小为a，由

牛顿第二定律可知μ2Mg=Ma解得：a=5m/s2(2)设小铅块最多能带动x个木块运动，对x个木块整体进行受力分析，当小铅块下的x个木块发生运动时，则有μ2Mg≥μ1(mgx＋Mg)解得：x≤3.33即小铅块最多只能带动3个木块运动设当小铅块通过前面的9个木块时的瞬时速度大小为v，由动能定理可知

：－μ2Mg×9l=12M(v2－v20)解得：v=6m/s。13.解：对薄板,由于Mgsin37°<μ(M+m)gcos37°,故滑块在薄板上滑动时,薄板静止不动。滑块在薄板上滑行时加速度a1=gsin37°=6m/s2,

到达B点时速度v==3m/s,滑块由B至C时的加速度a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2,设滑块由B至C所用时间为t,则有lBC=vt+a2t2,代入数据解得t=1s,对薄板,滑块滑离后才开始运动,加速度a3=gsin37°

-μgcos37°=2m/s2,设滑至C端所用时间为t',则有lBC=a3t'2,代入数据解得t'=2s,滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差Δt=t'-t=1s。14.解：(1)物块与木板共速前，对物块分析有mgsinθ＋μ1mg

cosθ=ma1，得a1=8m/s2，方向沿斜面向下，物块减速上滑；对木板分析有F＋μ1mgcosθ－Mgsinθ－μ2(m＋M)gcosθ=Ma2，得a2=2m/s2，方向沿斜面向上，木板加速上滑．(2)物块与木板共速时有v共=v0－a1t1，v共=a2t1，

代入数据解得t1=0.5s，v共=1m/s，共速时物块与木板的相对位移Δx1=v0t1－12a1t21－12a2t21=1.25m，撤掉F后，物块相对于木板上滑，加速度大小仍为a1=8m/s2，物块减速上滑，对木

板有Mgsinθ＋μ2(M＋m)gcosθ－μ1mgcosθ=Ma′2，则a′2=12m/s2，方向沿斜面向下，木板减速上滑．由于Mgsinθ＋μ1mgcosθ=μ2(M＋m)gcosθ，则木板速度减为零后，物块在木板上滑动时，木板保持静止，经过t2=1

12s，木板停止，经过t′2=18s，物块速度减为零，此过程，物块和木板的相对位移Δx2=v共2t′2－v共2t2=148m，故木板的最小长度Lmin=Δx1＋Δx2=6148m.(3)物块在木板上下滑时，木板静止不动，物块的加速度a′1=gsinθ－μ1gcosθ

=4m/s2，Lmin=12a′1t23，得t3=6196s，物块在木板上运动的总时间t=t1＋t′2＋t3=58＋6196s.15.解：(1)物体在传送带上受力分析如图所示，物体沿传送带向下匀加速运动，设加速度为a.由题意得L=12at2，解得a=

2.5m/s2.由牛顿第二定律得mgsinα－Ff=ma，又Ff=μmgcosα，解得μ=36≈0.29.(2)如果传送带逆时针转动，要使物体从传送带上端由静止释放能最快地到达下端，则需要物体有沿传送带向下的最大加速度，即所受摩擦力沿传送带向下，设此时传送带速度为vm，物体加速度为a′.由牛顿第二

定律得mgsinα＋Ff=ma′，Ff=μmgcosα，v2m=2La′，联立解得vm=8.66m/s.答案为：(1)0.29；(2)8.66m/s；