最新高考物理牛頓運動定律試題類型及其解題技巧

1、最新高考物理牛頓運動定律試題類型及其解題技巧一、高中物理精講專題測試牛頓運動定律1.如圖甲所示，質(zhì)量為 m的A放在足夠高的平臺上，平臺表面光滑.質(zhì)量也為 m的物塊B放在水平地面上，物塊 B與勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧相連，彈簧 與物塊A用繞過定滑輪 的輕繩相連，輕繩剛好繃緊.現(xiàn)給物塊 A施加水平向右的拉力 F (未知)，使物塊 A做初速度為零的勻加速直線運動，加速度為a,重力加速度為g,A、B均可視為質(zhì)點.(1)當物塊B剛好要離開地面時，拉力 F的大小及物塊 A的速度大小分別為多少;(2)若將物塊 A換成物塊C ,拉力F的方向與水平方向成370角，如圖乙所示，開始時輕繩也剛好要繃緊，要使物塊B離開

2、地面前，物塊 C一直以大小為a的加速度做勻加速度運動，則物塊 C的質(zhì)量應(yīng)滿足什么條件？ ( sin370 0.6,cos37 0 0.8)【答案】(1) F ma mg;v【解析】 【分析】 【詳解】(1)當物塊B剛好要離開地面時，B受力分析有mg kx ,得：x根據(jù)v2 2ax解得：v ，2ax對物體A： F T ma ； 對物體B:T=mg, 解得 F=ma+mg;設(shè)彈簧的伸長量為mgk2amgk3mg4g 3ax,物塊A的速度大小為 v,對物塊(2)設(shè)某時刻彈簧的伸長量為x.對物體C,水平方向：FcosTi mea,其中T1 kx mg ;豎直方向：F sinmeg ;聯(lián)立解得me3mg

3、4g 3a2.某研究性學習小組利用圖a所示的實驗裝置探究物塊在恒力F作用下加速度與斜面傾角的關(guān)系。已知木板 OA可繞軸O在豎直平面內(nèi)轉(zhuǎn)動，板足夠長，板面摩擦可忽略不計。某次實驗中，質(zhì)量 m=0.1kg的物塊在平行于板面向上、 F=0.6N的恒力作用下，得到加速度 a 與斜面傾角的關(guān)系圖線，如圖 b所示，已知圖中ao為圖線與縱軸交點， 日為圖線與橫軸交 點。(重力加速度 g取10m/s2)求：(2)當傾角。為30。時，物塊在力F作用下由O點從靜止開始運動，2 s后撤去，求物塊沿 斜面運動的最大距離？【答案】(1) 6m/s2, 37； (2) 2.4m?！窘馕觥俊驹斀狻?1)由圖象可知，0 =0

4、,木板水平放置，此時物塊的加速度為ao由牛頓第二定律： F合=F=mao解得 ao=6m/s2由圖象可知木板傾角為以時，物塊的加速度 a=0即：F=mgsin 1解得01=37 °(2)當木板傾角為 。=30時，對物塊由牛頓第二定律得：F-mgsin 0mai解得 ai=1m/s2設(shè)木塊2 s末速度為V1,由v1=a1t得 V1=2m/s 1 O2s內(nèi)物塊位移 s1= a1t2=2m 2撤去F后，物塊沿斜面向上做勻減速運動。設(shè)加速度為 a2,對物塊由牛頓第二定律得:mgsin 0rna2 a2=gsin30 = 5m/s22V1撤去F后，物塊繼續(xù)向上運動的位移為s -1- 0.4m2

5、a2則物塊沿斜面運動的最大距離s=s1+s2=2.4m3.如圖所示，在風洞實驗室里，粗糙細桿與豎直光滑圓軌 AB相切于A點，B為圓弧軌道 的最高點，圓弧軌道半徑 R=1m,細桿與水平面之間的夾角 9=37°. 一個m=2kg的小球穿 在細桿上，小球與細桿間動摩擦因數(shù) 月0.3.小球從靜止開始沿桿向上運動 ，2s后小球剛 好到達A點，此后沿圓弧軌道運動，全過程風對小球的作用力方向水平向右，大小恒定為40N.已知 g=10m/s2, sin37=0.6, cos37°=0.8.求：(1)小球在A點時的速度大?。?2)小球運動到B點時對軌道作用力的大小及方向.【答案】(1)8m/

6、s (2)12N【解析】 【詳解】(1)對細桿上運動時的小球受力分析，據(jù)牛頓第二定律可得：Fcos mgsin (Fsin mgcos ) ma代入數(shù)據(jù)得：a 4m/s2小球在A點時的速度vA at 8m/s(2)小球沿豎直圓軌道從 A到B的過程，應(yīng)用動能定理得：1 212FRsin37 mgR(1 cos37 ) mvB mvA 22解得：Vb 2m/s小球在B點時，對小球受力分析，設(shè)軌道對球的力豎直向上，由牛頓第二定律知： 2Vb mg Fn m R解得：Fn=12N,軌道對球的力豎直向上由牛頓第三定律得：小球在最高點B對軌道的作用力大小為 12N,方向豎直向下.4.某種彈射裝置的示意圖如

7、圖所示，光滑的水平導(dǎo)軌MN右端N處于傾斜傳送帶理想連接，傳送帶長度 L=15.0m,皮帶以恒定速率 v=5m/s順時針轉(zhuǎn)動，三個質(zhì)量均為 m=1.0kg的 滑塊A、B C置于水平導(dǎo)軌上，B C之間有一段輕彈簧剛好處于原長，滑塊 B與輕彈簧連接，C未連接彈簧，R C處于靜止狀態(tài)且離 N點足夠遠，現(xiàn)讓滑塊 A以初速度V0=6m/s 沿B、C連線方向向B運動，A與B碰撞后粘合在一起.碰撞時間極短，滑塊C脫離彈簧后滑上傾角。=37的傳送帶，并從頂端沿傳送帶方向滑出斜拋落至地面上，已知滑塊C與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)=0.8重力加速度 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8.(1

8、)滑塊A、B碰撞時損失的機械能；(2)滑塊C在傳送帶上因摩才§產(chǎn)生的熱量Q;(3)若每次實驗開始時滑塊 A的初速度vo大小不相同，要使滑塊 C滑離傳送帶后總能落 至地面上的同一位置，則 vo的取值范圍是什么？(結(jié)果可用根號表示)3 3 r- 【答案】(1) E 9J (2) Q 8J (3) . 13m/s v0、397m/s22【解析】試題分析：(1) A、B碰撞過程水平方向的動量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能關(guān)系即可求出損失的機械能；(2) A、B碰撞后與C作用的過程中 ABC組成的系統(tǒng)動量守 恒，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出C與AB分開后的速度，C在傳送帶上做勻

9、加速直線運動，由牛頓第二定律求出加速度，然后應(yīng)用勻變速直線運動規(guī)律求出C相對于傳送帶運動時的相對位移，由功能關(guān)系即可求出摩擦產(chǎn)生的熱量.(3)應(yīng)用動量守恒定律、能量守恒定律與運動學公式可以求出滑塊A的最大速度和最小速度.(1) A與B位于光滑的水平面上，系統(tǒng)在水平方向的動量守恒，設(shè) A與B碰撞后共同速度 為%,選取向右為正方向，對 A、B有：mvo 2mv11 212碰撞時損失機械能Emv02 m v12 2解得：E 9J(2)設(shè)A、B碰撞后，彈簧第一次恢復(fù)原長時AB的速度為vb, C的速度為vc由動量守恒得：2mv1 2mvB mvc1 21212由機械能寸恒得：-2m v1 - 2m vB

10、mvc2 22解得：vc 4m/ sC以vc滑上傳送帶，假設(shè)勻加速的直線運動位移為x時與傳送帶共速2由牛頓第二te律得 ：agcos gsin 0.4m /s2由速度位移公式得：v2 vC 2alx聯(lián)立解得：x=11.25mvLv vC加速運動的時間為t,有：t C 2.5sa1所以相對位移 x vt x代入數(shù)據(jù)得：x 1.25m摩擦生熱Qmgcos - x 8J(3)設(shè)A的最大速度為Vmax,滑塊C與彈簧分離時 C的速度為Vcl , AB的速度為C在傳送帶上一直做加速度為a2的勻減速直線運動直到P點與傳送帶共速22則有：vVc2 2aL根據(jù)牛頓第二定律得：a22gsin gcos 12.4m

11、/s設(shè)A的最小速度為vmin ,滑塊聯(lián)立解得：vc1397 m/sC與彈簧分離時C的速度為Vc2 , AB的速度為Vbi ,傳送帶上一直做加速度為a1的勻加速直線運動直到P點與傳送帶共速則有：v2 v212 alL解得：vc2 .13m/sAB碰撞后到彈簧第一次恢復(fù)原長的過程中對A、B、C和彈簧組成的系統(tǒng)從系統(tǒng)動量守恒，則有：mvmax2mvB1mcci22m212Vbi- mvC12 12由機械能守恒得：一2m v2233 斛佝：vmax vc1 耳397m/s22同理得：vm1n 3JT3m/s2所以 3 ,13m/s2V397m / s25.如圖，光滑固定斜面上有一楔形物體Ao A的上表

12、面水平，A上放置一物塊 Bo已知斜cosU面足夠長、傾角為 0, A的質(zhì)量為M ,B的質(zhì)量為m, A、斜可動摩擦因數(shù)為小麗),最大靜擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為go現(xiàn)對A施加一水平推力。求:(1)物體A、B保持靜止時，水平推力的大小Fi；(2)水平推力大小為 F2時，物體A、B 一起沿斜面向上運動，運動距離 x后撒去推力,A、B一起沿斜面上滑，整個過程中物體上滑的最大距離L;(3)為使A、B在推力作用下能一起沿斜面上滑，推力F應(yīng)滿足的條件?！敬鸢浮?1)唧+向必叫記+E而(3)(m + M) (sin。+ pcostJ)【解析】【分析】B為研究的對象，結(jié)合牛先以AB組成的整體為研究的對象，

13、得出共同的加速度，然后以頓第二定律和運動學公式聯(lián)合求解，知道加速度是聯(lián)系力學和運動學的橋梁。 【詳解】(1) A和B整體處于平衡狀態(tài)，則Ficosfl " (M + 疝?解得：同=+ 叫；(2) A和B整體上滑過程由動能定理有|Fmcos0 - (m + M)gLsmG = 0解得：L -一；(3) A和B間恰好不滑動時，設(shè)推力為F。，上滑的加速度為 a, A對B的彈力為N對A和B整體有Fcos9 - (m + M)gsin6 = (m +對 B 有：/m = V = macos0樸- mg = masinf/解得：同二(m +COS0 -陽口日則為使A、B在推力作用下能一起沿斜面上

14、滑，推力應(yīng)滿足的條件(m + M)(sinO 十 口 cos。)。cnsfi -網(wǎng)nJ6.如圖所示，在足夠大的光滑水平桌面上，有一個質(zhì)量為102kg的小球，靜止在該水平桌面內(nèi)建立的直角坐標系 xOy的坐標原點O.現(xiàn)突然沿x軸正方向?qū)π∏蚴┘哟笮?2X102N的外力F0,使小球從靜止開始運動，在第 1s末所加外力F0大小不變，方向突然變?yōu)檠谾.求:y軸正方向，在第2s后，所加外力又變?yōu)榱硪粋€不同的恒力在第1末，小球的速率；(2)在第2s末，小球的位移；(3)要使小王在第3s末的速度變?yōu)榱闼拥暮懔(保留兩位有效數(shù)字)【答案】(1) 2m/s (2) 710m (3) 2.8X10-2N【解析

15、】【分析】【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律 Fo=ma在第1s末，根據(jù)速度時間關(guān)系 vi=at解得：vi=2m/s ;12(2)在第1s末，根據(jù)位移時間關(guān)系 xi=at22在第2s內(nèi)，小球從x軸正方向開始做類平拋運動在X方向：X2=V1t在y方向：y2 at22位移：x=,y(x1 x2)2y2聯(lián)立解得x=S0m ,設(shè)位移與X軸正方向的夾角為0, sin。叵10(3)在第2s末，沿x軸正方向速度仍為 v1=2m/s在y方向分速度為V2=at=2m/s ,此時速度與x軸正方向的夾角為 45°所加恒力一定與速度方向相反，小球沿x軸方向加速度ax vt沿y軸方向加速度av v2 t小球的加速

16、度a . a2 a；根據(jù)牛頓第二定律 F=ma聯(lián)立解得F=2.8X10-2n【點睛】(1)根據(jù)牛頓第二定律和速度時間關(guān)系聯(lián)立求解；(2)第2s內(nèi)，小球從x軸正方向開始做類平拋運動 ，分別求出x方向和y方向的位移， 根據(jù)勾股定理求解小球的位移；(3)分別根據(jù)x方向和y方向求出小球的加速度，根據(jù)勾股定理求解小球總的加速度，根據(jù)牛頓第二定律求小球受到的力.7.如圖，在豎直平面內(nèi)有一個半徑為R的光滑圓弧軌道，半徑 OA豎直、OC水平，一個質(zhì)量為m的小球自C點的正上方P點由靜止開始自由下落，從 C點沿切線進入軌道，小球 沿軌道到達最高點 A時恰好對軌道沒有壓力.重力加速度為g,不計一切摩擦和阻力.求：(

17、1)小球到達軌道最高點 A時的速度大?。?2)小球到達軌道最低點 B時對軌道的壓力大小.【答案】(1) vA TgR6mg【解析】試題分析：(1)設(shè)小球在A點速度大小為VA，小球到達A點由重力提供向心力得：2mg m1-分一，2可得：vAgR分2設(shè)小球在B點速度大小為Vb ,從B到A由機械能守恒得：1 212mvB mvA mg (2R)分22 22在B點由牛頓第二定律可得：f mg mvB- 分2由 計算可得：F 6mg分1在B點，小球?qū)壍赖膲毫?F ',由牛頓第三定律可得：F ' F 6mg 分1考點：考查了機械能守恒定律，圓周運動，牛頓運動定律8 .如圖所示為四旋翼無

18、人機，它是一種能夠垂直起降的小型遙控飛行器，目前正得到越來越廣泛的應(yīng)用.一架質(zhì)量 m=1 kg的無人機，其動力系統(tǒng)所能提供的最大升力F=16 N,無人機上升過程中最大速度為 6m/s.若無人機從地面以最大升力豎直起飛，打到最大速度所用時間為3s,假設(shè)無人機豎直飛行時所受阻力大小不變.( g取10 m/s) 2.求：(1)無人機以最大升力起飛的加速度；(2)無人機在豎直上升過程中所受阻力Ff的大??；(3)無人機從地面起飛豎直上升至離地面h=30m的高空所需的最短時間.【答案】(1) 2m/s2 (2) f 4N (3)6.5s【解析】,一 一 1 v 6m/s 02(1)根據(jù)題意可得 a 2m/

19、st 3s(2)由牛頓第二定律 F f mg ma得f 4N12(3)豎直向上加速階段 X1 at； , Xi 9m2h x勻速階段t2 3.5sv故 t 11t2 6.5s9 .如圖所示，固定的凹槽水平表面光滑，其內(nèi)放置U形滑板N,滑板兩端為半徑 R=0. 45m的1/4圓弧面.A和D分別是圓弧的端點，BC段表面粗糙，其余段表面光滑.小滑塊Pi和P2的質(zhì)量均為m.滑板白質(zhì)量 M=4m P1和P2與BC面的動摩擦因數(shù)分別為科1=0. 10和科2=0. 20,最大靜摩擦力近似等于滑動摩擦力.開始時滑板緊靠槽的左端，P2靜止在粗糙面的B點，R以v°=4. 0m/s的初速度從A點沿弧面自由

20、滑下，與 P2發(fā)生彈性碰撞后，R處 在粗糙面B點上.當B滑到C點時，滑板恰好與槽的右端碰撞并與槽牢固粘連，P2繼續(xù)運動，到達D點時速度為零.P1與B視為質(zhì)點，取g=10m/s2.問：(1) P1和P2碰撞后瞬間R、P2的速度分別為多大？(2) P2在BC段向右滑動時，滑板的加速度為多大？(3) N、P1和P2最終靜止后，P1與P2間的距離為多少？【答案】(1)v10、v25m/s(2)a?0.4m/s2(3)S=1.47m【解析】試題分析：(1) R滑到最低點速度為 v1,由機械能守恒定律有：1 mv2 mgR 1 mv1222解得：v1=5m/sP1、P2碰撞，滿足動量守恒，機械能守恒定律，

21、設(shè)碰后速度分別為v1、v2則由動量守恒和機械能守恒可得：mv, mv1 mv2121212mv1mv1mv2222解得：v1 0、v2 5m/s(2) P2向右滑動時，假設(shè) P1保持不動，對 B有：f2=科2mg=2m(向左) 設(shè)R、M的加速度為 a2；對R、M有：f= (m+M a22ma2m M 5m0.4m/s2此時對Pi有：fma=0. 4rk f m=1. 0m 所以假設(shè)成立.故滑塊的加速度為 0. 4m/s2;(3) P2滑到C點速度為v2,由mgR mv22得 v2 3m/sPi、P2碰撞到P2滑到C點時，設(shè)Pi、M速度為v,由動量守恒定律得:mv2 (m M )v mv2解得：v=0. 40m/s1 o 1o對 Pi、F2、M為系統(tǒng)：f2L mv22 (m M )v22 2代入數(shù)值得：L=3.