高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案).docx

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（ a）所示 t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板已知碰撞后1s 时间内小物块的 v t图线如图（ b）所示木板的质量是小物块质量的15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s 2求（1）木板与地面间的动摩擦因数1 及小物块与木板间的动摩擦因数2 ；（ 2）木板的最小长度；（ 3）木板右端离墙壁的最终距离【答案】（ 1） 10.12 0.4（ 2） 6m （ 3） 6.5m【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s4m / s0m / s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有2 g1s解得 2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t 1s ，位移 x4.5m，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22带入可得 a1m / s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga可得 1 0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1 (Mm) g2 mgMa1可得 a1 4m / s23对滑块，则有加速度a24m / s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1 vt12a1t13m 末速度v13m / s滑块向右位移x24m / s0 t12m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m / s2木块继续减速，加速度仍为a14 m / s23假设又经历 t2 二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得 t2 0.5s此过程，木板位移x3v1t21 a1t227 m 末速度 v3 v1a1t22m / s26滑块位移 x41a2t221m22此后木块和木板一起匀减速二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a1g1m / s2v232m位移 x52a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁2 质量M 0.6kg的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t 0 时，两个质量都为m0.2kg的小物体A 和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v15.0 m/s 和 v22.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。已知A、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g=10m/s2 ，求：（ 1） A、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度；（ 2）车的长度是多少？（ 3）从 A、 B 开始运动计时，经 8s 小车离原位置的距离 .【答案】（ 1） 0.6m/s（ 2） 6.8m（3） 3.84m【解析】【详解】解：（ 1）设物体A、B 相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律有：m v1 v2M 2m v代入数据解得： v=0.6m/s，方向向右（2）设物体 A、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为 L，由功能关系有 :mg L1 L21 mv121 mv221 M 2m v2222又 L L1+L 2代入数据解得L 6.8m，即 L 至少为 6.8m（3）当 B 向左减速到零时，A 向右减速，且两者加速度大小都为a1g2 m/s2对小车受力分析可知，小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用，故小车没有动v2则 B 向左减速到零的时间为t11 sa1此时 A 的速度为 vAv1 a1t1 3m/s当 B 减速到零时与小车相对静止，此时A 继续向右减速，则B 与小车向右加速，设经过 ts达到共同速度 v对 B 和小车，由牛顿第二定律有：mg2 ，解得： a20.52m/sm M a则有： vvAa1ta2 t ，代入数据解得：t=1.2s此时小车的速度为 va2t 0.6 m/s，位移为 x11 a2t 20.36 m2当三个物体都达到共同速度后，一起向右做匀速直线运动，则剩下的时间发生的位移为x2 v 8t3.48m则小车在8s 内走过的总位移为 xx1x23.84m3 如图所示，从A 点以 v0 =4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道 C 端切线水平。小物块通过圆弧轨道后以6m/s 的速度滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板M 上已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数=0.1， OB 与竖直方向 OC间的夹角 =37 ，取12g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37=0.8，则：(1)求小物块运动至B 点时的速度；(2)若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？【答案】(1) vBv05m/s过 B 点时的速度方向与水平方向成37 度 (2)cosW总 =W1W215J【解析】【详解】（1）分解 vB，得： cosvxv0vyvy变形得： vBv05m/scos过 B 点时的速度方向与水平方向成37（ 2）因1 mg 5N> 2 Mm g3N ，故木板将在地面上滑行，则对小物块有：1mgma1 ，得 a15m/s 2对长木板有：2Mm gMa2 ，得 a21m/s2设它们经过时间t，共速 v共 ，则有：v共 =vCa1ta2t ，解得： t1s ， v共 =1m/s则对小物块在相对滑动有：x1vCv共t3.5m ，2故 W11mgx117.5J则对长木板在相对滑动有：x20v共t0.5m ，2故 W21mgx22.5J共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：2 M m g Mm a共 ，a共 1m/s2，则它们间的摩擦力fma共1mg ，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零 .综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和 W总 =W1 W2 15J4 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（ 1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（ 2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（ 3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（ 1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（ 2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1 mv22解得： v2gh2103.2 8m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL 01 mv22解得： Lv282m 6.4m2 g2 0.5 10（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh01mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题5 如图所示，倾角 30的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P，斜面上B 点与 A 点的高度差为h将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态已知木板与物块间的动摩擦因数3 ，且最大静摩擦力2等于滑动摩擦力，重力加速度为g（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0 的大小；（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功 W【答案】 (1)3 mg (2)9mgh24【解析】（1）木板与物块整体：F0-2 mg sin 2ma0对物块，有： mgcos-mg sin ma0解得： F0 3mg2（2）设经拉力 F 的最短时间为t1，再经时间 t2 物块与木板达到共速，再经时间t 3 木板下端到达 B 点，速度恰好减为零对木板，有： F- mg sin -mgcosma1mgsin +mgcos ma3对物块，有： mgcos-mg sin ma2对木板与物块整体，有2mgsin 2ma4另有： a1t1 a3t2a2 (t1t2 )a2 (t1 t 2 ) a4t31 a1t12a1t1 t21 a3t221 a4t32h222sinW F1 a1t122解得 W 9 mgh4点睛 ：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解理过程中的位移关系及速度关系等 ；注意关联物6 如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0 的小球 A 和 B，A 球所带电荷量为 +q， B 球不带电。现在A 球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A 在电场力作用下由静止开始运动，然后与B 球发生弹性正碰，A、 B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：(1)A 球与 B 球发生第一次碰撞后 B 球的速度；(2)从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功；(3)要使 A、B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d 应满足的条件。【答案】（ 1） 2qEx0（2000m）5qEx （ 3） 8x<d18x【解析】【详解】（1）设 A 球与 B 球第一次碰撞前的速度为v0 ，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。对 A，根据牛顿第二定律得：qE=ma由运动学公式有： v02=2ax0。2qEx0解得： v0=m对于 AB 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mvA1+mvB1121212。2mv0=mvA1+mv B122解得： vB1=v0=2qEx0 ， vA1=0m（21）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t 1有： xA1=vA1t1+2at12=vB1t 1从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功为：W=qE（x0+xA1）解得： W=5qEx0。（3）设第二次碰撞前A 的速度为vA1，碰撞后 A、 B 的速度分别为vA2、 vB2有：vA1 =vA1+at1 。第二次碰撞过程，有：mvA1 +mvB1=mvA2+mvB2。1212=12+12mv + mvB1mvA2mvB2 。2A1222第二次碰撞后，当A 球速度等于 B 球速度 vB2 时， A 球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22A221-v=2a?x 。A、 B 两球在电场中发生第三碰撞后，当A 球速度等于 B 球速度时， A 球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A 球的速度为 vA2，碰撞后 A、B 的速度分别为vA3、v二、三次碰撞间经历的时间为t2有：B3xA2=vA2t2+1at22=vB2t2。2vA2 =vA2+at2 。第三次碰撞过程，有：mvA2 +mvB2=mvA3+mvB3121mv21mv21mv2mv+B2=A3+B3 2A2222vB32-vA32=2a?x2所以电场区域宽度d 应满足的条件为：x0+xA1+x1 dx0+xA1+xA2+x2。解得： 8x0 d 18x07 传送带以恒定速率v 4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37.m 1现将质量kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F 10N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H 1.8m 的平台上，如图所示已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s 2，已知sin37 0.6， cos37 0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】（ 1） 1s（ 2）【解析】【详解】（1）物体在达到与传送带速度v 4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有：F mgcos37mgsin37 ma1解得 a1 8 m/s 2由 v a1t 1得 t 1 0.5s位移 x1 a1t 12 1m物体与传送带达到共同速度后，因F mgsin 4 N mgcos37故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升位移 x2 x1 2mt 2 0.5s总时间为t t1 t2 1s（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为 tan37 ，故有：mgsin37 mgcos37ma2解得： a2 2m/s 2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x 4 m x2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台故x2vt 3- a2 t32解得 t3 （ 2-）s 或 t 3（ 2+） s（舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间8 如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角=30，质量 M=2.5kg平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m=1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量l 0=2cm.重力加速度g 取 10m/s 2现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0 时，求：(1)水平力 F 的大小；(2)弹簧的伸长量l.【答案】（ 1） 403 N（ 2） 8cm【解析】【分析】斜面 M、物体 m在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力【详解】(1) 当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0 时，弹簧拉力为T，铁球受力如图 :由平衡条件、牛顿第二定律得：T sinmgT cosma对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F( Mm) a联立以上两式并代入数据得：F403N(2) 铁球静止时，弹簧拉力为 T0 ，铁球受力如图 :由平衡条件得：T0mg sin由胡克定律得：T0k l 0Tk l联立以上两式并代入数据得：l8?cm【点睛】从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法9 如图所示，质量均为m3kg 的物体 A、 B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为 k100N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。现对物体B 施加水平向左的拉力，使A 和 B 整体向左做匀加速运动，加速度大小为a 2m/s 2 ，直至 B 与 A 分离。已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5 ，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度 g10m/s2 求：（1）静止时，物体A 对 B 的弹力大小；（ 2）水平向左拉力 F 的最大值；（ 3）物体 A、 B 开始分离时的速度。【答案】（ 1）静止时，物体A 对 B 的弹力大小为15N （ 2）水平向左拉力F 的最大值为21N （ 3）物体 A、 B 开始分离时的速度为0.6m/s 。【解析】【详解】（ 1）开始时，弹簧压紧， AB 两物体恰好处于静止状态， AB 整体作为研究对象，则有在水平方向，由平衡条件得：F弹 =(m + m)g对 A 进行受力分析，在水平方向则有：F弹 =mgFBA联立以上两式可得：FBAmg0.53 1015NB 对A 的作用力和A 对B 的作用力是作用力和反作用力，故有：FABFBA15N（2）物体A、 B 分离时，F 最大，对物体B，由牛顿第二定律得：F最大-mg = ma代入数据解得：F最大 = 21N（ 3）物体 A、 B 静止时，弹簧压缩的距离为x0，对 A、 B 系统，由平衡条件得： kx0 = ?2mg物体 A、 B 开始分离时，对物体A，由牛顿第二定律：kxmgma从静止到物体A 和 B 分离，物体运动的位移为：xx0x根据匀变速运动的规律得：v2 = 2ax代入数据解得：v0.6m/s10 风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力现将一套有球的细直杆放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径如图所示（ 1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆间的动摩擦因数（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37 并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37 =0.6， cos37=0.8）【答案】（ 1） 0.5（ 2）1s【解析】【分析】【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg= mg ，则动摩擦因数 =0.；5（2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：FN 0.5mg sin 37 0mg cos37 0在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：0.5mg cos37 0mg sin 370FN ma代入数据解得： a=7.5m/s2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s= 1at22运动时间为 t2s2 3.75 s 1s ；a7.5【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程 、结合运动学公式即可正确解题