高考物理二轮复习专项训练物理牛顿运动定律的应用含解析.docx

高考物理二轮复习专项训练物理牛顿运动定律的应用含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图所示，钉子A、B 相距 5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B质量为 m 的小球固定在细线上C 点， B、 C 间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与 A、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取 sin53 =0.8， cos53 =0.6求：（ 1）小球受到手的拉力大小 F；（ 2）物块和小球的质量之比 M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T【答案】 （1） F5 Mgmg （ 2） M6（ 3） T8mMg（ T5 m M3m5T8 Mg ）11【解析】【分析】【详解】（1）设小球受AC、 BC 的拉力分别为F1、F2F1sin53 =F2 cos53 F+mg =F1cos53 +F2sin53 且 F1=Mg解得 F5 Mg mg3（ 2）小球运动到与 A、B 相同高度过程中小球上升高度 h1=3lsin53 ，物块下降高度 h2=2l机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2解得 M6m5（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为到的拉力为 T牛顿运动定律Mg T=Ma小球受 AC的拉力 T=T牛顿运动定律 Tmgcos53=ma解得 T8mMg488（5m（ Tmg或 TMg ）M）551148 mg 或55a，重物受【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿 AC 方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等2 如图，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为=37的光滑斜面上，离斜面末端 B 的高度 h=0. 2m，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为 v0 =3m/s ，长为 L=1m今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端 C 时，恰好与传送带速度相同 g 取 l0m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37 =0.6 cos37 =0.8）(2)滑块滑到 B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数；(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量【答案】 （1） 7.5N（ 2） 0.25（3） 0.5J【解析】【分析】【详解】(1)滑块受到水平推力F. 重力 mg 和支持力FN 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtan，代入数据得：F=7.5N.(2)设滑块从高为 h 处下滑，到达斜面底端速度为 v，下滑过程机械能守恒，故有：mgh= 1 mv22解得v=2gh =2m/s ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有： mgL=1 mv021 mv222代入数据得：=0.25(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移为：x=v0t对物体有：v0=v- atma= mg滑块相对传送带滑动的位移为：x=L-x相对滑动产生的热量为：Q= mgx代值解得：Q=0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数 ；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即 Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移3 传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1 2.5m、 L 2 m传送带始终保持以速度v 匀速运动现将一滑块（可视为质点）轻放到传送2带的左端，然后平稳地滑上平板已知：滑块与传送带间的动摩擦因数0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为m 21 0.3、 2 0.1，滑块、平板的质量均为kg， g 取 10 m/s 2.求：（ 1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；（ 2）若 v 6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小【答案】（ 1） 4m / s （ 2） 3.5m / s【解析】【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：11mg 3 m/s 2a m由于 12mg>2 mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a1mg22mg 1 m/s 22 m设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v，平板位移为 x，对滑块：v v a1 t(1 分 )2112L x vta t2g= 10m s2求：m 一水平向右的初速度对平板： v a2t12xa2t联立以上各式代入数据解得：t 1 s， v 4 m/s.(2)滑块在传送带上的加速度：a3mg 5 m/s 2m若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：v12a1L1 5 m/s<6 m/s即滑块滑上平板的速度为 5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t 离开平板时的速度为，v，平板位移为 x则v v1 a1 t 12L2 xv1t a1t 2x12a2t 2联立以上各式代入数据解得：t 1122>t，不合题意，舍去 )2s， t 2 s(t将 t 1 s 代入 v v a1t 得： v 3.5 m/s.24 如图甲所示，长为L=4.5 m 的木板 M 放在水平地而上，质量为m=l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m、 M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（ 1） m、M 之间的动摩擦因数；（ 2） M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F=29 N，且给vo =4m s，求 t=2 s 时 m 到 M 右端的距离【答案】 （1） 0.4（ 2） 4kg， 0.1（ 3）8.125m【解析】【分析】【详解】（ 1）由乙图知， m、 M 一起运动的最大外力 Fm=25N，当 F>25N 时， m 与 M 相对滑动，对 m 由牛顿第二定律有：1mgma1由乙图知a14m / s2解得1 0.4（2）对 M 由牛顿第二定律有F1mg2 ( Mm) gMa 2即F1mg2 (M m)g1mg2 (M m) g Fa2MMM乙图知11M41mg2 (Mm)g9M4解得M = 4 kg2=0. 1（3）给 m 一水平向右的初速度v04m / s 时， m 运动的加速度大小为a1 = 4 m/s2,方向水平向左 ，设 m 运动 t 1 时间速度减为零，则t1v01sa1位移xv t1 at 2 2m10121 1M 的加速度大小a2F1mgM2 (M m) g5m / s2方向向左 ，M 的位移大小x21 a2t122.5m2此时 M 的速度v2a2t15m / s由于 x1落，设 m 从x2L ，即此时 m 运动到 M 的右端，当M 上掉下来后M 的加速度天小为a3 ，对M 继续运动时， M 由生顿第二定律m 从M的右端竖直掉F2MgMa 3可得a325m / s24在 t=2s 时 m 与 M 右端的距离x3v(tt)1 a (tt)28.125m 213125 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1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数2=0.1， OB 与竖直方向 OC间的夹角 =37 ，取g=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 =W1 W215J【解析】【详解】vxv0（1）分解 vB，得： cosvyvy变形得： vBv05m/scos过 B 点时的速度方向与水平方向成37（ 2）因 1 mg5N>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：2 Mm gMa2 ，得 a2 1m/s2设它们经过时间t，共速 v共 ，则有：v共 =vC a1ta2t ，解得： t1s ， v共 =1m/s则对小物块在相对滑动有：xvCv共t3.5m ，12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 M m a共 ，2fma共1mg ，所以假设成立，之后它们相对静止一a共 1m/s ，则它们间的摩擦力起滑行至停下，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 15J6 如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块 A（可视为质点）木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数 2 .=0.2 ，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m / s2 ，求：（1）拉力撤去时，木板的速度vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大；（3）在满足（ 2）的条件下，物块最终将停在右端多远处【答案】 (1)V B=4m/s ；(2)L=1.2m ； (3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置(1)若相对滑动，对木板有： F2mg1 2mgmaB ，得： aB4m / s2对木块有2mgmaA ， aA2m / s2所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度vBaB t4m / s ， vAaA t 2m / s(2)撤去 F 后，经时间 t2 达到共同速度v；由动量定理2mgt2 mv mvB2 2mgt21mgt2mvmvB ，可得 t2 0.2s ， v=2.4m/s在撤掉 F 之前，二者的相对位移x1vBt1vAt122撤去 F 之后，二者的相对位移x2vBv t2vAv t 222木板长度 Lx1x21.2m(3)获得共同速度后，对木块，有2 mgxA01 mv2 ，2对木板有2 mg2 1 mg xB01 mv22二者的相对位移x3xAxB木块最终离木板右端的距离dx1x2x30.48m【点睛 】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点7 如图所示 ，质量为 M =2kg、长度 L5，在长木板右端m 的长木板静置于光滑水平面上6B 处放置一质量为m=1kg 的小物块 (可视为质点 )，小物块与木板间动摩擦因数=0.1现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间 t 撤去 F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s 2求：（ 1）小物块与木板系统生热 Q ；（ 2）力 F 作用时间 t ；（ 3）力 F 做功 W 【答案】 （1） Q5 J ；（ 2） t 1s；（ 3） W 5J。6【解析】【分析】【详解】（1）小物块与木板系统生热Q，则有：QmgL5代入数据解得 ： QJ6（ 2）由题分析知，小物块与木板相对运动时 ，设小物块加速度为 a 1 ，根据牛顿第二定律有：mgma 1解得： a 11m/s2木板加速度为a 2 ，根据牛顿第二定律有：FmgMa 2解得： a 22m/s2撤去 F 瞬时小物块速度为v1 ，则有：v1a 1 tt木板速度为 v 2 ，则有：v2a 2 t2t该过程木板相对小物块位移：x11 a 2 t21 a1t 2t2222撤去 F 后历时 t 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v，由动量守恒定律得：mv1Mv 2(m M )v5t解得： v3对小物块：由动量定理得：mgtm(vv1 )2t解得： t3该过程木板相对小物块位移：x2( v v2 ) t(v v1 ) t(v2v1) tt22223木板长度：5t 2Lx1x26解得： t1s（3）力 F 做功12WFa2t或W Q 1 ( m M )v2 2解得： W5 J【点睛】解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去可解答 F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律8 如图所示，质量M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，g 取 10m/s 2，(1)若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端?(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力出铁块受到木板的摩擦力f 随拉力 F 大小变化而变化的图像F 假设木板足够长，在图中画【答案】（ 1） 1s；（ 2）见解析【解析】【分析】【详解】（1）铁块的加速度大小=4m/s 2木板的加速度大小2m/s 2设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有解得： t=1s（ 2）9 如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s ，长为 L=1.4m，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同滑块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g=10m/s 2求(1)水平作用力F 的大小；(2)滑块开始下滑的高度h；(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q【答案】 (1)(2)0.1 m 或 0.8 m(3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解：（ 1）滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力FN 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：解得：若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则 t 时间内传送带的位移：s=v0t由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?10 如图所示，质量，的木板fx 静止在光滑水平地面上木板右端与竖直墙壁之间距离为，其上表面正中央放置一个质量的小滑块A A 与 B 之间动摩擦因数为0.2 ，现用大小为F18N 的推力水平向右推B ，两者发生相对滑动，作用t1 s后撤去推力 F 通过计算可知，在B 与墙壁碰撞时A 没有滑离 B 设 B 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g10 m/s2 求：(1) A 相对 B 滑动的整个过程中 A 相对 B 向左滑行的最大距离；(2) A 相对 B 滑动的整个过程中，A 、 B 系统产生的摩擦热【答案】 (1)(2)【解析】【详解】（1）在施加推力F 时，方向向右aBFmg4m / s2 方向向右Mls 末， F 撤去时，s11 aA t121m2s21 aB t122m2A 相对 B 向左滑动的距离撤去 F 至 A、 B 达到共同速度的过程中，方向向右，方向向左设 A、 B 速度相等经历的时间为t 2VAaA t 2VB aBt 2 得在此时间内B 运动的位移为 s2+s3<sB 与墙碰前速度相等， A、 B 的共同速度A 相对B 向左滑动的距离（2）与墙壁碰后：MV ABmVAB（mM ） V共mg Vs312(Mm)VAB212(Mm)V共2点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解