高中物理牛頓運動定律的應(yīng)用常見題型及答題技巧及練習(xí)題(含答案)

1、高中物理牛頓運動定律的應(yīng)用常見題型及答題技巧及練習(xí)題(含答案)一、高中物理精講專題測試牛頓運動定律的應(yīng)用1.如圖所示，質(zhì)量為 M=10kg的小車停放在光滑水平面上.在小車右端施加一個F=10N的水平恒力.當(dāng)小車向右運動的速度達到2.8m/s時，在其右端輕輕放上一質(zhì)量m=2.0kg的小黑煤塊(小黑煤塊視為質(zhì)點且初速度為零)，煤塊與小車間動摩擦因數(shù)科=0.20 .假定小車足夠長.,F二 M J產(chǎn)金資產(chǎn)產(chǎn)產(chǎn)金)#步#,(1)求經(jīng)過多長時間煤塊與小車保持相對靜止(2)求3s內(nèi)煤塊前進的位移(3)煤塊最終在小車上留下的痕跡長度【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分別對

2、滑塊和平板車進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求出各自加速度，物塊在小車上停 止相對滑動時，速度相同，根據(jù)運動學(xué)基本公式即可以求出時間.通過運動學(xué)公式求出位 移.【詳解】(1)根據(jù)牛頓第二定律，剛開始運動時對小黑煤塊有：Fnma1FN-mg=0代入數(shù)據(jù)解得：a=2m/s2剛開始運動時對小車有：F Fn Ma2解得：a2=0.6m/s2經(jīng)過時間t,小黑煤塊和車的速度相等，小黑煤塊的速度為：v1=at車的速度為：v2=v+a2 t解得：t=2s；(2)在2s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為：12X131t4m22s時的速度為：v1a1t12 2m/s 4m/s此后加速運動的加速度為:2a3 - m/sM m 6

3、然后和小車共同運動t2=1S時間，此IS時間內(nèi)位移為：1 2x2 v1t2a3t2 4.4m2所以煤塊的總位移為：x1 x2 8.4m(3)在2s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為：1 2X,a1t4m2小車前進的位移為：,1,2x v1ta1t6.8m2兩者的相對位移為：x x x12.8m即煤塊最終在小車上留下的痕跡長度2.8m.【點睛】該題是相對運動的典型例題，要認真分析兩個物體的受力情況，正確判斷兩物體的運動情 況，再根據(jù)運動學(xué)基本公式求解.2.皮帶傳輸裝置示意圖的一部分如下圖所示，傳送帶與水平地面的夾角37, A、B兩端相距12m,質(zhì)量為M=1kg的物體以v°=14.0m/s的速度沿A

4、B方向從A端滑上傳送帶，物體與 傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,傳送帶順時針運轉(zhuǎn)動的速度v=4.0m/s(g取10m/s2),試求:(1)物體從A點到達B點所需的時間；(2)若物體能在傳送帶上留下痕跡 ，物體從A點到達B點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長 度.【答案】(1) 2s (2) 5m【解析】【分析】(1)開始時物體的初速度大于傳送帶的速度，根據(jù)受力及牛頓第二定律求出物體的加速 度，當(dāng)物體與傳送帶共速時，求解時間和物體以及傳送帶的位移；物體與傳送帶共速后， 物體向上做減速運動，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，幾何運動公式求解到達B點的時間以及傳送帶的位移；(2)開始時物體相對傳送帶上滑，后來物

5、體相對傳送帶下滑，結(jié)合位移關(guān)系求解劃痕長度【詳解】(1)物體剛滑上傳送帶時因速度vo=14.0m/s大于傳送帶的速度 v=4m/s ,則物體相對斜面向上運動，物體的加速度沿斜面向下，根據(jù)牛頓第二定律有：Mgsin e+MgcoS =Ma解得：ai=gsin 0+(1 gc Os=10m/S當(dāng)物體與傳送帶共速時：vo-ati=v解得ti=1s此過程中物體的位移 x1 vvt1 9 m 2傳送帶的位移：x2 vt1 4m當(dāng)物體與傳送帶共速后，由于r0.5<tan370=0.75,則物體向上做減速運動，加速度為：Mgsin +MgcosO =Ma解得 a2=2m/s2物體向上減速運動 Si=L

6、-xi=3m1 C根據(jù)位移公式：Sl=vt 2-32t222解得：t2=1 S t t2=3 S 舍去)則物體從A點到達B點所需的時間：t=t1+t2=2s(2)物體減速上滑時，傳送帶的位移：S2 vt2 4m則物體相對傳送帶向下的位移s s2 sl 1m因物體加速上滑時相對傳送帶向上的位移為： x x1 x2 5m則物體從A點到達B點的過程中在傳送帶上留下的劃痕長度為5m.【點睛】此題是牛頓第二定律在傳送帶問題中的應(yīng)用問題；關(guān)鍵是分析物體的受力情況，根據(jù)牛頓 第二定律求解加速度，根據(jù)運動公式求解時間和位移等；其中的關(guān)鍵點是共速后物體如何 運動.3.如圖甲所示，m1 =5 kg的滑塊自光滑圓弧

7、形槽的頂端A點無初速度地滑下，槽的底端與水平傳送帶相切于左端導(dǎo)輪頂端的B點，傳送帶沿順時針方向勻速運轉(zhuǎn).m1下滑前將m2 =3 kg的滑塊停放在槽的底端.m1下滑后與m2發(fā)生碰撞，碰撞時間極短，碰后兩滑塊均向右運動，傳感器分別描繪出了兩滑塊碰后在傳送帶上從B點運動到C點的v-t圖象，如圖乙、丙所示.兩滑塊均視為質(zhì)點，重力加速度g = 10 m/s2.(1)求A、B的高度差h;(2)求滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù)和傳送帶的長度Lbc；滑塊m2到達C點時速度恰好減到 3 m/s,求滑塊m2的傳送時間；(4)求系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量.【答案】 (1) 0.8m (2) 26m (3) 6.5s (4

8、) 16J【解析】(1)由圖乙可知，碰撞后瞬間，mi的速度vi=1 m/s, m2的速度V2 =5 m/s,設(shè)碰撞前瞬間 mi的速度為vo,取向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒：m1vo= m1V1+ m2v2解得：vo = 4 m/s1 2m1下滑的過程機械能守恒：m1gh 3丫02解得：h =0.8 mvc(2)由圖乙可知，滑塊m1在傳送帶上加速運動時的加速度大小a 0.5m/s2P1m1g= m1a國=0.054 s,后勻速運動6 s到達C點滑塊的加速度就是由滑動摩擦力提供，故 可求出滑塊m1與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 由圖乙可知，滑塊 m1在傳送帶上先加速圖線與坐標(biāo)軸圍成的圖形的面積在數(shù)值上

9、等于傳送帶的長度Lbc,即Lbc= 26 m(3)滑塊m2一直做勻減速直線運動，達C點時速度恰好減到 3 m/s ,全程的平均速度為V2 V v 4m/s2設(shè)滑塊m2的傳送時間為t,則有t LJ 6.5s v1,2-(4)由圖乙可知，滑塊 m1在傳送帶上加速階段的位移 X vot1 2at1 8m滑塊m1在傳送帶上加速階段產(chǎn)生的熱量Q1= p1m1g(vt1-X1)=10 Jv 4 c滑塊m2在傳送帶上減速的加速大小a - -m/s2t 13滑塊m 2受到的滑動摩擦力大小 f = m2a'滑塊m2在傳送帶上減速階段產(chǎn)生的熱量Q2 = f(LBc-vt) = 6 J系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量

10、Q = Q1+ Q2=16 J.4.如圖所示，質(zhì)量 M=2kg足夠長的木板靜止在水平地面上，與地面的動摩擦因數(shù)W=0. 1,另一個質(zhì)量 m=1kg的小滑塊，以6m/s的初速度滑上木板，滑塊與木板之間的動 摩擦因數(shù) M2=0. 5, g取l0m/s2.(1)若木板固定，求小滑塊在木板上滑過的距離.(2)若木板不固定，求小滑塊自滑上木板開始多長時間相對木板處于靜止.(3)若木板不固定，求木板相對地面運動位移的最大值.2【答案】(1) X v0- 3.6m (2) t=1s (3) Xi X2 1m 2a【解析】 【分析】 【詳解】試題分析：(1) a2g 5m/s22 v0 x 3.6m 2a(2

11、)對 m： a12g 5m/ s2,對 M ： Ma22mg 1(m M )g ,2a2 1m/svo at a2tt=1s1 2(3)木板共速刖先做勻加速運動x1 at 0.5m2速度 v1 a2t 1m/s以后木板與物塊共同加速度 a3勻減速運動 a3 g 1m/s2,X 1.2x2 vt -a3t0.5mX=x1 x2 1m考點：牛頓定律的綜合應(yīng)用5.如圖所示，水平傳送帶長為L=11.5m,以速度v=7.5m/s沿順時針方向勻速轉(zhuǎn)動.在傳送帶的A端無初速釋放一個質(zhì)量為m=1kg的滑塊(可視為質(zhì)點)，在將滑塊放到傳送帶的同時，對滑塊施加一個大小為F=5N、方向與水平面成 。二370的拉力，

12、滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為 后0.5,重力加速度大小為 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8.求滑塊從 A端運動 到B端的過程中：(1)滑塊運動的時間；(2)滑塊相對傳送帶滑過的路程.【答案】(1) 2s (2) 4m【解析】【分析】(1)滑塊滑上傳送帶后，先向左勻減速運動至速度為零，以后向右勻加速運動.根據(jù)牛頓 第二定律可求得加速度，再根據(jù)速度公式可求出滑塊剛滑上傳送帶時的速度以及速度相同 時所用的時間； 再對共速之后的過程進行分析，明確滑塊可能的運動情況，再由動力學(xué)公 式即可求得滑塊滑到 B端所用的時間，從而求出總時間.(2)先求出滑塊相對傳送帶向左的位移，再

13、求出滑塊相對傳送帶向右的位移，即可求出滑 塊相對于傳送帶的位移.【詳解】(1)滑塊與傳送帶達到共同速度前，設(shè)滑塊加速度為a1,由牛頓第二定律：Fcos37 mg Fsin37ma2解得：a1 7.5m/sv ,滑塊與傳送帶達到共同速度的時間：ti - 1sai此過程中滑塊向右運動的位移：& -t1 3.75m2共速后，因Fcos37 mg Fsin37 ,滑塊繼續(xù)向右加速運動，由牛頓第二定律：Fcos37 mg Fsin37ma22解得：a2 0.5m/ s22根據(jù)速度位移關(guān)系可得：v B v 2a2 L 6滑塊到達B端的速度：vB 8m/ s , ，Vb V ,滑塊從共速位置到 B端

14、所用的時間：t2 1sa2滑塊從A端到B端的時間：t t t2 2s(2) 07s內(nèi)滑塊相對傳送帶向左的位移：Ys vt1 s1 3.75m ,1sMs內(nèi)滑塊相對傳送帶向右的位移：Vs2L s1 vt2 0.25m ,0Ts內(nèi)滑塊相對傳送帶的路程：Vs Vs, Vs2 4m6.如圖所示，質(zhì)量為 m=1kg的滑塊，在水平力 F作用下靜止在傾角為。=30的光滑斜面上，斜面的末端處與水平傳送帶相接(滑塊經(jīng)過此位置滑上皮帶時無能量損失)，傳送帶的運行速度為V0=3m/s,長為L=1.4m,今將水平力撤去，當(dāng)滑塊滑到傳送帶右端C時，恰好與傳送帶速度相同.滑塊與傳送帶間的動摩擦因數(shù)(1=0.25 g=10

15、m/s2.求(3)在第(2)問中若滑塊滑上傳送帶時速度大于3m/s,求滑塊在傳送帶上滑行的整個過程中產(chǎn)【解析】(2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J解：(1)滑塊受到水平推力 F、重力mg和支持力Fn處于平衡，如圖所示:(2)設(shè)滑塊從高為h處下滑，到達斜面底端速度為 v下滑過程1由機械能守恒有： mg二-rn v2,解得：V - 4河】若滑塊沖上傳送帶時的速度小于傳送帶速度，則滑塊在帶上由于受到向右的滑動摩擦力而1 1做勻加速運動；根據(jù)動能定理有：LL斛得：h = 一一四工=0?71若滑塊沖上傳送帶時的速度大于傳送帶的速度，則滑塊由于受到向左的滑動摩擦力而做勻1 1減速運動；根據(jù)動

16、能定理有：-“舊或=2加場-會用"?解得：h = 一 + ui = OUm 2g(3)設(shè)滑塊在傳送帶上運動的時間為t,則t時間內(nèi)傳送帶的位移：s=vot 1 由機械能寸恒有： mgh =v = v-at滑塊相對傳送帶滑動的位移 口s = I，- r相對滑動生成的熱量？二殳？7.下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災(zāi)害.某地有一傾角為0 =3°3 ,，、， ，一一一，一(sin37 =-)的山坡C,上面有一質(zhì)量為 m的石板B,其上下表面與斜坡平行；B上有一碎石堆A (含有大量泥土)，A和B均處于靜止?fàn)顟B(tài)，如圖所示.假設(shè)某次暴雨中，A浸透雨水后總質(zhì)量也為 m (可視為質(zhì)量

17、不變的滑塊)，在極短時間內(nèi)，A、B間的動摩擦因數(shù)3W減小為B、C間的動摩擦因數(shù) 盧減小為0.5, A、B開始運動，此時刻為計時起點； S在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?，H保持不變.已知 A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m, C足夠長，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小(1)在02s時間內(nèi)A和B加速度的大??；(2) A在B上總的運動時間.【答案】(1) ai=3m/s2; %=1m/s2; (2) 4s【解析】本題主要考查牛頓第二定律、勻變速運動規(guī)律以及多物體多過程問題; (1)在0-2s內(nèi)，A和B受力如圖所示由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得工二必因A；=胴 g COE

18、J.f、A' ?工=工+ wgcos 8以沿著斜面向下為正方向，設(shè)A和B的加速度分別為，由牛頓第二定律可得：叫疝】8 - 6 = 2叫Mg血9-八斗/=陰：(6)聯(lián)立以上各式可得 ai =3m/s2a2=1m/s2.(2)在ti=2s,設(shè)A和B的加速度分別為，則vi=aiti=6m/s V2=a2t1=2m/s (10)t>ti時，設(shè)A和B的加速度分別為口；，可此時AB之間摩擦力為零，同理可得:口;三6網(wǎng)三:(11)口;士 -Im s * (12)即B做勻減速，設(shè)經(jīng)時間，B的速度減為零，則：%+療工=0聯(lián)立可得t2=is .(14)在ti+t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為工=&

19、amp;卬;+、4玲 一(4eF：+：口/)=125 < 27m (15)Xn此后B靜止不動，A繼續(xù)在B上滑動，設(shè)再經(jīng)時間后 t3, A離開B,則有l(wèi)s =(勺+日上注+可得,t3=is (另一解不合題意，舍去，)則A在B上的運動時間為t總.t 總=b+12+13=4$(利用下面的速度圖象求解，正確的，參照上述答案信參考給分)【考點定位】牛頓第二定律；勻變速直線運動;【方法技巧】本題主要是考察多過程問題，要特別注意運動過程中摩擦力的變化問題.要 特別注意兩者的運動時間不一樣的，也就是說不是同時停止的.8 .如圖所示，在傾角為。的光滑物塊P斜面上有兩個用輕質(zhì)彈簧相連的物塊 A B; C為-

20、 垂直固定在斜面上的擋板 7、C總質(zhì)量為M, A、B質(zhì)量均為m,彈簧的勁度系數(shù)為 k,系 統(tǒng)靜止于光滑水平面現(xiàn)開始用一水平力 F從零開始增大作用于 P.（1物塊B剛要離開C時力F.W）從開始到此時物塊 A相對于斜面的位移 > （物塊A一直沒離開斜面，重力加速度為mgsinif【答案】（1）（2）八一【解析】【分析】先對斜面體和整體受力分析，根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，再分別多次對物體A、B或AB整體受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律，運用合成法列式分析求解。【詳解】口”再整體做為研究對象，剛要離開 C瞬間與C的作用力為0,受力情況如圖：根據(jù)力的平衡知識有：Nemo = 2mq, |Ns函-

21、= 0對P、A、B整體分析受力有：F = （2m + M）n聯(lián)立解得：廣二+口）開始時彈簧壓縮，有：匕=抗.”怕"由。）分析可知加速度為a=an0譏 gsin。x-Q-對B分析可知要離開時彈簧處于原長，彈力為0 ;所以物塊A的位移：K【點睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進行受力分析，運用牛頓第二定律進行求解，注意整體法和隔 離法的運用。9 .圖示為倉庫中常用的皮帶傳輸裝置示意圖，它由兩臺皮帶傳送機組成，一臺水平傳送， A、B兩端相距3m ,另一臺傾斜，傳送帶與地面的傾角0= 37； C、D兩端相距4.45m,B、C相距很近。水平部分 AB以5m/s的速率順時針轉(zhuǎn)動。將質(zhì)量為 10 kg的

22、一袋大米輕放 在A端，到達B端后，速度大小不變地傳到傾斜的CD部分，米袋與傳送帶間的動摩擦因數(shù)均為 0.5.試求：(已知 sin37o= 0.6, cos37o= 0.8, g取 10 m/s2 , J6 =2.450,7.2 =2.68)(1)若CD部分傳送帶不運轉(zhuǎn)，求米袋沿傾斜傳送帶所能上升的最大距離.(2)若要米袋能被送到 D端，求CD部分順時針運轉(zhuǎn)的速度應(yīng)滿足的條件及米袋從C端到D端所用時間的取值范圍.【答案】 能滑上的最大距離 s=1.25m (2)要把米袋送到D點，CD部分的速度Vcd 4m/ s 時間 t 的范圍為 1.16s w t w 2.1s【解析】【分析】(1)由牛頓第二

23、定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能為5m/s,則應(yīng)判斷米袋到達B點時是否已達最大速度，若沒達到，則由位移與速度的關(guān)系可求得B點速度，若達到，則以5m/s的速度沖上CD;在CD面上由牛頓第二定律可求得米袋的加速度，則由位 移和速度的關(guān)系可求得上升的最大距離；(2)米袋在CD上應(yīng)做減速運動，若 CD的速度較小，則米袋的先減速到速度等于CD的速度，然后可能減小到零，此為最長時間；而若傳送帶的速度較大，則米袋應(yīng)一直減速， 則可求得最短時間；【詳解】(1)米袋在AB上加速時的加速度 a°=9=聞= 5m/s2m2米袋的速度達到 V0=5m/s時，滑行的距離 so= =2.5m <

24、 AB=3m,2a因此米袋在到達B點之前就有了與傳送帶相同的速度；設(shè)米袋在CD上運動的加速度大小為a,由牛頓第二定律得 mgsin 0 +mgcos。=ma代入數(shù)據(jù)得 a=10 m/s22所以能滑上的最大距離 s= v> = 1.25m2a(2)設(shè)CD部分運轉(zhuǎn)速度為vi時米袋恰能到達 D點(即米袋到達 D點時速度恰好為零)，則米袋速度減為 vi之前的加速度為 a1=-g (sin 0 +科Cos= -10 m/s2米袋速度小于 vi至減為零前的加速度為 a2=-g (sin - cos)0=-2 m/s2,Vi2 v20 v2由二4.45m2ai2a2解得vi=4m/s ,即要把米袋送到

25、 D點，CD部分的速度 vcd>i=4m/sV1 v00 V1米袋恰能運到D點所用時間最長為tmax= -_0 1=2.1saa2若CD部分傳送帶的速度較大，使米袋沿CD上滑時所受摩擦力一直沿皮帶向上，則所用時間最短，此種情況米袋加速度一直為a2.由 ScD=V0tmin+J a2t2min ,得：tmin = 1.16s所以，所求的時間t的范圍為1.16 s wtw2.1 s【點睛】題難點在于通過分析題意找出臨條界件，注意米袋在CD段所可能做的運動情況，從而分析得出題目中的臨界值為到達D點時速度恰好為零.10.如圖甲所示，長木板 A靜止在水平地面上，其右端疊放著物塊B,左端恰好在 。點，水平面以。點為界，左側(cè)光滑、右側(cè)粗糙。物塊C(可以看作質(zhì)點)和D間夾著一根被壓縮的彈簧，并用細線