最新高考物理試卷物理牛頓運動定律的應用題分類匯編

1、最新高考物理試卷物理牛頓運動定律的應用題分類匯編一、高中物理精講專題測試牛頓運動定律的應用1.如圖，有一質(zhì)量為 M=2kg的平板車靜止在光滑的水平地面上，現(xiàn)有質(zhì)量均為m=1kg的小物塊A和B (均可視為質(zhì)點)，由車上P處開始，A以初速度刃=2m/s向左運動，同時 B以方=4m/s向右運動，最終 A、B兩物塊恰好停在小車兩端沒有脫離小車，兩物塊與小車間的動摩擦因數(shù)都為尸0.1,取g =求：A B |(1)開始時B離小車右端的距離；(2)從A、B開始運動計時，經(jīng)t=6s小車離原位置的距離?！敬鸢浮?1) B離右端距離由= L-Hi=7.5m(2)小車在6s內(nèi)向右走的總距離:x = S + S, =

2、 1.625 m【解析】(1)設(shè)最后達到共同速度 V,整個系統(tǒng)動量守恒，能量守恒,mvz - mui = (2m + M)vI 1113/mgA =冏M 4- -(2 rn + M)v2解得： = 03m/s|,'=95mA離左端距離卜1,運動到左端歷時t，在A運動至左端前，木板靜止=巧二口由，口二解得h = 2s,盯=2"B離右端距離,2二工一工=7.5m(2)從開始到達共速歷時解得打=3.54小車在口前靜止，在E1至心之間以a向右加速：Rmg = (,M +小車向右走位移.1接下來三個物體組成的系統(tǒng)以v共同勻速運動了小車在6s內(nèi)向右走的總距離：x = 5 + < =

3、1.625m【點睛】本題主要考查了運動學基本公式、動量守恒定律、牛頓第二定律、功能關(guān)系的直 接應用，關(guān)鍵是正確分析物體的受力情況，從而判斷物體的運動情況，過程較為復雜2.如圖所示，傾角 a =30的足夠長傳送帶上有一長 L=1.0m,質(zhì)量M=0.5kg的薄木板，木板 的最右端疊放質(zhì)量為 m=0.3kg的小木塊.對木板施加一沿傳送帶向上的恒力F,同時讓傳送木板與傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，運行速度v=1.0m/s。已知木板與物塊間動摩擦因數(shù)口=工3 ,2帶間的動摩擦因數(shù) 川=Y3 ,取g=10m/s2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力。4(1)若在恒力F作用下，薄木板保持靜止不動，通過計算判定小木塊所處的狀態(tài)；

4、(2)若小木塊和薄木板相對靜止，一起沿傳送帶向上滑動，求所施恒力的最大值Fm；若F=10N,木板與物塊經(jīng)過多長時間分離 ？分離前的這段時間內(nèi)，木板、木塊、傳送帶組 成系統(tǒng)產(chǎn)生的熱量 Q。2) 9.0N (3) 1s 12J【答案】(1)木塊處于靜止狀態(tài);【解析】【詳解】(1)對小木塊受力分析如圖甲：木塊重力沿斜面的分力：mg sin斜面對木塊的最大靜摩擦力：fm由于：fm mg sin所以，小木塊處于靜止狀態(tài)；13 mg31mg cosmg4(2)設(shè)小木塊恰好不相對木板滑動的加速度為a，小木塊受力如圖乙所示，則1mg cos mg sinma木板受力如圖丙所示，則：Fm Mg sin 2 M

5、m gcos1mgcosMa9解得：Fm - M m g 9.0N圖內(nèi)(3)因為F=10N>9N,所以兩者發(fā)生相對滑動2對小木塊有： a 1g cos g sin 2.5m/s對長木棒受力如圖丙所示F Mg sin 2 M m g cosmgcos解得 a 4.5m/s2一1 c 1c由幾何關(guān)系有：L a t at22解得t 1s全過程中產(chǎn)生的熱量有兩處，則Q Qi Q21mgLcos 2 M m g vtMa,2一 a3t cos解得：Q 12J。3.如圖甲所示，長為 L=4.5 m的木板M放在水平地而上，質(zhì)量為m=l kg的小物塊(可視為質(zhì)點)放在木板的左端，開始時兩者靜止.現(xiàn)用一水

6、平向左的力F作用在木板M上，通過傳感器測m、M兩物體的加速度與外力F的變化關(guān)系如圖乙所示.已知兩物體與地面之間的動摩擦因數(shù)相同，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g= 10m/s2.求:T乙(1) m、M之間的動摩擦因數(shù)；(2) M的質(zhì)量及它與水平地面之間的動摩擦因數(shù)；(3)若開始時對 M施加水平向左的恒力 F=29 N,且給m水平向右的初速度 vo=4 m/s,求t=2 s時m到M右端的距離.【答案】 (1) 0.4 (2) 4kg, 0.1 (3) 8.125m【解析】【分析】【詳解】(1)由乙圖知，m、M 一起運動的最大外力 Fm=25N, 當F>25N時，m與M相對滑動，對 m由牛頓

7、第二定律有：Fmg2(M m)gmga2M乙圖知11M 41mig2(M m)gM解得M = 4 kgu2=0. 11s1mg ma1由乙圖知a1 4m / s2解得10.4(2)對M由牛頓第二定律有F 1mg 2(M m)g Ma2即2(M m)g FMM(3)給m 水平向右的初速度 v0 4m/s時，m運動的加速度大小為 a1 = 4 m/s2,方向水 平向左，設(shè)m運動t1時間速度減為零，則 t v t1a1位移“122.x1v0t1a1tl2 m2M的加速度大小方向向左，M的位移大小此時M的速度a2F 1mg2(Mm)g 5m/s2M1.2x2 - a2tl2.5mv2 a2tl 5m

8、/ s由于X1 X2 L ,即此時 m運動到M的右端，當 M繼續(xù)運動時，m從M的右端豎直掉設(shè)m從M上掉下來后M的加速度天小為a3,對M由生頓第二定律F2MgMa3可得25/ 2a3m / s4在t=2s時m與M右端的距離12x3 v2(t t1) a3(t t1)8.125m .24.在一個水平面上建立 x軸，在過原點 O垂直于x軸的平面的右側(cè)空間有一個勻強電場，場強大小E=6.0X10 N/C,方向與x軸正方向相同，在原點 O處放一個質(zhì)量m=0.01 kg 帶負電荷的絕緣物塊，其帶電荷量 q= -5 X1(8 c.物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)=0.2給物塊一個沿x軸正方向的初速度 vo=2 m

9、/s.如圖所示.試求：77f7777TZ7777777777r O(1)物塊沿x軸正方向運動的加速度；(2)物塊沿x軸正方向運動的最遠距離；(3)物體運動的總時間為多長？【答案】(1)5 m/s2 (2)0.4 m (3)1.74 s【解析】【分析】帶負電的物塊以初速度vo沿x軸正方向進入電場中，受到向左的電場力和滑動摩擦力作用，做勻減速運動，當速度為零時運動到最遠處，根據(jù)動能定理列式求解；分三段進行研究：在電場中物塊向右勻減速運動，向左勻加速運動，離開電場后勻減速運動.根據(jù)運動 學公式和牛頓第二定律結(jié)合列式，求出各段時間，即可得到總時間.【詳解】(1)由牛頓第二定律可得mg Eq ma ,得

10、a 5m/s212(2)物塊進入電場向右運動的過程，根據(jù)動能定理得：mg Eq Si 0 mw .2代入數(shù)據(jù)，得：Si=0.4m(3)物塊先向右作勻減速直線運動，根據(jù)：Si 包一 包久，得：ti=0.4s22接著物塊向左作勻加速直線運動：a2 qE_mg =1m/s2.m根據(jù)：5 1a2t22 得 t2 2J02s22物塊離開電場后，向左作勻減速運動：a3mgg 2m/s2m根據(jù)：a3t3 a2t2解得t3 而2s物塊運動的總時間為：t ti t2 t3 1.74s【點睛】本題首先要理清物塊的運動過程，運用動能定理、牛頓第二定律和運動學公式結(jié)合進行求 解.5.如圖所示，一質(zhì)量 M=4.0kg、

11、長度L=2.0m的長方形木板 B靜止在光滑的水平地面上， 在其右端放一質(zhì)量 m=1.0kg的小滑塊A (可視為質(zhì)點)?，F(xiàn)對 A、B同時施以適當?shù)乃矔r沖 量，使A向左運動，B向右運動，二者的初速度大小均為2.0m/s,最后A并沒有滑離B板。已知A、B之間的動摩擦因數(shù)尸0.50取重力加速度g=10m/s2。求：8 一也(1)經(jīng)歷多長時間 A相對地面速度減為零；(2)站在地面上觀察，B板從開始運動，到 A相對地面速度減為零的過程中，B板向右運動的距離；(3) A和B相對運動過程中，小滑塊【答案】(1) P* (2)“7mA與板B左端的最小距離。0.72m(1) A在摩寸力f=mg用下，經(jīng)過時間t速度

12、減為零，根據(jù)動量定理有：mgt=mv解得 t=0.40s(2)設(shè)B減速運動的加速度為 a, A速度減為零的過程中，板 B向右運動的位移為 x.根據(jù)牛頓第二定律有mg=Ma解得 a=1.25m/s21根據(jù)勻變速直線運動位移公式有x=Vot-2 at2解得 x=0.70m(3)設(shè)A和B二者的共同速度為 v, 根據(jù)動量守恒定律有(M-m) vo= (M+m) v解得 v=1.2m/s設(shè)A和B二者達到共同速度時，小滑塊A與板B右端的距離為1,根據(jù)做功與能量變化的關(guān)系有11IImg1= (M+m) vo2-z (M+m) v2解得 1=1.28m,所以A、B相對運動過程中，小滑塊 A與板B左端的最小距離

13、為：x=L-1=0.72m 【點睛】本題可以通過分別對兩個木塊受力分析，求加速度，判斷運動規(guī)律；也可以直接用動量守恒定律和能量守恒列式求解，動量守恒定律不涉及中間過程，解題較為方便 6.如圖所示，傾角為30。的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，傳送帶正以6m/s的速度運動，運動方向如圖所示.一個質(zhì)量為2kg的物體(物體可以視為質(zhì)點)，從 h=3.2m高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失.物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5,重力加速度g=10m/s2,求：(1)物體第一次到達 A點時速度為多大？(2)要使物體不從傳送帶上滑落，傳送帶AB間的距

14、離至少多大？(3)物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度為多少？【答案】(1) 8m/s (2) 6.4m(3) 1.8m【解析】【分析】(1)本題中物體由光滑斜面下滑的過程，只有重力做功，根據(jù)機械能守恒求解物體到斜面 末端的速度大小；(2)當物體滑到傳送帶最左端速度為零時，AB間的距離L最小，根據(jù)動能定理列式求解；(3)物體在到達 A點前速度與傳送帶相等，最后以 6m/s的速度沖上斜面時沿斜面上滑達 到的高度最大，根據(jù)動能定理求解即可.【詳解】(1)物體由光滑斜面下滑的過程中，只有重力做功，機械能守恒，則得：mgh -mv22解得：v 2gh 2 10 3.2 8m/s(2)當物體滑

15、動到傳送帶最左端速度為零時，AB間的距離L最小，由動能能力得：1 2mgL 0 - mv2 q2解得：L m 6.4m2 g 2 0.5 10(3)因為滑上傳送帶的速度是 8m/s大于傳送帶的速度6m/s,物體在到達A點前速度與傳1 2送帶相等，最后以V帶 6m/s的速度沖上斜面，根據(jù)動能定理得： mgh 0 mv帶2得：h m 1.8m 2g 2 10【點睛】該題要認真分析物體的受力情況和運動情況，選擇恰當?shù)倪^程，運用機械能守恒和動能定理解題.7. 一長木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物塊，在木板右方有一墻壁，木板右端與墻壁的距離為 4.5m,如圖(a)所示。t=0時刻開始，小物塊與

16、木板一起以共同速度向右運動，直至t=1s時木板與墻壁碰撞(碰撞時間極短)。碰撞前后木板速度大小不變，方向相反；運動過程中小物塊始終未離開木板。已知碰撞后1s時間內(nèi)小物塊的v-t圖線如圖(b)所示。木板的質(zhì)量是小物塊質(zhì)量的15倍，重力加速度大小 g取10m/s2。求卜伽 n-3)0 12Ms圖圖(1)木板與地面間的動摩擦因數(shù)因及小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0(2)木板的最小長度；【答案】(1) 0.1; 0.4 (2) 6m【解析】【分析】(1)對碰前過程由牛頓第二定律時進行分析，結(jié)合運動學公式可求得崗；再對碰后過程分析同理可求得你。(2)分別對木板和物塊進行分析，由牛頓第二定律求解加速度，由運動

17、學公式求解位移，則可求得相對位移，即可求得木板的長度；【詳解】(1)規(guī)定向右為正方向。木板與墻壁相碰前，小物塊和木板一起向右做勻變速運動，設(shè)加速度為ai,小物塊和木板的質(zhì)量分別為m和M.由牛頓第二定律有：-禺(m+M) g= (m+M) ai由圖可知，木板與墻壁碰前瞬間速度vi=4m/s,由運動學公式得：vi=vo+ati ,1.2 公so= voti + aiti 2式中，ti=is, so=4.5m是木板碰前的位移，vo是小木塊和木板開始運動時的速度。聯(lián)立式和題給條件得：崗=0.i 在木板與墻壁碰撞后，木板以-vi的初速度向左做勻變速運動，小物塊以vi的初速度向右做勻變速運動。設(shè)小物塊的加

18、速度為a2,由牛頓第二定律有：-摩mg=ma2V2 Vi 一由圖可得：a2= t2 ti式中，t2=2s, V2=0,聯(lián)立式和題給條件得：口=0.4 (2)設(shè)碰撞后木板的加速度為a3,經(jīng)過時間 川，木板和小物塊剛好具有共同速度V3.由牛頓第二定律及運動學公式得：gmg+ 口(M+m) g=Ma3V3=-Vi+a3d v3=vi+a2At 碰撞后至木板和小物塊剛好達到共同速度的過程中，木板運動的位移為：Vi V3si = At- (ii)2小物塊運動的位移為：S2= v-v3-義(i2)2小物塊相對木板的位移為：As=S?+si(i3)聯(lián)立(ii) (i2) ( i3)式，并代入數(shù)值得：s=6.

19、0m因為運動過程中小物塊沒有脫離木板，所以木板的最小長度應為6.0m。8.如圖所示，繃緊的傳送帶始終保持著大小為v=4m/s的速度水平勻速運動，一質(zhì)量m=ikg的小物塊無初速地放到皮帶A處，物塊與皮帶間的滑動動摩擦因數(shù)科=0.2 A、B之間距離s=6m ,求物塊(i)從A運動到B的過程中摩擦力對物塊做多少功？ ( g=i0m/s 2)(2) A到B的過程中摩擦力的功率是多少？【答案】(i) 8J; (2) 3.2W;【解析】(i)小物塊開始做勻加速直線運動過程：加速度為:物塊速度達到與傳送帶相同時，通過的位移為:v£ 16x 4 m 4m v s = Gni說明此時物塊還沒有到達 B

20、點，此后物塊做勻速直線運動，不受摩擦力.由動能定理得，摩擦力對物塊所做的功為:1 1Wf - mv2 = - x 1 X 16/ = fl/(2)勻加速運動的時間Ax 6-4勻速運動的時間= = ；一S = 0.5$廿 4,摩擦力的功率9.水平面上有一木板，質(zhì)量為 M=2kg,板左端放有質(zhì)量為 m=1kg的物塊(視為質(zhì)點)， 已知物塊與木板間動摩擦因數(shù)為國=0.2,木板與水平面間的動摩擦因數(shù)為修=0.4.設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，取g 10m/s2.(1)現(xiàn)用水平力F拉動木板，為使物塊與木板一起運動而不相對滑動，求拉力F的大小范圍？(2)若拉動木板的水平力 F=15N,由靜止經(jīng)時間ti=4

21、s立即撤去拉力F,再經(jīng)t2=1s物塊恰 好到達板右端，求板長 L=?【答案】(1) 12NvFW 18N (2) 1.4m【解析】【分析】(1)物塊與木塊一起運動，拉力F必須大于木板與地面之間的最大靜摩擦力，當 m與M之間的摩擦力達到最大靜摩擦力時，拉力F達到最大值；(2)拉動木板的水平力 F=15N在第(1)問拉力的范圍內(nèi)，整體先做勻加速運動，撤去 F 后，m向右勻減速，M向右勻減速，當M靜止后，m繼續(xù)向右勻減速到木板右端，求出木板 靜止前的相對位移和木板靜止后物塊的位移，即可求出木板的長度；【詳解】(1) M與地面之間的最大靜摩擦力f1= qM+m)g = 0.4 X (2+1)柒10N當

22、M、m整體一起向右勻加速運動時，當 m與M的靜摩擦力達到最大靜摩擦力時，拉力 F 最大；對 m ： 111mg = ma 得 a=1g= 0.2 x 1m/s2 = 2m/s2對整體：F-科 2(M+m)g=(M+m)a代入數(shù)據(jù)：F-12= (2+1) X2解得：F=18N所以拉力F大小范圍是12NVFW18N(2)拉動木板的水平力 F=15N, M、m 一起勻加速運動,山F 2 M m g 15 1222根據(jù)牛頓第二te律：a=m/s=1m/sM m 2 1ti=4s 時速度 vi= ati = 1 xm/s=4m/s撤去F后，物塊加速度 a1 = 1g= 2m/s2對木板：1mg-2（M+

23、m）g = Ma2, 代入數(shù)據(jù)：0.2 x 10-12= 2 a2解得：a2 = -5 m/s2木板向右速度減為 。的時間；根據(jù)題意t2=1s物塊恰好到達板右端0 v10 4t1=s= 0.8sa251 2-1-2-在t1 時間內(nèi)物塊的位移：x=v1tl a1tl4 0.8 - 2 0.8= 2.56m2 2V14 一一一木板的位移：x2t10.8= 1.6m22物塊相對木板的位移 x= X1-X2= 2.56-1.6 = 0.96m根據(jù)題意撤去力F后，再經(jīng)t2=1s物塊恰好到達板右端所以木板靜止后，木塊繼續(xù)運動0.2st1= 0.8s時物塊白速度 V2=V1-a1t1= 4-2 X 0.8 2.4m/s1 2_cc1ccc2 cVx'=v2t2 a1t22.40.220.2 m= 0.44m2 2木板長：L=Ax+Ax 7 =0.96+0.44=1.4m10.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，并用細線鎖住，兩者以共同速度vo=8 m/s向右運動，某時刻細線突然斷開，C和彈簧分離后，撤去 D, C與A碰撞并與A粘連