【物理】物理牛頓運動定律的應用練習題及答案

(1)小球受到手的拉力大小 F;(2)物塊和小球的質(zhì)量之比 (1)小球受到手的拉力大小 F;(2)物塊和小球的質(zhì)量之比 M:m；(3)小球向下運動到最低點時，物塊5【答案】(1)F|MgmgM6(2)—— (3)Tm58mMg 485mM(T至mg或【物理】物理牛頓運動定律的應用練習題及答案一、高中物理精講專題測試牛頓運動定律的應用1.如圖所示，釘子A、B相距51,處于同一高度.細線的一端系有質(zhì)量為 M的小物塊，另一端繞過A固定于B.質(zhì)量為m的小球固定在細線上C點，B、C間的線長為31.用手豎直向下拉住小球，使小球和物塊都靜止，此時 BC與水平方向的夾角為53°.松手后，小球運動到與A、B相同高度時的速度恰好為零，然后向下運動.忽略一切摩擦，重力加速度為g,取sin53=0.8,cos53=0.6.求:M所受的拉力大小T8 、T—Mg)11【解析】【分析】【詳解】(1)設小球受ACBC的拉力分別為F1、F2F1sin53=F2cos53F+mg=F1cos53+F2sin53且F1=Mg5斛得F3Mgmg(2)小球運動到與A、B相同高度過程中小球上升高度h1=3lsin53,0物塊下BI高度h2=2l機械能守恒定律mgh1=Mgh2…M6斛得——m5AC方向的加速度大小為a,重物受AC方向的加速度大小為a,重物受牛頓運動定律Mg干Ma小球受AC的拉力TT牛頓運動定律T'mgcos53=ma8mMg丁48 — 8一斛得T (T—mg^T—Mg)5(mM) 55 11本題考查力的平衡、機械能守恒定律和牛頓第二定律.解答第( 1)時，要先受力分析，建立豎直方向和水平方向的直角坐標系，再根據(jù)力的平衡條件列式求解；解答第( 2)時，根據(jù)初、末狀態(tài)的特點和運動過程，應用機械能守恒定律求解，要注意利用幾何關系求出小球上升的高度與物塊下降的高度；解答第( 3)時，要注意運動過程分析，弄清小球加速度和物塊加速度之間的關系，因小球下落過程做的是圓周運動，當小球運動到最低點時速度剛好為零，所以小球沿AC方向的加速度(切向加速度)與物塊豎直向下加速度大小相2.如圖甲所示，質(zhì)量為m1kg的物體置于傾角為 37的固定且足夠長的斜面上，對物體施以平行于斜面向上的拉力 F,ti0.5s時撤去拉力，物體速度與時間v-t的部分圖象如圖乙所示。(g10m/s2,sin3706cos37 0.8)問：(1)物體與斜面間的動摩擦因數(shù) 為多少？(2)拉力F的大小為多少？M'I甲 乙【答案】(1)0.5(2)30N【解析】【詳解】(1)由速度時間圖象得：物體向上勻減速時加速度大小:10-5 2 2m/s10m/s0.5根據(jù)牛頓第二定律得:mgsinmgcos ma1代入數(shù)據(jù)解得：0.5(2)由速度時間圖象得：物體向上勻加速時：V一,2a2—20m/st根據(jù)牛頓第二定律得：Fmgsinmgcos ma2代入數(shù)據(jù)解得:F30N3.如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的物塊放在傾角為。=37的斜面體上，余^面質(zhì)量為 M=4kg,地面光滑，現(xiàn)對斜面體施一水平推力F,要使物塊m面光滑，現(xiàn)對斜面體施一水平推力F,要使物塊m相對斜面靜止，求：(取sin37=0.6,cos37=0.8,g=10m/s2)(1)若斜面與物塊間無摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大??；(2)若斜面與物塊間的動摩擦因數(shù)為 科=0.2已知物體所受滑動摩擦力與最大靜摩擦力相等，求推力F的取值.(此問結(jié)果小數(shù)點后保留一位)【答案】(1)7.5m/s2；25N(2)28.8N&F<67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物塊m在水平推力作用下一起向左勻加速運動，物塊m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物塊m的受力情況，由牛頓第二定律可求出加速度 a和支持力.(2)用極限法把F推向兩個極端來分析：當F較小(趨近于0)時，由于四tan9,因此物塊將沿斜面加速下滑；若F較大(足夠大)時，物塊將相對斜面向上滑，因此 F不能太小，也不能太大，根據(jù)牛頓第二定律，運用整體隔離法求出 F的取值范圍.【詳解】(1)由受力分析得：物塊受重力，斜面對物塊的支持力，合外力水平向左.根據(jù)牛頓第二定律得：mgtan0=ma得a=gtan0=10xtan37°=7.5m/s——mg20m受到支持力Fn」- N=25Ncoscos37(2)設物塊處于相對斜面向下滑動的臨界狀態(tài)時的推力為 F1,此時物塊的受力如下圖所示對物塊分析，在水平方向有 Nsin0-jiNcosO=m)a豎直方向有Ncos0+Nsin-0mg=0對整體有Fi=(M+m)ai代入數(shù)值得ai=4.8m/s2,Fi=28.8N設物塊處于相對斜面向上滑動的臨界狀態(tài)時的推力為 F2,對物塊分析，在水平方向有 N'sin-科N'cOsma2豎直方向有N'coS-(1N'sin-mg=0對整體有F2=(M+m)a2代入數(shù)值得a2=11.2m/s2,F2=67.2N綜上所述可以知道推力F的取值范圍為：28.8N4W67.2N【點睛】解決本題的關鍵能夠正確地受力分析，抓住臨界狀態(tài)，運用牛頓第二定律進行求解，注意整體法和隔離法的運用.4.某智能分揀裝置如圖所示，A為包裹箱，BC為傳送帶.傳送帶保持靜止，包裹P以初速度V0滑上傳送帶，當P滑至傳送帶底端時，該包裹經(jīng)系統(tǒng)掃描檢測，發(fā)現(xiàn)不應由A收納，則被攔停在B處，且系統(tǒng)啟動傳送帶輪轉(zhuǎn)動，將包裹送回 C處.已知vo=3m/s,包裹與傳送帶間的動摩擦因數(shù)后0.8,傳送帶與水平方向夾角。370,傳送帶BC長度L=10m,重力加速度g=10m/s2,sin37o=0.6,cos37o=0.8,求：(1)包裹P沿傳送帶下滑過程中的加速度大小和方向；(2)包裹P到達B時的速度大??；(3)若傳送帶勻速轉(zhuǎn)動速度 v=2m/s,包裹P經(jīng)多長時間從B處由靜止被送回到C處；(4)若傳送帶從靜止開始以加速度 a加速轉(zhuǎn)動，請寫出包裹P送回C處的速度vc與a的關系式，并畫出vc2-a圖象.【答案】(1)0.4m/s2方向：沿傳送帶向上 (2)1m/s(3)7.5s2、2 20a(a0.4m/s)(4)Vc / 2 如圖所示:8(a0.4m/s2)【解析】【分析】a進行討論分析得到va進行討論分析得到vc2-a的關系，從而畫出圖像。【詳解】(1)包裹下滑時根據(jù)牛屯第二定律有： mgsin(1)包裹下滑時根據(jù)牛屯第二定律有： mgsinmgcosma12 2:L=vvo2a2 2:L=vvo2a(3)包裹P向上勻加速運動根據(jù)牛頓第二定律有:mgcosmgsinma22代入數(shù)據(jù)得：a1 0.4m/s，方向：沿傳送帶向上；(2)包裹P沿傳送帶由B到C過程中根據(jù)速度與位移關系可知代入數(shù)據(jù)得：v1m/s;2得a20.4m/s當包裹P的速度達到傳送帶的速度所用時間為 ：tia22-s0.4當包裹P的速度達到傳送帶的速度所用時間為 ：tia22-s0.45s速度從零增加到等于傳送帶速度時通過的位移有2a2 24——m0.45m因為x<L,所以包裹先加速再勻速，勻速運動時間:t2105 s22.5s則P從B處到C處總時間為：tLt27.5s；(4)若a0.4m/s2,則包裹相對傳送帶靜止一起做勻加速運動,加速位移等于傳送帶的長度，即： vC2aL即：vC20a若a0.4m/s2,則包裹在傳送帶上有相對滑動，包裹以 a2=0.4m/s2向上勻加速運動,,. ,. 2有：vC2a2L2即Vc8(m/s)2?兩種情況結(jié)合有:2Vc20a(a0.4m/s2)兩種情況結(jié)合有:2Vc8a0.4m/s2)圖像如圖所示OJ【點睛】解決本題的關鍵會根據(jù)物體的受力分析物體的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式分析求解。5.如圖甲所示，mi=5kg的滑塊自光滑圓弧形槽的頂端 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輪頂端的 B點，傳送帶沿順時針方向勻速運轉(zhuǎn). mi下滑前將m2=3kg的滑塊停放在槽的底端. mi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=10m/s2.(1)求A、B的高度差h;(2)求滑塊mi與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 科和傳送帶的長度Sc;(3)滑塊m2到達C點時速度恰好減到3m/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)16J【解析】(1)由圖乙可知，碰撞后瞬間， mi的速度vi=1m/s,m2的速度v2=5m/s,設碰撞前瞬間mi的速度為vo,取向右的方向為正方向，根據(jù)動量守恒： mivo=mivi+m2v2解得：vo=4m/s2mi下滑的過程機械能守恒： m1gh一日丫。解得：h=0.8m，一一，一. v o(2)由圖乙可知，滑塊mi在傳送市上加速運動時的加速度大小 a—0.5m/s2滑塊的加速度就是由滑動摩擦力提供，故 因mig=mia可求出滑塊mi與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 1=0.05由圖乙可知，滑塊mi在傳送帶上先加速4s,后勻速運動6s到達C點圖線與坐標軸圍成的圖形的面積在數(shù)值上等于傳送帶的長度 Lbc,即Lbc=26m(3)滑塊m2一直做勻減速直線運動，達 C點時速度恰好減到3m/s,全程的平均速度為_V2vv 4m/s2設滑塊m2的傳送時間為t,則有t絲6.5sv2(4)由圖乙可知，滑塊mi在傳送帶上加速階段的位移xivoti-ati28m滑塊mi在傳送帶上加速階段產(chǎn)生的熱量 Qi=wmig(vti-xi)二10Jv4c滑塊m2在傳送帶上減速的加速大小 a———m/s2ti3滑塊m2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(gc-vt)=6J系統(tǒng)因摩擦產(chǎn)生的熱量Q=Qi+Q2=i6J..如圖所示，水平傳送帶長為 L=ii.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=ikg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。=37°的拉力，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=i0m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8,求滑塊從A端運動到B端的過程中：(i)滑塊運動的時間；(2)滑塊相對傳送帶滑過的路程.【答案】(i)2s(2)4m【解析】【分析】(i)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】(i)滑塊與傳送帶達到共同速度前，設滑塊加速度為ai,由牛頓第二定律：Fcos37mgFsin37 ma,一 __ .2解得：ai7.5m/s

tl1s滑塊與傳送帶達到共同速度的時間:atl1s滑塊與傳送帶達到共同速度的時間:此過程中滑塊向右運動的位移： s,vt13.75m2共速后,因Fcos37mgFsin37,滑塊繼續(xù)向右加速運動，由牛頓第二定律：Fcos37mgFsin37m在2解得：a20.5m/s2 2根據(jù)速度位移關系可得： vBv2a2LS滑塊到達B端的速度：vB8m/svBv.滑塊從共速位置到B端所用的時間：t2 ——1sa2滑塊從A端到B端的時間：tt1t22s(2)07s內(nèi)滑塊相對傳送帶向左的位移： Ysvtisi3.75m:isMs內(nèi)滑塊相對傳送帶向右的位移： Vs2 Ls, vt20.25m0-2s內(nèi)滑塊相對傳送帶的路程： VsVs,Vs24m.傳送帶以恒定速率v=4m/s順時針運行，傳送帶與水平面的夾角 9=37°.現(xiàn)將質(zhì)量m=kg的小物塊輕放在其底端(小物品可看成質(zhì)點)，平臺上的人通過一根輕繩用恒力F=10N拉小物塊，經(jīng)過一段時間物塊被拉到離地高為 H=1.8m的平臺上，如圖所示.已知物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)尸0.5,設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力， g取10m/s2,已知sin37=0.6,cos37=0.8.求：(1)物塊在傳送帶上運動的時間；(2)若在物塊與傳送帶速度相等的瞬間撤去恒力 F,則物塊還需多少時間才能脫離傳送帶?【答案】(1)1s(2)【解析】【詳解】(1)物體在達到與傳送帶速度 v=4m/s相等前，做勻加速直線運動，有：F+mgcos37—mgsin37=ma1解得a1=8m/s2由v=a1t1得t1=0.5s1位移xi="aiti2=1m物體與傳送帶達到共同速度后，因 F—mgsin0=4N=^mgcos37故物體在靜摩擦力作用下隨傳送帶一起勻速上升.HI位移X2=而37。_xi=2mt2=口=0.5s總時間為t=tl+t2=1S（2）在物體與傳送帶達到同速瞬間撤去恒力 F,因為W〈tan37，。故有：mgsin37—科mgcos3Ama2解得：32=2m/s2假設物體能向上勻減速運動到速度為零，則5通過的位移為x=‘由=4m>X2故物體向上勻減速運動達到速度為零前已經(jīng)滑上平臺.故1112X2=Vt3-32t3解得t3=（2*s或t3=（2平）s（舍去）【點睛】本題關鍵是受力分析后判斷物體的運動狀態(tài)，再根據(jù)牛頓第二定律求解出加速度，然后根據(jù)運動學公式列式求解時間.8.下暴雨時，有時會發(fā)生山體滑坡或泥石流等地質(zhì)災害.某地有一傾角為 9=37°（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均處于靜止狀態(tài)，如圖所示.假設某次暴雨中， A浸透雨水后總質(zhì)量也為m（可視為質(zhì)量不變的滑塊），在極短時間內(nèi)， A、B間的動摩擦因數(shù)3W減小為7B、C間的動摩擦因數(shù)爐減小為0.5,A、B開始運動，此時刻為計時起點；在第2s末，B的上表面突然變?yōu)楣饣?隆保持不變.已知A開始運動時，A離B下邊緣的距離l=27m,C足夠長，設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力.取重力加速度大小(1)在0~2s時間內(nèi)A和B加速度的大??；A在B上總的運動時間.【答案】(1)a〔=3m/s2；02=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6由滑動摩擦力公式和力的平衡條件得 ：工二為⑹(1)A；=胴且二口5日...⑵f■—//iA'j⑶工=工+Eg8,8⑷以沿著斜面向下為正方向，設 A和B的加速度分別為，由牛頓第二定律可得：博因士山e-￡=用為⑸叫血"工”二團出(6)聯(lián)立以上各式可得ai=3m/s2⑺a2=1m/s2..⑻(2)在ti=2s,設A和B的加速度分別為，則vi=aiti=6m/s⑼v2=a2t1=2m/s(10)t>ti時，設A和B的加速度分別為口；，口；此時AB之間摩擦力為零，同理可得:W=6w42(11)門;士-2rnj*(12)即B做勻減速，設經(jīng)時間，B的速度減為零，則：巧一電=0?聯(lián)立(1。)??可得t2=is..(14)在ti+t2時間內(nèi)，A相對于B運動的距離為工二&謂+ +'耳玲一一中12閉<夏杷(15)JL- — jX此后B靜止不動，A繼續(xù)在B上滑動，設再經(jīng)時間后t3,A離開B,則有

可得*3=1S（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..如圖所示，傾角 30°的光滑斜面的下端有一水平傳送帶，斜面和傳送帶相接處有一小段光滑圓弧物體經(jīng)過A點時，無論是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，其速率都不發(fā)生變化.傳送帶以v4m/s的速度順時針轉(zhuǎn)動，一個質(zhì)量為 1kg的物體（可視為質(zhì)點）從h1.8m高處由靜止開始沿斜面下滑，物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù) 04，傳送帶左右兩端A、B間的距離Lab7m,重力加速度g10m/s2.求:1物體第一次由靜止沿斜面下滑到斜面末端速度；2物體在傳送帶上距B點的最小距離；3物體第一次從距B點最近處運動到斜面上最高點所經(jīng)歷的時間0.8s【答案】⑴v16m/s（2）x2.5m（3）t30.8s【解析】【分析】(1)先根據(jù)牛頓第二定律求加速度，再由速度位移關系求到達斜面末端的速度；(2)先由牛頓第二定律求出物體在傳送帶上減速的加速度，再根據(jù)速度位移關系求出速度減為0時向右運動的位移，即可得出離B最近的距離；(3)由前的分析可判斷出物體先做勻加速運動，再做勻速運動，最后沿斜面向上做勻減速運動，求出加速度與速度，根據(jù)速度與時間關系及位移與時間的關系即可求時間 ^【詳解】(1)物體沿光滑斜面下滑，由牛頓第二定律得： mgsinma12解得：45m/s由幾何關系沿光滑斜面下滑位移 、^―cos由運動學公式v；2a1sl解得物體滑到斜面末端速度Vi6m/s(2)物體在傳送帶上受到向右的滑動摩擦力而做勻減速直線運動，由牛頓第二定律得：mgma2代入數(shù)據(jù)解得：a24m/s22當物體速度減為0時物體距B最近，有運動學公式可得： vi22a2s2解得物體距B點的最小距離：XLabS2x2.5m(3)物體返回時距A點S24.5m,仍受到向右的摩擦力，從速度為 0開始做勻加速直2線運動，加速度大小為： a3a24m/s若物體一直做勻加速運動，有運動對稱性可知到 A點時物體速度va6m/s大于傳送帶速度v4m/s,故物體先做勻加速直線運動，達到速度 v后勻速運動，到達A點速度vAv4m/s物體沿斜面上升過程中，加速度大小仍為 a1物體做勻加速直線運動va3tl一 1 2勻加速直線運動位移s3—a3tl2解