高考物理牛頓運動定律的應(yīng)用試題經(jīng)典

高考物理牛頓運動定律的應(yīng)用試題經(jīng)典一、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，水平面與傾角 。=37°的斜面在B處平滑相連，水平面上 A、B兩點間距離so=8m.質(zhì)量m=1kg的物體(可視為質(zhì)點)在 F=6.5N的水平拉力作用下由A點從靜止開始運動，到達(dá)B點時立即撤去F,物體將沿粗糙斜面繼續(xù)上滑(物體經(jīng)過 B處時速率保持不變).已知物體與水平面及斜面間的動摩擦因數(shù) W均為0.25.(g取10m/s2,sin37=0.6,cos37=0.8)求：(1)物體在水平面上運動的加速度大小 a1;(2)物體運動到B處的速度大小vb;(3)物體在斜面上運動的時間t.【答案】(1)4m/s2(2)8m/s (3)2.4s【解析】【分析】(1)在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律求出加速度；( 2)根據(jù)速度位移公式求出B點的速度；(3)物體在斜面上先向上減速，再反向加速度，求出這兩段的時間，即為物體在斜面上的總時間.【詳解】(1)在水平面上，根據(jù)牛頓第二定律得： Fmgma1代及數(shù)據(jù)解得：44m/s22(2)根據(jù)運動學(xué)公式：Vb2a1s0代入數(shù)據(jù)解得：vB8m/s(3)物體在斜面上向上做勻減速直線運動過程中，根據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37mgcos37 ma2(T)物體沿斜面向上運動的時間： t2 ■②a22物體沿斜面向上運動的最大位移為： s2-a2t2③因mgsin37mgcos37,物體運動到斜面最高點后將沿斜面向下做初速度為 0的勻加速直線運動根據(jù)牛頓第二定律得： mgsin37mgcos37ma3④2物體沿斜面下滑的時間為： s2—a3t32⑤物體在斜面上運動的時間： tt2t3⑥聯(lián)立方程①-⑥代入數(shù)據(jù)解得：t12t3 1J2s2.4s【點睛】本題主要考查了牛頓第二定律及運動學(xué)基本公式的直接應(yīng)用，注意第二問求的是在斜面上的總時間，不是上滑時間.2.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以初速度爐”2m/s向左運動，同時B以1V￡=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=】Um/s’，求：=工口|H P（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?！敬鸢浮浚?）B離右端距離由=心-#1=7.5m（2）小車在6s內(nèi)向右走的總距離：x=s+s'=1.625中【解析】（1）設(shè)最后達(dá)到共同速度v,整個系統(tǒng)動量守恒，能量守恒■mv2-mut=（2m+M）vI1 1 1 1『mgL-5由yf+-mvi-/rn+M）F解得：廿=°，5mjs,L=%5mA離左端距離冷,運動到左端歷時打，在A運動至左端前，木板靜止解得11=4,黑1=2"B離右端距離除=L-x】=7.5e（2）從開始到達(dá)共速歷時2P-。也嚴(yán)§="叫解得口二35d小車在門前靜止，在'】至上之間以a向右加速：產(chǎn)1g=+加）口小車向右走位移 .15=/舉（功-八產(chǎn)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+<=1.625m【點睛】本題主要考查了運動學(xué)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(yīng)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(fù)雜3.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) 兇=1,木板與傳送2帶間的動摩擦因數(shù)川=43,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);(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；⑶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)1s12J2)9.0N(3)1s12J【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： mgsin斜面對木塊的最大靜摩擦力： 木塊重力沿斜面的分力： mgsin斜面對木塊的最大靜摩擦力： fm由于：fmmgsin所以，小木塊處于靜止?fàn)顟B(tài)；13mg31mgcos mg4(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(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1mgcosmgsinma木板受力如圖丙所示，則： FmMgsin2Mmgcos1mgcos Ma… 9解得：Fm-Mmg9.0N圖內(nèi)木板受力如圖丙所示，則： FmMgsin2Mmgcos1mgcos Ma… 9解得：Fm-Mmg9.0N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：a1gcosgsin2.5m/s對長木棒受力如圖丙所示FMgsin2Mmgcos 〔mgcos解得a4.5m/s2一 1c1c由幾何關(guān)系有：Latat2 2解得t1s全過程中產(chǎn)生的熱量有兩處，則QQiQ2 1mgLcos2MmgvtMa,2一a3tcos解得：Q12J。4.如圖甲所示，長為L=4.5m的木板M放在水平地而上，質(zhì)量為m=lkg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T 乙m、M之間的動摩擦因數(shù)；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=29N,且給m—水平向右的初速度vo=4m/s,求t=2s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(dāng)F>25N時，m與M相對滑動，對m由牛頓第二定律有：1mgma1由乙圖知a14m/s2解得1 0.4(2)對M由牛頓第二定律有F1mg2(Mm)gMa2即F 〔mg 2(Mm)g F 〔mg 2(Mm)g 〔mga2 M乙圖知1 1M41mig 2(Mm)gM解得M=4kgu2=0.1M M(3)給m—水平向右的初速度Vo4m/s時，m運動的加速度大小為a1二4m/s2,方向水平向左，設(shè)m運動t1時間速度減為零，則1stVt11sa1位移“ 1 22 .x1 v0t1 a1tl 2m2M的加速度大小方向向左，M的加速度大小方向向左，M的位移大小此時M的速度a2F1mg 2(M m)g5m/s2M1 .2x2-a2tl 2.5mv2a2tl5m/s由于X1X2L,即此時m運動到M的右端，當(dāng)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TOC\o"1-5"\h\zF 2Mg Ma3可得25 /2a3 m/s4在t=2s時m與M右端的距離1 2x3v2(tt1)—a3(tt1) 8.125m.25.如圖所示，質(zhì)量為m=2kg的物塊放在傾角為 。37°的斜面體上，斜面質(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受到支持力的大小；(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(dāng)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=10tan37=7.5m/s2_mg20m受到支持力Fn—— N=25Ncoscos37(2)設(shè)物塊處于相對斜面向下滑動的臨界狀態(tài)時的推力為 Fi,此時物塊的受力如下圖所示對物塊分析，在水平方向有 Nsin0-pNcosO=ma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(shè)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-N'co=ma2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(guān)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.6.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(dá)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.回M(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 FnMa2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：v仁a〔t車的速度為：V2=V+a2t解得：t=2s；(2)在2s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為：1一2X—a1t 4m22s時的速度為：v1a1t122m/s4m/s此后加速運動的加速度為：F5,2a3 一m/sMm6然后和小車共同運動t2=1s時間，此1s時間內(nèi)位移為：x2v1t21a3t224.4m2所以煤塊的總位移為:x1x28.4m(3)在2s內(nèi)小黑煤塊前進的位移為:TOC\o"1-5"\h\z1 2K a1t4m2小車前進的位移為：,1 ,2xv1t a1t 6.8m2兩者的相對位移為：xxX1 2.8m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(rèn)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.7.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)3=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血3.6m(2)t=1s(3)X1X21m2a【解析】【分析】【詳解】試題分析：(1)a2g5m/s22x—3.6m2a2(2)對m：4 2g5m/s,對M：Ma2 2mg 1(mM)g,2a21m/sv0a1ta2tt=1s1 2(3)木板共速刖先做勻加速運動 x1-at0.5m2速度V|a2t1m/s以后木板與物塊共同加速度a3勻減速運動a3g1m/s2,1 1 ,2x2vtaa3t 0.5mX=x1x21m考點：牛頓定律的綜合應(yīng)用8.研究物體的運動時，常常用到光電計時器 .如圖所示，當(dāng)有不透光的物體通過光電門時，光電計時器就可以顯示出物體的擋光時間 .光滑水平導(dǎo)軌MN上放置兩個物塊A和B,左端擋板處有一彈射裝置 P,右端N處與水平傳送帶平滑連接，將兩個寬度為 d=3.6X1@m的遮光條分別安裝在物塊A和B上，且高出物塊，并使遮光條在通過光電門時擋光 .傳送帶水平部分的長度L=9.0m,沿逆時針方向以恒定速度 v=6.0m/s勻速轉(zhuǎn)動。物塊B與傳送帶的動摩擦因數(shù)=0.20,物塊A的質(zhì)量(包括遮光條)為mA=2.0kg。開始時在A和B之間壓縮一輕彈簧，鎖定其處于靜止?fàn)顟B(tài)，現(xiàn)解除鎖定，彈開物塊A和B,迅速移去輕彈簧.兩物塊第一次通過光電門，物塊 A通過計時器顯示的讀數(shù)t1=9.0X飽，物塊B通過計時器顯示的讀數(shù)t2=1.8x13s,重力加速度g取10m/s2,試求：(1)彈簧儲存的彈性勢能與；(2)物塊B在傳送帶上滑行的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能；(3)若物體B返回水平面MN后與被彈射裝置P彈回的A在水平面上相碰，碰撞中沒有機械能損失，則彈射裝置P必須對A做多少功才能讓B碰后從Q端滑出?！敬鸢浮?1)Ep=24J；(2)Q=96J；(3)W84J?！窘馕觥俊痉治觥俊驹斀狻?1)解除鎖定，彈開物塊ABB,兩物體的速度大小d3.6103 /4.0m/s4m/st19.0104d3.6103 .2.0m/sm/st21.8103由動量守恒有mAVA=mBVB

mB=4.0kg

彈簧儲存的彈性勢能1?2 1 2Ep—mAVA—mBVB24J

p2 2(2)B滑上傳送帶先向右做勻減速運動，當(dāng)速度減為零時，向右滑動的距離最遠(yuǎn)由牛頓第二定律得mBg mBa所以B的加速度2a=2.0m/sB向右運動的距離2VBX1 —1.0m<9.0m2a物塊將返回向右運動的時間為t1vB1.0s

a傳送帶向左運動的距離為x2vt16.0mB相對于傳送帶的位移為物塊B沿傳送帶向左返回時，所用時間仍然為 t1,位移為X1B相對于傳送帶的位移為X2 X2X1物塊B在傳送帶上滑行的過程中產(chǎn)生的內(nèi)能mBg(x2 X2)96J(3)設(shè)彈射裝置給A做功為W,根據(jù)功能關(guān)系有1 22mA1 22mAvA3mAvAWAB碰相碰，碰前B的速度向左為vB2m/s,碰后的速度設(shè)為 vB規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動量守恒定律和機械能守恒定律得mAvAmmAvAmBvB碰撞過程中，沒有機械能損失1 2 1 2_mAvA_mBvB\o"CurrentDocument"2 2B要滑出平臺Q端，由能量關(guān)系有1 2-mBvB2mAvA mBvB1 2一mAvA2m?BgL1 2-mBvB2所以由得W>84J9.如圖所示，質(zhì)量為g2kg的長木板靜止在光滑水平面上，現(xiàn)有一質(zhì)量 m=1kg的小滑塊(可視為質(zhì)點)以丫0=3.6m/s的初速度從左端沿木板上表面沖上木板，帶動木板一起向前滑動.已知滑塊與木板間的動摩擦因數(shù) =0.1,重力加速度g取10m/s2.求：如一6(1)滑塊在木板上滑動過程中，長木板受到的摩擦力大小 f和方向；(2)滑塊在木板上滑動過程中，滑塊加速度大小；⑶若長木板長L°=4.5m,試判斷滑塊與長木板能達(dá)到的共同速度 v,若能，請求出共同速度大小和小滑塊相對長木板上滑行的距離 L;若不能，請求出滑塊滑離木板的速度和需要的時間.【答案】(1)f=1N,方向向右;(2)a=1m/s2；(3)能,v=1.2m/s【解析】【分析】【詳解】(1)木板所受摩擦力為滑動摩擦力：f=mg=1N方向向右；(2)由牛頓第二定律得：mg=ma得出：a=g=1m/^；(3)以木板為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律： 科mg=Ma可得出木板的加速度為： a'=0.5m/S設(shè)經(jīng)過時間t,滑塊和長木板達(dá)到共同速度 v,則滿足：對滑塊有：v=v0-at對長木板