高考物理牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用技巧(很有用)及練習(xí)題

高考物理牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)用技巧(很有用)及練習(xí)題一、高中物理精講專題測試牛頓運(yùn)動定律的應(yīng)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(diǎn))，由車上 P處開始，A以初速度刃=2m/s向左運(yùn)動，同時(shí)B以方=4m/s向右運(yùn)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：AB|(1)開始時(shí)B離小車右端的距離；(2)從A、B開始運(yùn)動計(jì)時(shí)，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,=1.625m【解析】(1)設(shè)最后達(dá)到共同速度V,整個(gè)系統(tǒng)動量守恒，能量守恒,mvz-mui=(2m+M)vI1 1 1 3/mgA=［冏M4- --(2rn+M)v2解得：□=03m/s|,'=95mA離左端距離卜1,運(yùn)動到左端歷時(shí)t］，在A運(yùn)動至左端前，木板靜止/mg=maa也=。忒“耳一旌足解得h=2s,盯=2"B離右端距離,2二工一工］=7.5m(2)從開始到達(dá)共速歷時(shí)&吁也5此曲。「吟，解得。=3.5、小車在口前靜止，在E1至心之間以a向右加速：卜小9=(,M+m)。小車向右走位移 .1接下來三個(gè)物體組成的系統(tǒng)以 v共同勻速運(yùn)動了小車在6s內(nèi)向右走的總距離：x=5+<=1.625m【點(diǎn)睛】本題主要考查了運(yùn)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(yùn)動情況，過程較為復(fù)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(shí)讓傳送

木板與傳送帶逆時(shí)針轉(zhuǎn)動，運(yùn)行速度 v=1.0m/s。已知木板與物塊間動摩擦因數(shù) 口=，3,木板與傳送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(jì)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(shí)間分離？分離前的這段時(shí)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1(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： FmMgsin2Mmgcos木板受力如圖丙所示，則： FmMgsin2Mmgcos1mgcos Ma… 9解得：Fm-Mmg9.0N(3)因?yàn)镕=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a3Ma,2一a3tcos3.如圖所示，長木板B質(zhì)量為m2=1.0kg,靜止在粗糙的水平地面上，長木板左側(cè)區(qū)域光滑.質(zhì)量為m3=1.0kg、可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊C放在長木板的最右端.質(zhì)量 m〔=0.5kg的物塊A,以速度V0=9m/s與長木板發(fā)生正碰(時(shí)間極短)，之后 B、C發(fā)生相對運(yùn)動.已知物塊C與長木板間的動摩擦因數(shù) 國=0.1,長木板與地面間的動摩擦因數(shù)為展=0.2,最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，整個(gè)過程物塊 C始終在長木板上，g取10m/s2.(1)若A、B相撞后粘在一起，求碰撞過程損失的機(jī)械能.(2)若A、B發(fā)生彈性碰撞，求整個(gè)過程物塊 C相對長木板的位移.【答案】(1)13.5J (2)2.67m【解析】(1)若A、B相撞后粘在一起，由動量守恒定律得m1vo(mim2)vTOC\o"1-5"\h\z1 2 1 2由能量守恒定律得解得損失的機(jī)械能E m1vo (m1m2由能量守恒定律得解得損失的機(jī)械能\o"CurrentDocument"2 22E2 13.5j2gmO(2)A、B發(fā)生完全彈性碰撞，由動量守恒定律得m1vo m1v1 m2v2 1o1o1o由機(jī)械能寸恒te律得 一m1v0 m1vl m2v22 2 26m/sm1m2 -, 2ml6m/s聯(lián)立解得v1 vo3m/s,v2 vo\o"CurrentDocument"m〔m2 m1m2之后B減速運(yùn)動，C加速運(yùn)動，B、C達(dá)到共同速度之前，由牛頓運(yùn)動定律,對長木板：-2(m2m3)g 〔m3gm?a1對物塊C： 1m3g m3a2設(shè)達(dá)到共同速度過程經(jīng)歷的時(shí)間為 t,v2a1ta2t 1o1o這一過程的相對位移為 x1v2t a1t a2t3m2 2B、C達(dá)到共同速度之后，因1 2,二者各自減速至停下，由牛頓運(yùn)動定律,對長木板： -2(mtm3)g 1m3gm2a3對物塊C：-1m3gm3a4(a82(act)2 1這一過程的相對位移為 x2 -m2a42a3 3整個(gè)過程物塊與木板的相對位移為 x x1 x28m2.67m3點(diǎn)睛：此題是多研究對象、多過程問題，過程復(fù)雜，分析清楚物體的運(yùn)動過程，應(yīng)用牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式、動量守恒定律、機(jī)械能守恒定律即可正確解題.4.如圖甲所示，有一傾角為37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為 M的木板。開始時(shí)質(zhì)量為m=2kg的滑塊在水平向左的力F作用下靜止在斜面上，現(xiàn)將力F變?yōu)樗较蛴?，?dāng)滑塊滑到木板上時(shí)撤去力 F,木塊滑上木板的過程不考慮能量損失。此后滑塊和木板在水平面上運(yùn)動的 v—t圖象如圖乙所示，g=10m/s2。求:(1)水平作用力F的大小；(2)滑塊開始下滑時(shí)的高度；⑶木板的質(zhì)量?！敬鸢浮?1)15N(2)2.5m(3)3kg【解析】【分析】(1)對滑塊受力分析，由共點(diǎn)力的平衡條件可得出水平作用力的大??；(2)根據(jù)圖乙判斷滑塊滑到斜面底部的速度，由牛頓第二定律求出加速度，從而根據(jù)在斜面上的位移和三角關(guān)系求出下滑時(shí)的高度。(3)根據(jù)摩擦力的公式求出地面和木板間的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊和木板間的摩擦力，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求出木板的質(zhì)量?！驹斀狻?1)滑塊受到水平推力F、重力mg和支持力N處于平衡，如圖所示,水平推力：F=mgtan0=2X10X0.75N=N5(2)由圖乙知，滑塊滑到木板上時(shí)速度為： v1=10m/s設(shè)下滑的加速度為a,由牛頓第二定律得： mgsinO+Fcos。=ma代入數(shù)據(jù)得：a=12m/s22則下滑時(shí)的高度： h土sin= 0.6m2.5m2a24(3)設(shè)在整個(gè)過程中，地面對木板的摩擦力為 f,滑塊與木板間的摩擦力為 f1由圖乙知，滑塊剛滑上木板時(shí)加速度為： a1=VV=2-^0=-4m/s2Vt20對滑塊：f1=ma1①此時(shí)木板的加速度： a2=—=--0=1m/s2Vt20對木板：f〔-f=Ma2②當(dāng)滑塊和木板速度相等，均為： v=2m/s,之后連在一起做勻減速直線運(yùn)動，加速度為:a3=~~~m/s2=-1m/s242當(dāng)滑塊和木板速度相等后連在一起做勻減速直線運(yùn)動，受到的摩擦力:f=(M+m)a3③聯(lián)立①②③代入數(shù)據(jù)解得： M=3kg【點(diǎn)睛】本題考查斜面上力的合成與分解，和牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是分析物理過程，從 v-t圖像中獲取信息求解加速度。5.如圖所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面體，傾角 9=30°,質(zhì)量M=2.5kg.平行于斜面的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與質(zhì)量m=1.5kg的鐵球相連，靜止時(shí)彈簧的伸長量以o=2cm.重力加速度g取10m/s2.現(xiàn)用向左的水平力F拉著斜面體向左運(yùn)動，鐵球與斜面體保持相對靜止，當(dāng)鐵球?qū)τ嗝骟w的壓力為 。時(shí)，求：(1)水平力F的大?。?2)彈簧的伸長量從【答案】(1)40J3N(2)8cm【解析】【分析】斜面M物體m在水平推力作用下一起加速，由牛頓第二定律可求出它們的加速度，然后結(jié)合質(zhì)量可算出物體m的合力，最后利用物體的重力與合力可求出 F和彈簧的彈力.【詳解】(1)當(dāng)鐵球與斜面體一起向左加速運(yùn)動，對斜面體壓力為 0時(shí)，彈簧拉力為T,鐵球受力如圖：ZZ/ZZZZZ/Zmg由平衡條件、牛頓第二定律得： TsinmgTcosma對鐵球與斜面體整體，由牛頓第二定律得： F(Mm)a聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得： F40.3N(2)鐵球靜止時(shí)，彈簧拉力為To,鐵球受力如圖：mg

由平衡條件得： Tomgsin由胡克定律得：TokloTkl聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得： l82:m【點(diǎn)睛】從整體與隔離兩角度對研究對象進(jìn)行受力分析，同時(shí)掌握運(yùn)用牛頓第二定律解題方法.6.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(yùn)動，一質(zhì)A、Bm=1kg的小物塊無初速地放到皮帶 AA、B之間距離s=6m,求物塊(1)從A運(yùn)動到B的過程中摩擦力對物塊做多少功？( g=10m/s2)(2)A到B的過程中摩擦力的功率是多少？【答案】(1)8J;(2)3.2W;【解析】(1)小物塊開始做勻加速直線運(yùn)動過程：加速度為:物塊速度達(dá)到與傳送帶相同時(shí)，通過的位移為:16物塊速度達(dá)到與傳送帶相同時(shí)，通過的位移為:16工二丁二可m=Int<s=(ini說明此時(shí)物塊還沒有到達(dá)B點(diǎn)，此后物塊做勻速直線運(yùn)動，不受摩擦力.[ 11 TOC\o"1-5"\h\zWf--mv2--x1x16/=fl/由動能定理得，摩擦力對物塊所做的功為： 八/v4士]=_=$ 2《(2)勻加速運(yùn)動的時(shí)間 口2 ,Ax6-4匕二一=―：s=0.5s勻速運(yùn)動的時(shí)間廿4 ,W8P二二___二32W摩擦力的功率I上十必5C為一k,系7.如圖所示，在傾角為'的光滑物塊P斜面上有兩個(gè)用輕質(zhì)彈簧相連的物塊 C為一k,系垂直固定在斜面上的擋板事、C總質(zhì)量為M,A、B質(zhì)量均為m,彈簧的勁度系數(shù)為統(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.

|（D物塊B剛要離開C時(shí)力F.|（2）從開始到此時(shí)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【答案】（1）|（2m+M）目依血（2）X【解析】A、A、B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，再分別多次對物體或AB整體受力分析，然后根據(jù)牛頓第二定律，運(yùn)用合成法列式分析求解?！驹斀狻縷（1）〃門整體做為研究對象，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:Nsintf=2maNcosO根據(jù)力的平衡知識有:Nsintf=2maNcosO-2mg=0對P、A、B整體分析受力有：蘆=（2m+M）。聯(lián)立解得:F聯(lián)立解得:F=(2m+tanfl開始時(shí)彈簧壓縮，有：此*=犯㈱皿由0）分析可知加速度為a=押田,對B分析可知要離開時(shí)彈簧處于原長，彈力為 0;所以物塊A的位移:【點(diǎn)睛】解決本題的關(guān)鍵能夠正確地進(jìn)行受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律進(jìn)行求解，注意整體法和隔離法的運(yùn)用。8.如圖所示，傾角小段光滑圓弧物體經(jīng)過發(fā)生變化.傳送帶以 8.如圖所示，傾角小段光滑圓弧物體經(jīng)過發(fā)生變化.傳送帶以 VA點(diǎn)時(shí)，無論是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，其速率都不4m/s的速度順時(shí)針轉(zhuǎn)動，一個(gè)質(zhì)量為 1kg的物體（可視為質(zhì)點(diǎn)）04，傳送帶從h1.8m04，傳送帶左右兩端A、B間的距離Lab7m,重力加速度g10m/s2.求:

3物體第一次從距B點(diǎn)最近處運(yùn)動到斜面上最高點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間【答案】(1)vi6m/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(guān)系求到達(dá)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(guān)系求出速度減為0時(shí)向右運(yùn)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(yùn)動，再做勻速運(yùn)動，最后沿斜面向上做勻減速運(yùn)動，求出加速度與速度，根據(jù)速度與時(shí)間關(guān)系及位移與時(shí)間的關(guān)系即可求時(shí)間 .【詳解】(1)物體沿光滑斜面下滑，由牛頓第二定律得:(1)物體沿光滑斜面下滑，由牛頓第二定律得:mgsinma1解得：ai5m/s當(dāng)物體速度減為。時(shí)物體距B最近，有運(yùn)動學(xué)公式可得:當(dāng)物體速度減為。時(shí)物體距B最近，有運(yùn)動學(xué)公式可得:由幾何關(guān)系沿光滑斜面下滑位移h由幾何關(guān)系沿光滑斜面下滑位移si一

cos由運(yùn)動學(xué)公式vf2als1解得物體滑到斜面末端速度 v解得物體滑到斜面末端速度 vi6m/s解得物體距B點(diǎn)的最小距離:解得物體距B點(diǎn)的最小距離:x LAB S22v12a2s2(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(yùn)動，由牛頓第二定律得:mgma2一 . ?2代入數(shù)據(jù)解得：a24m/sx2.5m(3)物體返回時(shí)距A點(diǎn)S(3)物體返回時(shí)距A點(diǎn)S24.5m,仍受到向右的摩擦力，從速度為0開始做勻加速直線運(yùn)動，加速度大小為： a32a24m/s6m/s大于傳送帶速6m/s大于傳送帶速到達(dá)A點(diǎn)速度若物體一直做勻加速運(yùn)動，有運(yùn)動對稱性可知到 A點(diǎn)時(shí)物體速度va度v4m/s,故物體先做勻加速直線運(yùn)動，達(dá)到速度 v后勻速運(yùn)動,vAv4m/s物體沿斜面上升過程中，加速度大小仍為 ai物體做勻加速直線運(yùn)動va3tl,,…八一一、J 1 2勻加速直線運(yùn)動位移S3 1a3t122解得t11ss32m勻速運(yùn)動s2S3vt2解得t20.625s物體沿斜面勻減速上升vait3解得t30.8s物體第一次從距B點(diǎn)最近處運(yùn)動到斜面上最高點(diǎn)所經(jīng)歷的時(shí)間:tt1t2t32.425s9.如圖所示，一長L=16m的水平傳送帶，以〃=1°叫的速率勻速順時(shí)針轉(zhuǎn)動運(yùn)動.將一質(zhì)量為m=ikg的物塊無初速度地輕放在傳送帶左端，物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)(取g=10狙恪求TOC\o"1-5"\h\z(1)物塊在傳送帶上運(yùn)動的最大速度 .(2)若該傳送帶裝成與水平地面成U=37,傾角，以同樣的速率順時(shí)針轉(zhuǎn)動 .將該物塊無初速度地放上傳送帶頂端，分析并求出物體在傳送帶上整個(gè)運(yùn)動過程加速度的大小和方向 .(3)在第(2)中，若傳送帶的傳送速度 v大小和方向均不確定，將物塊無初速度地放上傳送帶頂端，試分析計(jì)算物塊到達(dá)底端的可能速度大小 .(結(jié)果可以用含v的函數(shù)式表示)【解析】試題分析：(1)物體在水平傳送帶上可能一直向右加速，也可能先加速后勻速，根據(jù)牛頓第二定律求出加速的加速度，由運(yùn)動學(xué)公式求出加速到傳送帶共速時(shí)的位移，再與 L比較，從而得出物體的運(yùn)動情況，確定最大速度；( 2)物體在傾斜傳送帶向下運(yùn)動的兩種可能：一是先勻加速后勻速，二是先以較大的加速度向下加速，后以較小的加速度繼續(xù)向下加速，根據(jù)牛頓第二定律、運(yùn)動學(xué)公式和滑動摩擦力的大小進(jìn)行分析求解；( 3)若傳送帶的傳送速度v大小和方向均不確定，將物塊無初速度地放上傳送帶頂端，有三種可能的運(yùn)動情況，根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動學(xué)公式進(jìn)行分析求解 ^(1)物體放上傳送帶后，根據(jù)牛頓第二定律：“mg=mn解得：。寸9=5叫/

2s經(jīng)時(shí)間t2s經(jīng)時(shí)間t達(dá)到共速，則時(shí)間vs=-t=10m<L位移為2 ,故物體之后勻速則最大速度廿=以=1。叫$(2)在頂端釋放后，根據(jù)牛頓第二定律：1mgs十國ngg%=小口i解得:四:1時(shí)必，方向向下s————5m<L當(dāng)達(dá)到與帶相同速度時(shí)，