高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧(超强)及练习题(含答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求：

(1)弹簧的劲度系数；

(2)物块b加速度的大小；

(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．

【答案】（1）08sin5mgx （2）sin5g （3）22084sinsin2525mgFmgx

【解析】

【详解】

（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：

kx0=（m+35 m）gsinθ

解得：k=08 5mgsinx

（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；

由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014xx

说明当形变量为0010344xxxx时二者分离；

对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma

联立解得：a=1 5gsin

（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=12at2=210gsint

则形变量变为：△x=x0-x

对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+35m）gsinθ=（m+35m）a 解得：F=825

mgsinθ+220425mgsinxt2

因分离时位移x=04x由x=04x=12at2解得：052xtgsin

故应保证0≤t＜052xgsin，F表达式才能成立．

点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．

2．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M10.5kg，Q的质量m1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k800/Nm，系统处于静止.如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力.求力F的最大值与最小值.(取g210/)ms

【答案】max168NFmin72NF

【解析】

试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力

静止时由()MmgkX

物体离开秤盘时212xat

()kXxmgma

maxFMgMa

以上各式代如数据联立解得

max168NF

该开始向上拉时有最小拉力则

min()()FkXMmgMma

解得

min72NF

考点：牛顿第二定律的应用 点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．

3．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝2 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑时的高度；

(3)木板的质量。

【答案】（1）15N（2）2.5m（3）3kg

【解析】

【分析】

（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；

（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。

（3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。

【详解】

（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，

水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N

（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s

设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma

代入数据得：a=12m/s2

则下滑时的高度：21100·0.62.5224vhsinmma＝

（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1

由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝210 20vtVV＝＝−4m/s2

对滑块：f1=ma1 ① 此时木板的加速度：a2＝20 20vtVV＝＝1m/s2

对木板： f1-f=Ma2 ②

当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=02 42m/s2=-1m/s2

当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力：

f =（M+m）a3 ③

联立①②③代入数据解得：M=3kg

【点睛】

本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t图像中获取信息求解加速度。

4．如图，质量M=4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg的小木块以v0=14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2，求：

（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；

（2）木板长度；

（3）木板在地面上运动的最大位移。

【答案】（1）5m/s2 2m/s2（2）14m（3）12m

【解析】

【分析】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移.

【详解】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，

初速度 v0=14m/s，加速度大小 212aμg5m/s

木板由静止做匀加速度直线运动

即 212μmgμMmgMa

解得 22a2m/s

（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t

即 012vvatvat木板木块 解得 t=2s

木块位移 2011xvtat18m2木块

木板位移 221xat4m2木板

木板长度 Lxx14m木板木块

（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得

2231vat4m/saμg1m/s共，

木板位移 23vx8m2a，共木板

总位移 ,xxx12m木板木板

5．如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g取l0m/s2．

（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．

（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止．

（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．

【答案】（1）203.6m2vxa（2）t=1s（3）121xxm

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：（1）225m/sag

203.6m2vxa

（2）对m：2125/agms，

对M：221()MamgmMg，

221m/sa

012vatat

t=1s

（3）木板共速前先做匀加速运动2110.52xatm

速度121m/svat 以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动

231/agms，

22310.52xvtatm

X=121xxm

考点：牛顿定律的综合应用

6．如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上.

一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.

（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；

（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.

【答案】（1） ， （2）恰好不会从平板车的右端滑出．

【解析】

根据牛顿第二定律得

对滑块，有 ，

解得

对平板车，有，

解得．

设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：

．

平板车的位移为：

．

而且有

解得：

此时，

所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．

答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．

滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．

点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；

由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．