高中物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)

高中物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0. 2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1m．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．g取l0m/s2.求：

(1)水平作用力F的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）

(2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数μ；

(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．

【答案】（1）7.5N（2）0.25（3）0.5J

【解析】

【分析】

【详解】

(1)滑块受到水平推力F. 重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ，

代入数据得：

F=7.5N.

(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，

故有：

mgh=212mv

解得

v=2gh=2m/s；

滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；

根据动能定理有：

μmgL=2201122mvmv

代入数据得：

μ=0.25

(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：

x=v0t

对物体有：

v0=v−at ma=μmg

滑块相对传送带滑动的位移为：

△x=L−x

相对滑动产生的热量为：

Q=μmg△x

代值解得：

Q=0.5J

【点睛】

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；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．

2．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B 点与A点的高度差为h．将质量为m的长木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数32，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．

（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0的大小；

（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B点，物块始终未脱离木板，求拉力F做的功W．

【答案】(1) 32mg (2) 94mgh

【解析】

（1）木板与物块整体：F0−2mgsinθ＝2ma0

对物块，有：μmgcosθ−mgsinθ═ma0

解得：F0＝32mg

（2）设经拉力F的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零．

对木板，有：F−mgsinθ−μmgcosθ＝ma1

mgsinθ+μmgcosθ＝ma3

对物块，有：μmgcosθ−mgsinθ＝ma2

对木板与物块整体，有2mgsinθ＝2ma4 另有：1132212 ()atatatt

21243 ()attat＝

222111123243111222sinhatattatat

2111 2WFat＝

解得W＝94mgh

点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．

3．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37，传送带AB足够长，传送带以大小为2m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以012m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数0.5，且可将货物视为质点。（g取210m/s，已知sin370.6，cos370.8）

（1）货物刚滑上传送带时加速度为多大?

（2）当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?

（3）从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A端共用了多少时间?

【答案】（1）210m/s （2）1s 7m （3）222s

【解析】

【分析】

由题意可知考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。

【详解】

（1）设货物刚滑上传送带时加速度大小为1a，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示。

根据牛顿第二定律得

1sinfmgFma

cos0NFmg

又fNFF，解得

21sincos10m/sag。

（2）货物速度从0减至与传送带速度相同所用时间

0111tsa

位移大小

220117m2xa。

（3）过了11ts后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为2a，同理可得

22sincos2m/sag

方向沿传送带向下。设货物再经时间2t，速度减为零，则

2201sta。

沿传送带向上滑动的位移大小

2222002m1m222xa，

上滑的总距离为

128mxxx。

货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为2a，设下滑时间为3t，由

22312xat，

解得322ts

则货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为

123222stttt。

另解：过了1t时刻，货物的加速度大小变为2a，设从1t到货物滑回A端的过程所用时间为4t，则

2142412xtat，

代入数值，解得 4122ts

货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为

14222ttts。

【点睛】

分阶段来分析，物体先向上做匀减速运动，和皮带达到共速后，因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体继续向上做匀减速运动，速度减为零后，沿斜面向下做匀加速运动，计算时间可以分阶段计算，也可以用整体法计算。

4．如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动。质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连。小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平。现在P上固定一质量为2m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求：

(1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；

(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；

(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离。

【答案】（1）0.5（2）10?s（3）4m

【解析】

【分析】

(1)对物体P、Q分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3)相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离.

【详解】

(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物块P与传送带间的动摩擦因数为，P、Q受力如图:

由平衡条件得：0(2)Tmg

0Tmg

0.5

(2)设小物块P在传送带上运动时加速度为a1，细绳的拉力为T，P、Q受力如图，

由牛顿第二定律得,对P：1(22)(22)mmgTmma

对Q：1Tmgma

假设P一直加速至传送带最右端时间为t，末速度为v1由运动学公式得：212vaL

v1=1at

联立以上两式并代入数据得：10 st,v1=210 m/s

(3)设细绳剪断后小物块P的加速度大小为a2，小物块P在S处的速度大小为2v，位置S距离传送带左端距离为1x，距离传送带右端距离为2x，P受力如图:

断绳后由牛顿第二定律得：2(22)(22)mmgmma

断绳前由运动学公式得：22112vax

断绳后由运动学公式得：222222vvax

12xxL

联立以上各式并代入数据得：S距离传送带右端距离：24 mx

【点睛】

本题关键是明确滑块P、Q的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.

5．如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g取10m/s2，

(1)若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板的右端?

(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图像．

【答案】（1）1s；（2）见解析

【解析】

【分析】

【详解】

（1）铁块的加速度大小=4m/s2

木板的加速度大小2m/s2

设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有

解得： t=1s

（2）

6．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带上端B点的右上方比B点高h=0. 45 m处的A点水平抛出，恰好从B点沿BC方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos

37°=0.8。求：