2016浙江版高考物理复习高考12题：第3题牛顿运动定律功和能预测题型2多过程问题和连接体问题含答案

高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从14圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：(1)物块B 滑到14圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：2012mgR mv =代入数据解得：v 0=5m/s在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：20v F mg m R-=代入数据解得：F =60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：μmg =ma设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有2202v v al -=代入数据解得：v=4m/s由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv =mv 1+Mv 2由机械能守恒定律得：22212111222mv mv Mv =+ 解得：12m m 2,2s s 2vv v ==-=物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p 2112J 2E mv == (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mgl mv μ--'=解得：l′=2m ＜4.5m所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

【高频考点解读】1.理解牛顿第一定律的内容和惯性，会分析实际问题.2.理解牛顿第三定律的内容，会区分相互作用力和平衡力．【热点题型】题型一牛顿第一定律的理解例1、关于牛顿第一定律的说法中，正确的是()A．由牛顿第一定律可知，物体在任何情况下始终处于静止状态或匀速直线运动状态B．牛顿第一定律只是反映惯性大小的，因此也叫惯性定律C．牛顿第一定律反映了物体不受外力作用时的运动规律，因此，物体在不受力时才有惯性D．牛顿第一定律既揭示了物体保持原有运动状态的原因，又揭示了运动状态改变的原因【提分秘籍】1．惯性的两种表现形式(1)物体在不受外力或所受的合外力为零时，惯性表现为使物体保持原来的运动状态不变(静止或匀速直线运动)。

(2)物体受到外力时，惯性表现为运动状态改变的难易程度。

惯性大，物体的运动状态较难改变；惯性小，物体的运动状态容易改变。

2．对牛顿第一定律的四点说明(1)明确惯性的概念：牛顿第一定律揭示了一切物体所具有的一种固有属性——惯性。

(2)揭示力的本质：力是改变物体运动状态的原因，而不是维持物体运动状态的原因。

(3)理想化状态：牛顿第一定律描述的是物体不受外力时的状态，而物体不受外力的情形是不存在的。

在实际情况中，如果物体所受的合外力等于零，与物体不受外力时的表现是相同的。

(4)与牛顿第二定律的关系：牛顿第一定律和牛顿第二定律是相互独立的。

力是如何改变物体运动状态的问题由牛顿第二定律来回答。

牛顿第一定律是经过科学抽象、归纳推理总结出来的，而牛顿第二定律是一条实验定律。

【举一反三】如图3-1-1所示，木块放在上表面光滑的小车上并随小车一起沿水平面向左做匀速直线运动。

当小车遇到障碍物而突然停止运动时，车上的木块将()图3-1-1A ．立即停下来B ．立即向前倒下C ．立即向后倒下D ．仍继续向左做匀速直线运动解析：选D 木块原来随小车一起向左运动，当小车突然停止时，木块在水平方向上没有受到外力的作用，根据牛顿第一定律，木块将继续向左做匀速直线运动。

预测题型2 多过程问题和连接体问题1.(多选)(2015·新课标全国Ⅱ·21)如图1，滑块a .b 质量均为m ，a 套在固定竖直杆上，与光滑水平地面相距h ，b 放在地面上.a .b 通过铰链用刚性轻杆连接，由静止开始运动.不计摩擦，a .b 可视为质点，重力加速度大小为g .则( )图1A.a 落地前，轻杆对b 一直做正功B.a 落地时速度大小为2ghC.a 下落过程中，其加速度大小始终不大于gD.a 落地前，当a 机械能最小时，b 对地面压力大小为mg2.(多选)(2015·绵阳4月模拟)如图2所示，倾角为θ斜面体C 置于粗糙水平面上，物块B 置于斜面上，已知B .C 间动摩擦因数为μ＝tan θ，B 通过细绳跨过光滑定滑轮与物块A 相连，连接B 一段细绳与斜面平行，A .B 质量分别为m .M .现给B 一初速度，使B 沿斜面下滑，C 始终处于静止状态，则在B 下滑过程中，下列说法正确是( )图2A.无论A .B 质量大小关系如何，B 一定减速下滑B.A 运动加速度大小为a ＝mg M ＋mC.水平面对C 一定有摩擦力，摩擦力方向可能水平向左D.水平面对C 支持力与B .C 总重力大小相等3.如图3，穿在水平直杆上质量为m 小球开始时静止.现对小球沿杆方向施加恒力F 0，垂直于杆方向施加竖直向上力F ，且F 大小始终与小球速度成正比，即F ＝k v (图中未标出).已知小球与杆间动摩擦因数为μ，小球运动过程中未从杆上脱落，且F 0＞μmg .下列关于运动中速度—时间图象正确是( )图34.(多选)如图4所示为与水平地面夹角为θ斜面，从斜面底端a 向上有三个等间距点b 1.b 2和b 3，即ab 1＝b 1b 2＝b 2b 3.小滑块P 以初速度v 0从a 出发，沿斜面向上运动.若斜面与滑块间无摩擦，则滑块到达b 3位置刚好停下，而后下滑.若斜面ab 1部分与滑块间有摩擦，其余部分与滑块间无摩擦，则滑块上滑到b 2位置刚好停下，而后下滑，此后滑块( )图4A.下滑到b 1位置时速度大小等于33v 0 B.下滑到b 1位置时速度大小等于34v 0C.回到a 端时速度大小等于33v 0 D.回到a 端时速度大小等于36v 0 5.(多选)如图5所示，光滑水平面上放置四个木块甲.乙.丙.丁，其中甲.丙质量均为m ，乙.丁质量均为2m .甲与丙间用一根不可伸长轻绳相连，木块间动摩擦因数均为μ，现用水平拉力F 向右分别拉甲或乙，使四个木块共同以最大加速度运动.拉甲时最大拉力为F 1.相应绳上拉力为F 绳1，拉乙时最大拉力为F 2.相应绳上拉力为F 绳2.则下列说法正确是( )图5A.F 1>F 2B.F 1<F 2C.F 绳1>F 绳2D.F 绳1<F 绳26.(多选)如图6所示，ABC 是一条长轨道，其中AB 段为一定倾角斜面，BC 段为水平面.一质量为m 小滑块在A 点从静止状态释放，沿斜面滑下.滑块在B 点没有能量损失，最后停在C 点.A 点与其水平面投影D 点距离为h ，滑块与轨道间动摩擦因数均为μ.若再用一沿着轨道方向力推滑块，使它缓慢地由C 点推至A 点，则( )图6A.推力对滑块做功为3mghB.推力对滑块做功为2mghC.往返过程中，滑动摩擦力做功为－2μmg (s 1＋s 2)D.往返过程中，滑动摩擦力做功为－2μmgs 17.(多选)(2015·泰安二模)如图7所示，倾角30°.高为L 固定斜面底端与光滑水平面平滑相连，质量分别为3m .m 两个小球A .B 用一根长为L 轻绳连接，A 球置于斜面顶端.现由静止释放A .B 两球，B 球与弧形挡板碰撞过程时间极短无机械能损失，且碰后只能沿斜面下滑，两球最终均滑到水平面上.已知重力加速度为g ，不计一切摩擦，则( )图7A.A 球刚滑至水平面时速度大小为5gL 2 B.B 球刚滑至水平面时速度大小为6gL 2C.在A 球沿斜面下滑过程中，轻绳对B 球先做正功.后不做功D.两小球在水平面上不可能相撞答案精析预测题型2多过程问题和连接体问题1.BD[滑块b初速度为零，末速度也为零，所以轻杆对b先做正功，后做负功，选项A错误；以滑块a.b及轻杆整体为研究对象，系统机械能守恒，当a刚落地时，b速度为零，则mgh＝12m v2a＋0，即v a＝2gh，选项B正确；a.b先后受力分别如图甲.乙所示.由a受力图可知，a下落过程中，其加速度大小先小于g后大于g，选项C错误；当a落地前b加速度为零(即轻杆对b作用力为零)时，b机械能最大，a机械能最小，这时b受重力.支持力，且F N b ＝mg，由牛顿第三定律可知，b对地面压力大小为mg，选项D正确.]2.ABD[由μ＝tan θ可知mg sin θ＝μmg cos θ，因此如果绳子没有拉力话，物块B会沿斜面匀速下滑，但由于物块A存在，绳子必定有拉力，故物块B一定会减速下滑，选项A正确；把物块A和B看成整体，对整体运用牛顿第二定律可得：mg＝(M＋m)a，由此可得物块A和B具有相同加速度，a＝mgM＋m，故选项B正确；物块B对斜面体C作用力有压力和沿斜面向下摩擦力，且二者合力竖直向下，大小等于物块B重力，斜面C在水平方向没有运动趋势，故斜面C与地面间没有摩擦力，且对地面压力为物块B和C总重力，故选项C错误，选项D正确.]3.C[小球开始重力大于竖直向上力，支持力方向向上，随着速度增大，F增大，则支持力减小，摩擦力减小，根据牛顿第二定律，加速度增大.然后竖直向上拉力大于重力，杆对球弹力向下，F 增大，弹力增大，摩擦力增大，根据牛顿第二定律，加速度减小，当加速度减小到零，做匀速直线运动.故C正确.]4.AC[设每段距离为x，则斜面与滑块间无摩擦时，滑块从a到b3，有mg sin θ·3x＝12m v2，有摩擦力时，滑块从b2到b1，有mg sin θ·x＝12m v21，则v1＝33v0，选项A正确；有摩擦力时，滑块从a到b2有mg sin θ·2x＋F f·x＝12m v2，则F f＝mg sin θ，即滑块从b1到a做匀速直线运动，选项C正确.]5.AC[拉甲时，对乙μmg＝2ma1，得a1＝μg 2对整体：F1＝6ma1＝3μmg对丙.丁：F绳1＝3ma1＝3μmg 2拉乙时，对甲.丙.丁：μmg＝4ma2得a2＝μg 4对整体：F2＝6ma2＝3μmg 2对丙.丁：F绳2＝3ma2＝3μmg 4所以F1>F2，F绳1>F绳2.]6.BC[下滑过程：mgh＋W f1＝0－0得：W f1＝－mghW f1＝－μmg cos θ·s2cos θ－μmgs1＝－μmg(s1＋s2) 反推过程：W F＋W f1－mgh＝0－0得：W F＝mgh－W f1＝2mgh全过程：W f＝2W f1＝－2μmg(s1＋s2)]7.AC[A球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL－mgL sin 30°＝12(3m＋m)v21，解得：v1＝5gL2，选项A正确；当A球滑到水平面上后，做匀速运动，而B球在斜面上做加速运动，则B球刚滑至水平面时，根据机械能守恒定律可知：3mgL＝12×3m·v21＋12m v2B，解得：v B＝32gL，选项B错误；在A球沿斜面下滑过程中，在B球没有滑上斜面之前，轻绳对B球做正功，当B球滑到水平面之后，轻绳无弹力，则对B球不做功，选项C正确；A球滑至水平面后做匀速运动，而B球还要做一段加速后到达水平面，故B球能追上A球发生碰撞，选项D错误.]。

高考物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，倾角θ的足够长的斜面上，放着两个相距L 0、质量均为m 的滑块A 和B ，滑块A 的下表面光滑，滑块B 与斜面间的动摩擦因数tan μθ=．由静止同时释放A 和B ，此后若A 、B 发生碰撞，碰撞时间极短且为弹性碰撞．已知重力加速度为g ，求：（1）A 与B 开始释放时，A 、B 的加速度A a 和B a ； （2）A 与B 第一次相碰后，B 的速率B v ；（3）从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的时间t ． 【答案】（1）sin A a g θ=；0B a =（202sin gL θ3）023sin L g θ【解析】 【详解】解：(1)对B 分析：sin cos B mg mg ma θμθ-=0B a =，B 仍处于静止状态对A 分析，底面光滑，则有：mg sin A ma θ= 解得：sin A a g θ=(2) 与B 第一次碰撞前的速度，则有：202A A v a L =解得：02sin A v gL θ=所用时间由：1v A at =，解得：012sin L g t θ=对AB ，由动量守恒定律得：1A B mv mv mv =+ 由机械能守恒得：2221111222A B mv mv mv =+ 解得：100,2sin B v v gL θ==(3)碰后，A 做初速度为0的匀加速运动，B 做速度为2v 的匀速直线运动，设再经时间2t 发生第二次碰撞，则有：2212A A x a t =22B x v t =第二次相碰：A B x x = 解得：0222sin L t g θ= 从A 开始运动到两滑块第二次碰撞所经历的的时间：12t t t =+ 解得：023sin L t g θ=2．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量． 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ= A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =3．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB 相切于A 点，B 为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R =1m ，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m =2kg 的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v =小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2N Bv mg F m R-=解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．4．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1/c v s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：2/c v s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+解得：13/2max c v v s ==同理得：/min v s =0//s v s ≤≤5．如图甲所示，光滑水平面上有一质量为M = 1kg 的足够长木板。