高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)含解析
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高考物理牛顿运动定律的应用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的应用
1．如图，光滑水平面上静置一长木板A，质量M=4kg，A的最前端放一小物块B（可视为质点），质量m=1kg，A与B间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2．则：
（1）若拉力F1=5N，A、B一起加速运动，求A对B的静摩擦力f的大小和方向；
（2）为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；
（3）若拉力F2=14N，在力F2作用t=ls后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L
【答案】（1）f= 1N，方向水平向右；（2）Fm= 10N。（3）木板的最小长度L是0.7m。
【解析】
【详解】
（1）对AB整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M+m）a1
对B，由牛顿第二定律得：f=ma1联立解得f =1N，方向水平向右；
（2）对AB整体，由牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a2对B，有：μmg=ma2联立解得：Fm=10N
（3）因为F2＞Fm，所以AB间发生了相对滑动，木块B加速度为：a2=μg=2m/s2。木板A加速度为a3，则：F2-μmg=Ma3解得：a3=3m/s2。
1s末A的速度为：vA=a3t=3m/s
B的速度为：vB=a2t=2m/s
1s末A、B相对位移为：△l1=2ABvvt=0.5m撤去F2后，t′s后A、B共速
对A：-μmg=Ma4可得：a4=-0.5m/s2。共速时有：vA+a4t′=vB+a2t′可得：t′=0.4s撤去F2后A、B相对位移为：△l2='2ABvvt=0.2m为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L=△l1+△l2=0.7m。
2．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：
（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；
（2）包裹P到达B时的速度大小；
（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；
（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．
【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s
（4）222200.4/80.4/caamsvams（）（） 如图所示：
【解析】
【分析】
先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。
【详解】
（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sincosmgmgma
代入数据得：210.4/ams，方向：沿传送带向上；
（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：220L=2vva
代入数据得：1/vms；
（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cossinmgmgma
得220.4/ams 当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4vtssa
速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4vxmma
因为x
则P从B处到C处总时间为：127.5ttts；
（4）若20.4/ams，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，
加速位移等于传送带的长度，即：22CvaL 即：220Cva
若20.4/ams，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s2向上匀加速运动，
有：222CvaL 即228/?Cvms（）
两种情况结合有：222200.4/80.4/caamsvams（）（）
图像如图所示：
【点睛】
解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。
3．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．
4．如图所示，质量为m=5kg的长木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A（可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210/gms，求：
（1）拉力撤去时，木板的速度vB；
（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L至少为多大；
（3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．
【答案】(1)VB=4m/s；(2)L=1.2m；(3)d=0.48m
【解析】
【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置．
(1)若相对滑动，对木板有：212BFmgmgma，
得：24/Bams
对木块有2Amgma，22/Aams
所以木块相对木板滑动
撤去拉力时，木板的速度4/BBvatms，2/AAvatms
(2)撤去F后，经时间t2达到共同速度v；由动量定理22Bmgtmvmv
22122Bmgtmgtmvmv，
可得20.2ts，v=2.4m/s
在撤掉F之前，二者的相对位移11122BAvvxtt
撤去F之后，二者的相对位移22222BAvvvvxtt
木板长度121.2Lxxm
(3)获得共同速度后，对木块，有22102Amgxmv，
对木板有2211202Bmgmgxmv
二者的相对位移3ABxxx
木块最终离木板右端的距离1230.48dxxxm
【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．
5．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
