高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)含解析

高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(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

1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．0t时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1ts时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的vt图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求

（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与木板间的动摩擦因数2；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

【答案】（1）10.120.4（2）6m（3）6.5m

【解析】

（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1msmsgs

解得20.4

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1ts，位移4.5xm，末速度v4m/s

其逆运动则为匀加速直线运动可得212xvtat

带入可得21/ams

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga

可得10.1

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()MmgmgMa

可得214/3ams

对滑块，则有加速度224/ams

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11ts

此时，木板向左的位移为2111111023xvtatm末速度18/3vms 滑块向右位移214/022msxtm

此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/ams

木块继续减速，加速度仍为214/3ams

假设又经历2t二者速度相等，则有22112atvat

解得20.5ts

此过程，木板位移2312121726xvtatm末速度31122/vvatms

滑块位移24221122xatm

此后木块和木板一起匀减速．

二者的相对位移最大为13246xxxxxm

滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/agms

位移23522vxma

所以木板右端离墙壁最远的距离为1356.5xxxm

【考点定位】牛顿运动定律

【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁

2．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：

（1）开始时B离小车右端的距离；

（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。

【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：

【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒

解得：，

A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止

，，

解得

B离右端距离

(2)从开始到达共速历时，，，

解得

小车在前静止，在至之间以a向右加速：

小车向右走位移

接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了

小车在6s内向右走的总距离：

【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.

3．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5

m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2

kg，g取10 m/s2.求：

（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；

（2）若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．

【答案】（1）4/ms （2）3.5/ms

【解析】

【详解】

(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝1mgm＝3 m/s2

由于μ1mg>2μ2mg

故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝122mgmgm＝1 m/s2

设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：

v′＝v－a1t(1分) L2＋x＝vt－12a1t2

对平板：v′＝a2t

x＝12a2t2

联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.

(2)滑块在传送带上的加速度：a3＝mgm＝5 m/s2

若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：

v1＝112aL＝5 m/s<6 m/s

即滑块滑上平板的速度为5 m/s

设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′

则v″＝v1－a1t′

L2＋x′＝v1t′－12a1t′2

x′＝12a2t′2

联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去)

将t′＝12s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.

4．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=32，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；

(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值Fm；

(3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J 【解析】

【详解】

（1）对小木块受力分析如图甲：

木块重力沿斜面的分力：1sin2mgmg

斜面对木块的最大静摩擦力：13cos4mfmgmg

由于：sinmfmg

所以，小木块处于静止状态；

（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a，小木块受力如图乙所示，则

1cossinmgmgma

木板受力如图丙所示，则：21sincoscosmFMgMmgmgMa

解得：99.0N8mFMmg

（3）因为F=10N>9N，所以两者发生相对滑动 对小木块有：21cossin2.5m/sagg

对长木棒受力如图丙所示

21sincoscosFMgMmgmgMa

解得24.5m/sa

由几何关系有：221122Latat

解得1ts

全过程中产生的热量有两处，则

2121231coscos2QQQmgLMmgvtat

解得：12JQ。

5．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）

（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；

（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）

【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N

【解析】

【分析】

(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．

【详解】

(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．

根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma

得 a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2

m受到支持力20N=25Ncoscos37NmgF

(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:

对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma1

竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0

对整体有 F1=（M+m）a1

代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N

设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，

对物块分析，在水平方向有 N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2

竖直方向有 N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0

对整体有 F2=（M+m）a2

代入数值得a2=11.2m/s2 ，F2=67.2N

综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N．

【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．

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：