高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)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

3．如图所示，BC为半径r225m竖直放置的细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球过C点时速度大小不变，小球冲出C点后经过98s再次回到C点。（g＝10m/s2）求：

（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多大？

（2）小球第一次过C点时轨道对小球的支持力大小为多少？

（3）若将BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A点以v0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

【答案】（1）2m/s（2）20.9N（3）52N

【解析】

【详解】

（1）小球从A运动到B为平抛运动，有：rsin45°＝v0t

在B点有：tan45°0gtv

解以上两式得：v0＝2m/s

（2）由牛顿第二定律得：

小球沿斜面向上滑动的加速度：

a14545mgsinmgcosmgsin45°+μgcos45°＝82m/s2

小球沿斜面向下滑动的加速度：

a24545mgsinmgcosmgsin45°﹣μgcos45°＝22m/s2

设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t1、t2，

由位移关系得：12a1t1212a2t22

又因为：t1+t298s

解得：t138s，t234s

小球从C点冲出的速度：vC＝a1t1＝32m/s

在C点由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m2Cvr

解得：N＝20.9N

（3）在B点由运动的合成与分解有：vB045vsin22m/s 因为恒力为5N与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为F

由牛顿第二定律得：F＝m2Bvr

解得：F＝52N

由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N，

4．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M=2.5kg．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m=1.5kg的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl0=2cm.重力加速度g取10m/s2．现用向左的水平力F拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：

(1)水平力F的大小；

(2)弹簧的伸长量Δl.

【答案】（1）403N（2）8cm

【解析】

【分析】

斜面M、物体m在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F和弹簧的弹力．

【详解】

(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T，铁球受力如图:

由平衡条件、牛顿第二定律得：sinTmg

cosTma

对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：FMma()

联立以上两式并代入数据得：403FN

(2)铁球静止时，弹簧拉力为T0，铁球受力如图:

由平衡条件得： 0sinTmg

由胡克定律得：00Tkl

Tkl

联立以上两式并代入数据得：8?cml

【点睛】

从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．

5．如图，一块长度为9Lm、质量为1Mkg的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有质量为1mkg的小铅块(可看做质点)，以012/vms的水平初速度向右冲上木板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为10.4，木板与地面间的动摩擦因数为20.1，重力加速度取210/gms，求：

1铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度1a、2a的大小；

2铅块从木板上滑落所需时间；

3为了使铅块不从木板上滑落，在铅块冲上木板的瞬间，对长木板施加一水平向右的恒定拉力F，求恒力F的范围．

【答案】（1）4m/s2；2m/s2（2）1s（3）2N≤F≤10N

【解析】

【分析】

（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于L，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力F的范围；

【详解】

（1）铅块：11mgma

解得a1=4m/s2；

对木板：122()mgMmgMa

解得a2=2m/s2 （2）从开始到滑落过程：2201112111()22vtatatL

解得t1=1s

10118/vvatms

2212/vatms

（3）到右端恰好共速：2202122211()22vtatatL

'01222vatat

解得a′2=4m/s2

木板：'122()FmgMmgMa 解得F≥2N；

共速后不能从左侧滑下：2-()()FMmgMma共，1ag共 解得F≤10N，

则F的范围：2N≤F≤10N

【点睛】

本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．

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：

(1)滑块水平抛出时的速度v0；

(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.

【答案】(1)v0=4m/s (2)W=8J

【解析】

【详解】

(1)滑块做平抛运动在B点时竖直方向的分速度为：