高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案

高中物理牛顿运动定律的应用专题训练答案

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，质量为2kg的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F作用下由静止开始运动．已知力F的大小为5N，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：

(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；

(2)8s末物体的瞬时速度大小和8s时间内物体通过的位移大小；

(3)若8s末撤掉拉力F，则物体还能前进多远？

【答案】(1)a=0.3m/s2 (2)x=9.6m (3)x′=1.44m

【解析】

(1)物体的受力情况如图所示：

根据牛顿第二定律，得: Fcos37°-f=ma

Fsin37°+FN=mg

又f=μFN

联立得：a=cos37(sin37)FmgFmoo

代入解得a=0.3m/s2

(2)8s末物体的瞬时速度大小v=at=0.3×8m/s=2.4m/s

8s时间内物体通过的位移大小219.6m2xat

(3)8s末撤去力F后，物体做匀减速运动，

根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/sfmgagmm

由v2=2a′x′得:21.44m2vxa

【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．

2．如图所示，质量为M=10kg的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F=10N的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s时，在其右端轻轻放上一质量m=2.0kg的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．

（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止

（2） 求3s内煤块前进的位移

（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度

【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m

【解析】

【分析】

分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．

【详解】

(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：

1NFma

FN-mg=0

代入数据解得：a1=2m/s2

刚开始运动时对小车有：

2NFFMa

解得：a2=0.6m/s2

经过时间t，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：

v1=a1t

车的速度为：

v2=v+a2t

解得：t=2s；

(2)在2s内小黑煤块前进的位移为：

21114m2xat

2s时的速度为：

11122m/s4m/svat

此后加速运动的加速度为：

235m/s6FaMm

然后和小车共同运动t2=1s时间，此1s时间内位移为： 22123214.4m2xvtat

所以煤块的总位移为：

128.4mxx

(3)在2s内小黑煤块前进的位移为：

21114m2xat

小车前进的位移为：

21116.8m2xvtat

两者的相对位移为：

m12.8xxx

即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m．

【点睛】

该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．

3．如图，质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,

(1)A、B两球开始运动时的加速度．

(2)A、B两球落地时的动能．

(3)A、B两球损失的机械能总量．

【答案】（1）25m/sAa27.5m/sBa （2）850JkBE （3）250J

【解析】

【详解】

(1)由于是轻绳,所以A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，又A得质量小于B的质量，所以两球由静止释放后A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：

对A：AAAAmgfma

对B：BBBBmgfma ABff

0.5AAfmg

联立以上方程得：25m/sAa 27.5m/sBa

(2)设A球经t s与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB，速度分别为VA、VB，因为它们都做匀变速直线运动

则有：212AAhat 212BBhat ABHhh AAVat BBVat

联立得：2st，10mAh，

15mBh，10m/sAV，15m/sBV

A、B落地时的动能分别为kAE、kBE，由机械能守恒，则有：21()2kAAAAAEmvmgHh 400JkAE

21()2kBBBBBEmvmgHh 850JkBE

(3)两球损失的机械能总量为E，()ABkAkBEmmgHEE

代入以上数据得：250JE

【点睛】

(1)轻质物体两端的力相同,判断A、B摩擦力的性质，再结合受力分析得到．

（2）根据运动性质和动能定理可得到．

(3)由能量守恒定律可求出．

4．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；

(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功；

(3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。

【答案】（1）02qExm （2）5qEx0（3）8x0

【解析】

【详解】 （1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。

对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma

由运动学公式有：v02=2ax0。

解得：v0=02qExm

对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：

mv0=mvA1+mvB1

12mv02=12mvA12+12mvB12。

解得：vB1=v0=02qExm，vA1=0

（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：xA1=vA1t1+12at12=vB1t1

从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：

W=qE（x0+xA1）

解得：W=5qEx0。

（3）设第二次碰撞前A的速度为vA1′，碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2．有：

vA1′=vA1+at1。

第二次碰撞过程，有：

mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2。

12mvA1′2+12mvB12=12mvA22+12mvB22。

第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度vB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22-vA22=2a•△x1。

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为vA2′，碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：

xA2=vA2t2+12at22=vB2t2。

vA2′=vA2+at2。

第三次碰撞过程，有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3

12mvA2′2+12mvB22=12mvA32+12mvB32．

vB32-vA32=2a•△x2

所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2。

解得：8x0＜d≤18x0

5．如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g取l0m/s2．

（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．

（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止．

（3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．

【答案】（1）203.6m2vxa（2）t=1s（3）121xxm

【解析】

【分析】

【详解】

试题分析：（1）225m/sag

203.6m2vxa

（2）对m：2125/agms，

对M：221()MamgmMg，

221m/sa

012vatat

t=1s

（3）木板共速前先做匀加速运动2110.52xatm

速度121m/svat

以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动

231/agms，

22310.52xvtatm

X=121xxm

考点：牛顿定律的综合应用

6．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）