高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧(超强)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解题技巧(超强)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，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0. 2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1m．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．g取l0m/s2.求：
(1)水平作用力F的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8）
(2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数μ；
(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
【答案】（1）7.5N（2）0.25（3）0.5J
【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块受到水平推力F. 重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ，
代入数据得：
F=7.5N.
(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，
故有：
mgh=212mv
解得
v=2gh=2m/s；
滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；
根据动能定理有：
μmgL=2201122mvmv
代入数据得：
μ=0.25
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：
x=v0t
对物体有：
v0=v−at ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：
△x=L−x
相对滑动产生的热量为：
Q=μmg△x
代值解得：
Q=0.5J
【点睛】
对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．
2．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。
3．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.
4．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m=0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h=0.8m高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3N的阻力和F=1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型
（1）落到水面时速度v的大小；
（2）在水中能到达的最大深度H；
（3）从开始下落到返回水面所需时间t．
【答案】（1）4m/s（2）0.5m（3）1.15s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）模型人入水时的速度记为v，自由下落的阶段加速度记为a1，则a1=g；v2=2a1h
解得v=4m/s；
（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a2，则：mg-Ff-F=ma2
解得a2=-16m/s2
所以最大深度：2200.52vHma
（3）自由落体阶段：1t0.4vsg
在水中下降2200.25vtsa
在水中上升：F-mg-Ff=ma3
解得a3=4.0m/s2
所以：3320.5Htsa
总时间：t=t1+t2+t3=1.15s
5．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
6．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A由静止开始自由下滑，滑至坡底B处（B处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB长14.8m，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s）所经历的时间；
（2）滑雪者到达B处的速度；
（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离．
【答案】（1）1s；（2）12m/s；（3）54.4m．
【解析】
【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间．
（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s时的加速度，球心速度为4m/s之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度．
（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解．
【详解】
（1）滑雪者从静止开始加速到v1=4m/s过程中：
由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma1；
