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)(1)

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)(1)

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．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g=10m/s²)求：

(1)长板2开始运动时的加速度大小；

(2)长板2的长度0L；

(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．

【答案】（1）26m/s（2）1m （3）1m

【解析】

【分析】

【详解】

设向右为正方向

（1）物体1： -μmg = ma1 a1=–μg = -2m/s2

物体2：T+μmg= ma2

物体3：mg–T= ma3

且a2= a3

由以上两式可得：22gga=6m/s2

（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t

代入数据解t1=0．5s v1=3m/s

112vvxt=1．75m

122vtx=0．75m

所以木板2的长度L0=x1-x2=1m

（3）此后，假设物体123相对静止一起加速

T=2ma mg—T=ma 即mg=3ma

得3ga

对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动

物体1： a3=μg=2m/s2

物体2：T—μmg= ma4

物体3：mg–T= ma5

且a4= a5

得：42gga=4m/s2

整体下落高度h=H—x2=5m 根据2124212hvtat

解得t2=1s

物体1的位移23123212xvtat=4m

h-x3=1m 物体1在长木板2的最左端

【点睛】

本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．

3．如图所示，一质量M=4.0kg、长度L=2.0m的长方形木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）。现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的初速度大小均为2.0m/s，最后A并没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.50，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）经历多长时间A相对地面速度减为零；

（2）站在地面上观察，B板从开始运动，到A相对地面速度减为零的过程中，B板向右运动的距离；

（3）A和B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离。

【答案】（1） （2） （3）

【解析】

【详解】

（1）A在摩擦力f=μmg作用下，经过时间t速度减为零，根据动量定理有：μmgt=mv0

解得 t=0.40s

（2）设B减速运动的加速度为a，A速度减为零的过程中，板B向右运动的位移为x．

根据牛顿第二定律有μmg=Ma，

解得a=1.25m/s2

根据匀变速直线运动位移公式有x=v0t-at2

解得 x=0.70m

（3）设A和B二者的共同速度为v，

根据动量守恒定律有 （M-m）v0=（M+m）v

解得v=1.2m/s

设A和B二者达到共同速度时，小滑块A与板B右端的距离为l，根据做功与能量变化的关系有

μmgl=（M+m）v02-（M+m）v2

解得 l=1.28m，

所以A、B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离为：△x=L-l=0.72m

【点睛】

本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便.

4．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝2 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑时的高度；

(3)木板的质量。

【答案】（1）15N（2）2.5m（3）3kg

【解析】

【分析】

（1）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；

（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。

（3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。

【详解】

（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，

水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N

（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s

设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma

代入数据得：a=12m/s2

则下滑时的高度：21100·0.62.5224vhsinmma＝

（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1

由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝210 20vtVV＝＝−4m/s2

对滑块：f1=ma1 ①

此时木板的加速度：a2＝20 20vtVV＝＝1m/s2

对木板： f1-f=Ma2 ②

当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=02 42m/s2=-1m/s2

当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力：

f =（M+m）a3 ③ 联立①②③代入数据解得：M=3kg

【点睛】

本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t图像中获取信息求解加速度。

5．如图所示，一速度v=4m/s顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m=2Kg的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v0=10m/s从斜面底端上滑求：（g=10m/s2）

（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离？

（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？

（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？

【答案】(1) x1=5m （2） L=2.5m （3）t=1.525s

【解析】（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sincosmgmgma，解得2110/ams

设小物块沿沿斜面上滑距离为x1，则211020axv，解得15xm

（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：

2sincosmgmgma，解得： 222/ams

设小物块下滑至斜面底端时的速度为v1，则21212vax解得： 125/vms

设小物块在传送带上滑动时的加速度为a3, 由牛顿第二定律得： 23µmgma，解得：

234/ams

设物块在传送带向左滑动的最大距离为L，则23120aLv，解得： 2.5Lm

传送带至少2.5m物块不会由传送带左端滑下

（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x2，则222axv，解得： 222.5xmm，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。

设小物体加速至与传送带共速用时t1，则1vat，解得11ts

设小物体匀速运动用时t2，则22Lxvt，解得20.125ts

设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t3，则130vat，解得30.4ts

物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间1231.525tttts