高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
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高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从14圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力；
(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。
【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s
【解析】
【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
2012mgRmv
代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：
20vFmgmR
代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；
(2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有 2202vval
代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
22212111222mvmvMv
解得：
12mm2,2ss2vvv
物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
2p2112J2Emv
(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
21102mglmv
解得：
l′=2m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：
'112mgtmv
解得：
'1124svtg
设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
'134mvmvMv
'222134111222mvmvMv
代入数据解得：
3m1sv
当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：
232mgtmv
解得：
'3222svtg
同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为
114s2nnt
构成无穷等比数列，公比12q，由无穷等比数列求和公式
111nqttq总
当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
14s=8s112t总
2．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。
3．如图甲所示,质量为1kgm的物体置于倾角为37的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F，10.5st 时撤去拉力,物体速度与时间v-t的部分图象如图乙所示。(210/,sin370.6,cos370.8gms)问：
（1）物体与斜面间的动摩擦因数为多少？
（2）拉力F的大小为多少？
【答案】(1)0.5 (2)30N
【解析】
【详解】
（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：
22110-5m/s10m/s0.5a
根据牛顿第二定律得：
1sincosmgmgma
代入数据解得：
0.5
（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：
2220m/svat
根据牛顿第二定律得：
2sincosFmgmgma 代入数据解得：
30NF
4．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.
5．如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.
【答案】（1） ， （2）恰好不会从平板车的右端滑出．
【解析】
根据牛顿第二定律得
对滑块，有 ，
解得
对平板车，有，
解得．
设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：
．
平板车的位移为：
．
而且有
解得：
此时，
所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．
滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；
由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．
6．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，木板A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（初速度为0，可视为质点），最终B恰好未从A上滑落，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．计算：
（1）C由静止下落距离h时，木板A的速度大小vA；
（2）木板A的长度L；
