物理牛顿运动定律的应用练习题含答案

物理牛顿运动定律的应用练习题含答案

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5

m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2

kg，g取10 m/s2.求：

（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小；

（2）若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小．

【答案】（1）4/ms （2）3.5/ms

【解析】

【详解】

(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝1mgm＝3 m/s2

由于μ1mg>2μ2mg

故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝122mgmgm＝1 m/s2

设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块：

v′＝v－a1t(1分)

L2＋x＝vt－12a1t2

对平板：v′＝a2t

x＝12a2t2

联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s.

(2)滑块在传送带上的加速度：a3＝mgm＝5 m/s2

若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：

v1＝112aL＝5 m/s<6 m/s

即滑块滑上平板的速度为5 m/s

设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′

则v″＝v1－a1t′

L2＋x′＝v1t′－12a1t′2

x′＝12a2t′2 联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去)

将t′＝12s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.

2．如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2．

（1）.为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？

（2）.若F=8 N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、B的速度分别是多少？

【答案】（1）5 N （2）vA’=2m/s vB’=8m/s

【解析】

【分析】

【详解】

（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．

设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则：

对整体： F0=（2m+M）a

对木板和B：μmg=（m+M）a

解之得： F0=5N

即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N；

（2）物块的加速度大小为：24AFmgamsm∕

木板和B的加速度大小为：BmgaMm=1m/s2

设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L

即221122ABatatL

解之得：t=2 s

vA=aAt=8m/s

vB=aBt=2m/s

AB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇

机械能守恒：12mva2+12mvB2=12mva＇2+12mvB＇2

解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s

3．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：

（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；

（2）包裹P到达B时的速度大小；

（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；

（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．

【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s

（4）222200.4/80.4/caamsvams（）（） 如图所示：

【解析】

【分析】

先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。

【详解】

（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sincosmgmgma 代入数据得：210.4/ams，方向：沿传送带向上；

（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：220L=2vva

代入数据得：1/vms；

（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cossinmgmgma

得220.4/ams

当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4vtssa

速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4vxmma

因为x

则P从B处到C处总时间为：127.5ttts；

（4）若20.4/ams，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，

加速位移等于传送带的长度，即：22CvaL 即：220Cva

若20.4/ams，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s2向上匀加速运动，

有：222CvaL 即228/?Cvms（）

两种情况结合有：222200.4/80.4/caamsvams（）（）

图像如图所示：

【点睛】

解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

4．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M10.5kg，Q的质量m1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数k800/Nm，系统处于静止.如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力.求力F的最大值与最小值.(取g210/)ms

【答案】max168NFmin72NF

【解析】

试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力

静止时由()MmgkX

物体离开秤盘时212xat

()kXxmgma

maxFMgMa

以上各式代如数据联立解得

max168NF

该开始向上拉时有最小拉力则

min()()FkXMmgMma

解得

min72NF

考点：牛顿第二定律的应用

点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．

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

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）

（1）货物刚滑上传送带时加速度为多大?

（2）当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?

（3）从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A端共用了多少时间?

【答案】（1）210m/s （2）1s 7m （3）222s

【解析】

【分析】

由题意可知考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。