物理牛顿运动定律的应用模拟试题及解析

物理牛顿运动定律的应用模拟试题及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图，质量M=4kg的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg的小木块以v0=14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g取10m/s2，求：

（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；

（2）木板长度；

（3）木板在地面上运动的最大位移。

【答案】（1）5m/s2 2m/s2（2）14m（3）12m

【解析】

【分析】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移.

【详解】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，

初速度 v0=14m/s，加速度大小 212aμg5m/s

木板由静止做匀加速度直线运动

即 212μmgμMmgMa

解得 22a2m/s

（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t

即 012vvatvat木板木块

解得 t=2s

木块位移 2011xvtat18m2木块

木板位移 221xat4m2木板

木板长度 Lxx14m木板木块

（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得

2231vat4m/saμg1m/s共， 木板位移 23vx8m2a，共木板

总位移 ,xxx12m木板木板

2．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

3．一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。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s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v-t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μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2；

（2）木板的最小长度；

【答案】（1）0.1；0.4（2）6m

【解析】

【分析】

（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。

（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度； 【详解】

（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有：

-μ1（m+M）g=（m+M）a1…①

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：

v1=v0+at1…②

s0＝v0t1+12a1t12…③

式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④

在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma2…⑤

由图可得：a2＝ 2121vvtt…⑥

式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3…⑧

v3=-v1+a3△t…⑨

v3=v1+a2△t…⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：

s1＝13 2vv △t…（11）

小物块运动的位移为：s2＝13 2vv△t…（12）

小物块相对木板的位移为：△s=s2+s1…（13）

联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m

因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。

4．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M=2.5kg．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m=1.5kg的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl0=2cm.重力加速度g取10m/s2．现用向左的水平力F拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：

(1)水平力F的大小；

(2)弹簧的伸长量Δl.

【答案】（1）403N（2）8cm 【解析】

【分析】

斜面M、物体m在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F和弹簧的弹力．

【详解】

(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T，铁球受力如图:

由平衡条件、牛顿第二定律得：sinTmg

cosTma

对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：FMma()

联立以上两式并代入数据得：403FN

(2)铁球静止时，弹簧拉力为T0，铁球受力如图:

由平衡条件得： 0sinTmg

由胡克定律得：00Tkl

Tkl

联立以上两式并代入数据得：8?cml

【点睛】

从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．

5．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，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．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求

(1)水平作用力F的大小；

(2)滑块开始下滑的高度h；

(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．

【答案】(1) (2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J

【解析】

【分析】

【详解】

解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡，如图所示：

水平推力 ①

解得：②

（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

由机械能守恒有：，解得：③

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则 滑块在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：④

解得：⑤

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥

解得：⑦

（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：s=v0t