《物理牛顿运动定律的应用专项含解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《物理牛顿运动定律的应用专项含解析.docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、【物理】物理牛顿运动定律的应用专项含解析一、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=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/s 2.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；(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、（ 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=mgtan，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=1 mv22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： mgL=1 mv021 mv222代入数据得：=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- atma=
3、 mg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= mgx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 t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1s 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
4、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/s 2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） 1 0.1 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/s4m / s0m / 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2 g1s解得 2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1s，位移
5、x4.5m ，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22带入可得 a1m / s2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1 (Mm) g2 mg Ma1可得 a14 m / s23对滑块，则有加速度a24m / s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1vt12a1t13m 末速度 v13m / s滑块向右位移 x24m / s0 t12m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m / s2木块继续减速，加速度仍为a14 m / s23假设又经历 t
6、2 二者速度相等，则有a2t2v1 a1t2解得 t20.5s此过程，木板位移x3v1t21a1t227m 末速度 v3 v1a1t22m / s26x4121滑块位移2 a2t22 m此后木块和木板一起匀减速二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m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a1g 1m / s2位移 x5v322m2a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m【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3 如图，有一质量为M =2kg 的平
7、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=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
8、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小车在 6s 内向右走的总距离：v 共同匀速运动了【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 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=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
9、加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2（1） .为使物块A 与木板发生相对滑动，（2） .若 F=8 N，求物块 A 经过多长时间与失，则碰后瞬间A、 B 的速度分别是多少？F 至少为多少？B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损【答案】（ 1） 5 N（ 2） vA=2m/s v B=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： mg=（ m+M） a解之得： F0=5N即
10、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：aAFmg4m s2m木板和 B 的加速度大小为：aBmg2M=1m/sm设物块滑到木板右端所需时间为t，则： xA-xB=L即 1aAt212L22 aBt解之得： t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva +mvB1212121mvB2机械能守恒：mv a+mvB=mva+2222解得： vA =2m/s vB =8m/s5 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 M 10.5kg ， Q 的质
11、量 m 1.5kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k 800N / m ，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 g10m / s2 )【答案】 Fmax168N Fmin72N【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 ( Mm) gkX物体离开秤盘时 x1 at 22k ( Xx)mgmaFmaxMgMa以上各式代如数据联立解得Fma
12、x168N该开始向上拉时有最小拉力则FminkX(Mm) g(Mm)a解得Fmin72N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6 如图甲所示， m1 =5 kg 的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转m1 下滑前将 m2 =3 kg 的滑块停放在槽的底端 m1 下滑后与 m2 发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B 点运动到 C 点的 v-t 图象，
13、如图乙、丙所示两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s2(1)求 A、B 的高度差 h；(2)求滑块 m与传送带间的动摩擦因数和传送带的长度 L ；1BC(3)滑块 m2 到达 C 点时速度恰好减到3 m/s，求滑块 m2 的传送时间；(4)求系统因摩擦产生的热量【答案】 （1） 0.8m （2） 26m （3） 6.5s（ 4） 16J【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间， m的速度 v =1 m/s ， m的速度 v=5 m/s ，设碰撞前瞬间m11122的速度为 v0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m1v0= m1v1+ m2v2解得： v0 = 4 m/s下滑的过程机械能
14、守恒：m1 gh12m12m1v0解得： h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m1 在传送带上加速运动时的加速度大小v0.5 m/s 2at滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故111mg= m a可求出滑块 m1与传送带间的动摩擦因数1 = 0.05由图乙可知，滑块 m1 在传送带上先加速4 s，后匀速运动6 s 到达 C 点图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度LBCBC，即L = 26 m(3)滑块 m2 一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为vv2v4m / s2设滑块 m2 的传送时间为t，则有 tLBC6.5sv(4)由图乙可知，滑
15、块m1在传送带上加速阶段的位移x1v0t11 at128m2滑块 m1在传送带上加速阶段产生的热量11 111Q =mg(vt -x )=10 J滑块 m2在传送带上减速的加速大小av4tm/s 213滑块 m2 受到的滑动摩擦力大小f = m2 a滑块 m2在传送带上减速阶段产生的热量Q2 = f(LBC-vt) = 6 J系统因摩擦产生的热量Q = Q1 + Q2 =16 J7 如图所示，从A 点以 v0 =4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至 B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道 C 端切线水平。小物块通过圆弧轨道
16、后以6m/s 的速度滑上与 C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板M 上已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数=0.1， OB 与竖直方向 OC间的夹角 =37 ，取12g=10m/s2， sin37 =0.6， cos37=0.8，则：(1)求小物块运动至B 点时的速度；(2)若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？【答案】 (1) vBv05m/s 过 B 点时的速度方向与水平方向成37 度 (2)cosW总 =W1 W215J【解析】【详解】vxv0（1）分解
17、 vB，得： cosvyvy变形得： vBv05m/scos过 B 点时的速度方向与水平方向成37（ 2）因1 mg5N 2 Mm g3N ，故木板将在地面上滑行，则对小物块有：1mgma1 ，得a15m/s 2对长木板有：2 Mm gMa2 ，得 a21m/s2设它们经过时间t，共速 v共 ，则有：v共 =vCa1ta2t ，解得： t1s ， v共 =1m/s则对小物块在相对滑动有： x1vCv共 t3.5m ，2故 W11mgx117.5J则对长木板在相对滑动有： x20v共 t0.5m ，2故 W21mgx22.5J共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：2 Mm g M m a共 ，
18、a共1m/s2，则它们间的摩擦力fma共1mg ，所以假设成立，之后它们相对静止一起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零 .综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和 W总 =W1 W2 15J8 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/
19、s 2，求：（ 1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（ 2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？（ 3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（ 1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（ 2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面
20、下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1 mv22解得： v2gh2103.2 8m/s（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL 01 mv22解得： Lv282m 6.4m2 g2 0.5 10（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh01 mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题9 如图所示，绷紧的传送带始终保持着
21、大小为v=4m/s的速度水平匀速运动一质量m=1kg的小物块无初速地放到皮带A 处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数 =02. ，A、 B之间距离s=6m ，求物块（1 ）从 A 运动到 B 的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s2）（2 ） A 到 B 的过程中摩擦力的功率是多少？【答案】（ 1 ） 8J；（ 2 ）3.2W ；【解析】（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为：物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：说明此时物块还没有到达B 点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力，由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为：（2）匀加速运动的时间，匀速运动的时间，摩擦力的功率10 图示
22、为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传AB两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角= 37 CD两端相距送， 、， 、4.45m， B、 C 相距很近。水平部分 AB 以 5m/s 的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在 A 端，到达 B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5试求： (已知 sin37o 0.6， cos37o 0.8， g 取 10 m/s 2 ，6 =2.450，7.2 =2.68)(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离(2)若要米袋能被送到D 端，求
23、CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D端所用时间的取值范围【答案】(1)能滑上的最大距离s=1.25m(2)要把米袋送到D 点， CD部分的速度vCD4m/ s时间t 的范围为1.16s t 2.1s【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B 点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B 点速度，若达到，则以5m/s 的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速
24、度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；【详解】（1）米袋在 AB 上加速时的加速度a0mg g5m/ s2m米袋的速度达到v0=5m/s 时，滑行的距离s0= v02=2.5m AB=3m，2a因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD上运动的加速度大小为 a，由牛顿第二定律得 mgsin+mgcos=ma代入数据得a=10 m/s 2所以能滑上的最大距离s v021.25m2a（2）设 CD部分运转速度为 v1 时米袋恰能到达 D 点（即米袋到达 D 点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1 之前的加速度为a1=-g（
25、 sin + cos）=-10 m/s 2米袋速度小于 v1 至减为零前的加速度为a2=-g（sin - cos）=-2 m/s 2由 v12 v020 v124.45m2a12a2解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D 点， CD 部分的速度 vCDv1=4m/s米袋恰能运到D 点所用时间最长为tmax v1 v00 v1 2.1sa1a2若 CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a21由 SCD=v0tmin+2a2t2 min，得： t min=1.16s所以，所求的时间t 的范围为1.16 s t 2；.1 s【点睛】题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD 段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D 点时速度恰好为零.