高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析.docx

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1、高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题( 含答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 质量为 m=0.5 kg、长 L=1 m 的平板车 B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M=l kg 的物体 A（视为质点）以 v0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在 A 滑上 B 的同时，给 B 施加一个水平向右的拉力已知A 与 B 之间的动摩擦因数 =0.2，重力加速度 g 取 10m/s 2试求：（ 1）如果要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应满足的条件；（ 2）若 F=5 N，物体 A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离【答案】 (1) 1

2、NF3N(2)x0.5m【解析】【分析】物体 A 不滑落的临界条件是A 到达 B 的右端时， A、 B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值另一种临界情况是A、 B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围【详解】(1)物体 A 不滑落的临界条件是A 到达 B 的右端时， A、 B 具有共同的速度v1 ，则：v02 -v12v12L2aA2aB又： v0 -v1 = v1aAaB解得： aB=6m/s 2再代入 F Mg=maB 得： F=1N若 F1N，则 A 滑到 B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从 B

3、 上滑落，所以 F 必须大于等于 1N当 F 较大时，在 A 到达 B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后， A 必须相对 B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体： F=(m M)a对物体 A： Mg=Ma解得： F=3N若 F 大于 3N， A 就会相对 B 向左滑下综上所述，力 F 应满足的条件是 1NF3N(2)物体 A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得： Mg=MaA解得： aA=g=2m/s 2平板车 B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F Mg=ma B解得： aB=14m/s2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0 aAt=

4、aBt解得： t=0.25s1215A 滑行距离 xA=v0t a At =m216B 滑行距离： xB= 1 aBt2 = 7 m216最大距离： x=xA xB=0.5m【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解2 如图所示，有123三个质量均为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 =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

5、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 L0 ；(3)当物体 3 落地时，物体1 在长板 2 的位置【答案】（ 1） 6m / s2 （ 2） 1m （ 3） 1m【解析】【分析】【详解】设向右为正方向（ 1）物体 1： -mg= ma1 a1=g= -2m/s2物体 2： T+mg= ma2物体 3： mgT= ma 3且 a2 = a3gg2由以上两式可得：a2=6m/s2（2）设经过时间t 1 二者速度相等 v1=v+a1t=a2t代入数据解 t 1=05s v1 =3m/sx1v v

6、1 t =1 75m2x2v1t=0 75m2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=2mamgT=ma 即 mg=3ma得 ag3对 1分析： f 静=ma=3 3N Ff= mg=2N，故假设不成立，物体1 和物体 2 相对滑动物体 1： a3=g=2m/s 2物体 2： Tmg= ma 4物体 3： mgT= ma 5且 a4 = a5得： a4gg2=4m/s2整体下落高度h=Hx2=5m 根据 h v1t21 a4t222解得 t2 =1s物体 1 的位移 x3 v1t21 a3t22 =4m2h-x3=1m 物体1 在长木板2 的最左

7、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，质量为M =10kg的小车停放在光滑水平面上在小车右端施加一个F=10N 的水平恒力当小车向右运动的速度达到 2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m=2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数 0.20假定小车足够长（ 1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（ 2） 求 3s 内煤块前进的位移（ 3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力

8、分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间通过运动学公式求出位移【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：FNma1FN-mg =0代入数据解得：a1=2m/s 2刚开始运动时对小车有：FFNMa 2解得： a2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v1=a1t车的速度为：v2=v+a2 t解得： t=2s；(2)在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x11a1t 24m22s 时的速度为：v1a1t122m/s4m/s此后加速运动的加速度为：aF5 m/s23Mm6然后和小车共同

9、运动t 2=1s 时间，此 1s 时间内位移为：x2v1t21 a3t224.4m2所以煤块的总位移为：x1x28.4m(3)在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x11 a1t 24m2小车前进的位移为：x v1t1 a1t26.8m2两者的相对位移为：xxx12.8m即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解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

10、，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/s 2。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

11、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=mgtan=2100.75N=15（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：1v =10m/s设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsin+Fcos=ma代入数据得： a=12m/s 2则下滑时的高度：hv12sin 100 0.6m 2.5m2a24（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f 1由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a 1 Vv 210 -4 m/s2Vt20对滑块： f1=ma1此时木板的加速度：a2 Vv 20 1m/ s2Vt20对木板：

12、f1-f=Ma 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：022=-1m/s 2a3=m/s42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 联立代入数据解得： 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 ，质量为 M =2kg、长度 L5 m 的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端6B 处放置一质量为m=1kg 的小物块 (可视为质点 )，小物块与木板间动摩擦因数=0.1现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间

13、 t 撤去 F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s 2求：（ 1）小物块与木板系统生热 Q ；（ 2）力 F 作用时间 t ；（ 3）力 F 做功 W 【答案】 （1） Q5 J ；（ 2） t 1s；（ 3） W 5J。6【解析】【分析】【详解】（1）小物块与木板系统生热Q，则有：QmgL代入数据解得 ： Q5J6（ 2）由题分析知，小物块与木板相对运动时 ，设小物块加速度为 a 1 ，根据牛顿第二定律有：mgma 1解得： a 11m/s2木板加速度为a 2 ，根据牛顿第二定律有：FmgMa 2解得： a 22m/s2撤去 F 瞬时小物块速度为v1 ，则有：v1

14、a 1 tt木板速度为 v 2 ，则有：v2a 2 t2t该过程木板相对小物块位移：x11 a 2 t21 a1t 2t2222撤去 F 后历时 t 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v，由动量守恒定律得：mv1Mv 2(m M )v5t解得： v3对小物块：由动量定理得：mgtm(vv1 )2t解得： t3该过程木板相对小物块位移：x2( v v2 ) t(v v1 ) t(v2v1) tt22223木板长度：Lx1x2解得： t1s（3）力 F 做功5t 2612WFa2t或W Q 1 ( m M )v2 2解得： W5 J【点睛】解决本题的关键是分析清楚物体的运动

15、过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答 6 如图所示，水平传送带长为 L=11.5m，以速度 v=7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动在传送带的 A 端无初速释放一个质量为 m=1kg 的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成=370 的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度大小为g=10m/s 2， sin37 =0.6， cos37 =0.8求滑块从A 端运动到 B 端的过程中 :（ 1）滑块运动的时间；（ 2）滑块相对传送带滑过的

16、路程【答案】 （1） 2s（ 2） 4m【解析】【分析】（ 1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B 端所用的时间，从而求出总时间（ 2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移 【详解】（ 1）滑块与传送带达到共同速度前, 设滑块加速度为 a1 ，由牛顿第二定律：Fcos37mg Fsin37ma1解得： a17.5m / s2

17、滑块与传送带达到共同速度的时间：t1v1sa1此过程中滑块向右运动的位移：s1vt13.75m2共速后 , 因 Fcos37mgFsin37，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律： Fcos37mgFsin37ma2解得： a20.5m / s2根据速度位移关系可得：v2Bv22a2Ls1滑块到达 B 端的速度： vB8m / s滑块从共速位置到 B 端所用的时间：t2vBv1sa2滑 从 A 端到 B 端的 ： tt1 t22s（2）01s 内滑 相 送 向左的位移：Vs1vt1s13.75m ，1s2s内滑 相 送 向右的位移：Vs2Ls1vt20.25m ，02s 内滑 相 送 的路程：

18、VsVs1Vs24m7 一 木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物 ，在木板右方有一 壁，木板右端与 壁的距离 4.5m ，如 （ a）所示。 t=0 刻开始，小物 与木板一起以共同速度向右运 ，直至 t=1s 木板与 壁碰撞（碰撞 极短）。碰撞前后木板速度大小不 ，方向相反；运 程中小物 始 未离开木板。已知碰撞后1s 内小物 的v-t 如 （b ）所示。木板的 量是小物 量的15 倍，重力加速度大小g 取 10m/s 2。求（1）木板与地面 的 摩擦因数1 及小物 与木板 的 摩擦因数2；（ 2）木板的最小 度；【答案】（ 1） 0.1； 0.4（2） 6m【解析】【分析】（1） 碰前

19、 程由牛 第二定律 行分析， 合运 学公式可求得1；再 碰后 程分析同理可求得2。（ 2）分 木板和物 行分析，由牛 第二定律求解加速度，由运 学公式求解位移， 可求得相 位移，即可求得木板的 度；【 解】（ 1） 定向右 正方向。木板与 壁相碰前，小物 和木板一起向右做匀 速运 ， 加速度 a1，小物 和木板的 量分 m 和 M由牛 第二定律有：-1（ m+M ） g=（ m+M ） a1由 可知，木板与 壁碰前瞬 速度v1=4m/s ，由运 学公式得：v1=v0+at100 1+11t12s v t2a式中， t1=1s， s0=4.5m 是木板碰前的位移，v0 是小木 和木板开始运 的速

20、度。 立式和 条件得：1=0.1 在木板与 壁碰撞后，木板以-v1 的初速度向左做匀 速运 ，小物 以v1 的初速度向右做匀 速运 。 小物 的加速度 a2，由牛 第二定律有：-2mg=ma2v2v1由 可得： a2 t2t1式中， t22=0， 立式和 条件得：2=2s， v=0.4 （2） 碰撞后木板的加速度 a3， t ，木板和小物 好具有共同速度v3由牛 第二定律及运 学公式得：213mg+ （ M+m ） g=Ma v3=-v1+a3 t v3=v1+a2t 碰撞后至木板和小物 好达到共同速度的 程中，木板运 的位移 ：s1v1 v3 t（ 11）2小物 运 的位移 ： s2 v1

21、v3t （12）2小物 相 木板的位移 ：s=s21+s （ 13） 立（ 11）（ 12）（ 13）式，并代入数 得： s=6.0m因 运 程中小物 没有脱离木板，所以木板的最小 度 6.0m。8 如 所示， 量M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面 的 摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个 量m=1kg、大小可忽略的 ， 与木板 的 摩擦因数2=0.4，g 取 10m/s 2，(1)若木板 L=1m，在 上加一个水平向右的恒力F=8N， 多 运 到木板的右端 ?(2)若在 右端施加一个从零开始 增大的水平向右的力F 假 木板足 ，在 中画出 受到木板的摩擦力f 随拉力 F

22、 大小 化而 化的 像【答案】（ 1） 1s；（ 2） 解析【解析】【分析】【 解】（1） 的加速度大小=4m/s 2木板的加速度大小2m/s 2设经过时间t 运 到木板的右端， 有解得： t=1s（ 2）9 如图，一块长度为L9m 、质量为 M1kg 的长木板静止放置在粗糙水平地面上另有质量为 m 1kg 的小铅块 ( 可看做质点) ，以 v012m / s 的水平初速度向右冲上木板已知铅块与木板间的动摩擦因数为1 0.4 ，木板与地面间的动摩擦因数为2 0.1 ，重力加速度取 g 10m / s2 ，求：12铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度a1 、 a2 的大小；铅块从木板上滑落所需时

23、间；3 为了使铅块不从木板上滑落，在铅块冲上木板的瞬间，对长木板施加一水平向右的恒定拉力 F，求恒力 F 的范围【答案】 （1） 4m/s 2； 2m/s2（ 2） 1s（ 3）2N F 10N 【解析】【分析】（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于 L，求解时间；（ 3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力 F 的范围；【详解】（1）铅块：1mgma1解得 a1=4m/s2；对木板： 1mg2 (Mm) g Ma2解得 a2=2m/s2（2）从开始到滑落过程：(v0t11a1t12 )1a2t12L22解得

24、t1 =1sv1v0a1t1 8m / sv2a2t12m / s（3）到右端恰好共速：( v0t21 a1t22 )1 a2t22L22v0a1t2a2 t2解得 a 2=4m/s 2木板： F1mg2 ( Mm) gMa 2解得 F2N；共速后不能从左侧滑下：F -2 (Mm)g ( Mm)a共 ， a共1 g 解得 F10N，则 F 的范围： 2NF10N【点睛】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁10 如图所示

25、，在倾角为的光滑物块P 斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、 B； C 为一垂直固定在斜面上的挡板、 C 总质量为M， A、 B 质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F 从零开始增大作用于P物块B 刚要离开C 时力F从开始到此时物块A 相对于斜面的位移物块A 一直没离开斜面，重力加速度为【答案】（ 1）（ 2）【解析】【分析】先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A、 B或 AB 整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解。【详解】整体做为研究对象，刚要离开C 瞬间与 C 的作用力为 0，受力情况如图：根据力的平衡知识有：对 P、 A、 B 整体分析受力有：联立解得：开始时弹簧压缩，有：由分析可知加速度为，对 B 分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0 ；所以物块A 的位移：【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。