《高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析.docx（13页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题( 含答案 ) 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，质量分别为 mA=2kg、 mB=4kg 的 A、 B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高 H=25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的 0.5 倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2 ，不计细绳与滑轮间的摩擦，求： ,(1)A、 B 两球开始运动时的加速度(2)A、 B 两球落地时的动能(3)A、 B 两球损失的机械能总量 【答案】 （1） aA5m/s2aB7.5m/s 2（ 2） EkB 850J
2、（ 3） 250J【解析】【详解】(1)由于是轻绳 ,所以 A、 B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于 B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力， B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对 A： mA g f AmAaA对 B： mB g f BmB aBfAf BfA0.5mAg联立以上方程得：aA5m/s 2aB7.5m/s2(2)设 A 球经 t s 与细绳分离，此时，A、B 下降的高度分别为hA、 hB，速度分别为 VA、 VB，因为它们都做匀变速直线运动则有： hA1aA t2hB1aBt 2HhAhB VA aAtVBaBt22联立得： t2s， h
3、A 10m ，hB15m ， VA10m/s ， VB15m/sA、 B 落地时的动能分别为EkA 、 EkB ，由机械能守恒，则有：EkA1 mAvA2mA g(HhA )EkA400J2EkB1 mBvB2mB g(HhB ) EkB850J2(3)两球损失的机械能总量为E ， E(mA mB ) gH EkA EkB代入以上数据得：E250J【点睛】(1)轻质物体两端的力相同,判断 A、 B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到（2）根据运动性质和动能定理可得到(3)由能量守恒定律可求出2 皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,A、 B两端传送带与水平地面的夹角37 ，相距 12m, 质量为
4、 M=1kg的物体以 v0 =14.0m/s 的速度沿 AB 方向从 A 端滑上传送带 ,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取 10m / s2 )，试求 :(1)物体从 A 点到达 B 点所需的时间 ；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从 A 点到达 B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度【答案】 （1） 2s（ 2） 5m【解析】【分析】（ 1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速
5、度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度.【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v0=14.0m/s 大于传送带的速度向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：v=4m/s ，则物体相对斜面Mgsin +Mgcos=Ma1解得： a1 =gsin + gcos2=10m/s当物体与传送带共速时：v0-at1=v解得 t1 =1s此过程中物体的位移x1v0 v t1 9m2传送带的位移 ： x2vt14m当物体与传送带共速后，由于=0.5tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为
6、：Mgsin - Mgcos =Ma2解得 a2=2m/s 2物体向上减速运动s1=L-x1=3m1根据位移公式 ： s1=vt 2-a2 t222解得： t2=1 s（ t2=3 s 舍去）则物体从 A 点到达 B 点所需的时间 ： t=t 1+t 2=2s（2）物体减速上滑时，传送带的位移：s2vt2 4m则物体相对传送带向下的位移s s2s11m因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：x x1 x25m则物体从 A 点到达 B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解
7、时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动 .3 如图甲所示，有一倾角为37M的木的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为板。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，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
8、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：v1=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
9、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/ s2Vt 20对木板：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：a3=02m/s 2=-1m/s 242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
10、速度。4 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=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v =14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上10滑下，滑块与长木板的动摩擦因数2=0.5，g 取 10m/s 2，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/s 2 2m/s 2（ 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
11、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ag5m / s212木板由静止做匀加速度直线运动即 mg Mm gMa212解得a22m / s2（ 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 v 木块v 0 a1tv 木板a2 t解得 t=2s木块位移12x 木块v0 t2a1t 18m木板位移12x 木板2a2t4m木板长度Lx 木块x 木板14
12、m（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v共 a2 t4m / s， a31g 1m/ s2，v共28m木板位移x 木板2a3总位移x x 木板x 木板,12m5 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
13、）滑块运动的时间；（ 2）滑块相对传送带滑过的路程【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 F
14、sin37ma1解得： a17.5m / s2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滑块从 A 端到 B 端的时间： tt1t22s（2） 01s 内滑块相对传送带向左的位移：Vs1vt1s13.75m ，1s2s内滑块相对传送带向右的位移：Vs2L
15、s1vt20.25m ，02s 内滑块相对传送带的路程：VsVs1Vs24m6 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AA右端用轻，木板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 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；（3）若当铁块B 轻放在木板A 最右端的同时，对B 加一水平向右的恒力F 7m
16、g ，其他条件不变，计算B 滑出A 时B 的速度大小vB【答案】（ 1）gh （2 ）2h （ 3） 5gh2【解析】【详解】（1）对 A、 C 分析，有mg 2ma1v2A2a1h解得vAgh（2） B 放在 A 上后，设A、C 仍一起加速，则mg 4 mg 2ma2解得a2 0即 B 放在 A 上后， A、 C 以速度 vA 匀速运动此时，B 匀加速运动，加速度4mggaB14m4设经过时间 t 1， B 的速度达到 vA，且 B 刚好运动至木板 A 的左端则有vA aB1t 1木板 A 的长度L SACSB vAt1 1 vAt12解得L 2h（3）加上力F 后， B 的速度达到vA 前
17、， A 和 C 仍匀速， B 仍加速，此时B 的加速度F4 mgaB22g4m加速时间vAght22gaB 2B 相对 A 的位移S SA SBvA t21 vAt 2h24A、 B 共速后都向右加速，设经时间t 3， B 滑出 A有对 B 有aB3 F 4 mg3 g4m2对 A 有mg4 mgaACg2mB 相对 A 的位移SSBSA(vAt31 aB 3t32 ) ( vAt32解得1 aAC t32 )2hght3ggB 滑出 A 时的速度5vB vA aB3t3gh27 研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间
18、.光滑水平导轨 MN 上放置两个物块 A 和 B，左端挡板处有一弹射装置P，右端 N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为-3d=3.6 10m的遮光条分别安装在物块A 和 B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L=9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v=6.0m/s 匀速转动。物块B 与传送带的动摩擦因数=0.20，物块 A 的质量（包括遮光条）为mA =2.0kg。开始时在 A 和 B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和 B，迅速移去轻弹簧 .两物块第一次通过光电门，物块A 通过计时器显示的读数-4t 1=9.0 10s，物块 B
19、 通过计时器显示的读数 t 2-32 ，试求：=1.8 10s，重力加速度 g 取 10m/s（ 1）弹簧储存的弹性势能 Ep；（ 2）物块 B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；（ 3）若物体 B 返回水平面 MN 后与被弹射装置 P 弹回的 A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置 P 必须对 A 做多少功才能让 B 碰后从 Q 端滑出。【答案】（ 1） Ep=24J；（ 2） Q=96J；（ 3） W84J 。【解析】【分析】【详解】（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小vA= d3.61034m / s4.0m/st19.010Bd3.610 3m / s2.0
20、 m/sv =t21.810 3由动量守恒有mA vA=mBvB得mB=4.0kg弹簧储存的弹性势能Ep1 mAvA21 mB vB224 J22（ 2） B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远由牛顿第二定律得mB gmB a所以 B 的加速度a=2.0m/s 2B 向右运动的距离x1vB21.0m 84J8 如图所示，质量，的木板fx静止在光滑水平地面上木板右端与竖直墙壁之间距离为，其上表面正中央放置一个质量的小滑块A A 与 B 之间动摩擦因数为0.2 ，现用大小为F18N 的推力水平向右推B ，两者发生相对滑动，作用t1 s 后撤去推力F通过计算可知，在B
21、与墙壁碰撞时A 没有滑离 B 设B 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g10 m/s2求：(1) A 相对 B 滑动的整个过程中 A 相对 B 向左滑行的最大距离；(2) A 相对B 滑动的整个过程中，A 、 B 系统产生的摩擦热【答案】(1)(2)【解析】【详解】（1）在施加推力F 时，方向向右aBFmg4m / s2方向向右Mls 末， F 撤去时，s11 aAt121m212s2aB t12mA 相对 B 向左滑动的距离撤去 F 至 A、 B 达到共同速度的过程中，方向向右，方向向左设 A、 B 速度相等经历的时间为t 2VAaA t 2VB aBt 2 得在此时间内B 运动
22、的位移为 s2+s3sB 与墙碰前速度相等， A、 B 的共同速度A 相对 B 向左滑动的距离（2）与墙壁碰后： MV ABmVAB （ mM ） V共mg Vs31 (M m)VAB 21 (M m)V共 222点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解9 图示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，一台水平传送，A、 B 两端相距 3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角= 37 ，C、 D 两端相距 4.45m，B、 C 相距很近。水平部分 AB 以
23、 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
24、 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
25、=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（ 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
26、解得 v1=4m/s，即要把米袋送到CD 1D 点， CD 部分的速度 v v=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a2=v tmin+a t2 min，得： tmin=1.16s由 SCD 01 22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 点时速度恰好为零.10 如图所示，质量m=1kg 的物块，
27、在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角 =37的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的动摩擦因数=0.5，取 g10 m / s2 ， sin37 =0.6， cos37 =0.8，求：(1)拉力 F 作用的时间t1 内，物块沿斜面上滑的距离x1；(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t2 ；(3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x【答案】 (1) x110m(2)t21s (3)x11m【解析】【分析】【详解】(1)物块在时间 t1 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为a1 ，由牛顿第二定律有Fmg sin 37mg
28、 cos37ma1解得 a5m/ s21在这段时间内物块上滑的距离为x11 a1t1210m2(2)经时间 t1 物块的速度大小为v1a1t2 10m / s接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为a2 ，由牛顿第二定律有： mg sin 37mg cos37ma2解得 a210m / s2根据速度公式有： 0 v1 a2t2解得 t21s(3)物块在时间 t2 内上滑的距离为 x2 v1t21 a2t 225m ，2沿斜面下滑时间为 t3 t t22s设物块沿斜面下滑的加速度大小为a3 ，由牛顿第二定律有： mg sin 37mg cos37ma3解得 a3 = 2m / s2物块在时间 t 3内沿斜面下滑的距离为x31 a3t324m ，2故 x x1x2x3 11m【点睛】过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律