《高考物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案).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的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案).docx（12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的基本方法技巧及练习题及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于 x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电5O 处放一个质量 m=0.01 kg场，场强大小 E=6.010 N/C，方向与 x 轴正方向相同，在原点带负电荷的绝缘物块，其带电荷量8q= -5 10 C物块与水平面间的动摩擦因数 =0.2，给物块一个沿 x 轴正方向的初速度v0 =2 m/s.如图所示试求：(1)物块沿 x 轴正方向运动的加速度；(2)物块沿 x 轴正方向运动的最远距离；(3)物体运动的总时间为多长？【答案】 (1)5 m/s
2、 2(2)0.4 m (3)1.74 s【解析】【分析】带负电的物块以初速度 v0 沿 x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间【详解】（1）由牛顿第二定律可得mgEqma ，得 a5m/s2（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：mg Eq s101 mv02 2代入数据，得： s1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：s1v0vt ?t1v0 ?
3、t1 ，得： t1=0.4s22接着物块向左作匀加速直线运动：a2qEmg 1m/s2 m根据： s11 a2t22 得 t 22 0.2s2物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3mgg2m/s 2m根据： a3t3a2t2解得 t30.2s物块运动的总时间为： tt1 t2t31.74s【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解2 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
4、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质量。【详解】（ 1）滑块受到水平推力 F、
5、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：f1-f=Ma 2当滑块和木板速度相等，均
6、为：v=2m/s ，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：02a3=m/s 2=-1m/s242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。3 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t 撤去F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力
7、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：v1a 1 tt木板速度为 v 2 ，则有：v2a 2 t2
8、t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过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统
9、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 4 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 ，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（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 如 （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
10、） 0.1； 0.4（2） 6m【解析】【分析】（1） 碰前 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+at112s0 v0t 1+ a1t12式中， t1=1s， s0=
11、4.5m 是木板碰前的位移， v0 是小木 和木板开始运 的速度。 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 a222，由牛 第二定律有： -mg=ma 由 可得： a2v2v1 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 v =-v +a t 313v3=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
12、 ：s1v1v3 t（ 11）2小物 运 的位移 ：s2 v1v3 t （12）2小物 相 木板的位移 ：s=s2 +s1（ 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。5 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出
13、 受到木板的摩擦力f 随拉力 F 大小 化而 化的 像F 假 木板足 ，在 中画【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）6 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=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=0.25，g=10m/s 2求
14、(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：水平推力解得：（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：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：解得：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
15、滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：（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由机械能守恒有：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?7 如图所示，长L=2m，质量 M=1kg 的木板 B 静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg 的小滑块 A，现对 B 施加一水平向右的恒力 F已知 A 与 B、 B 与地面间的动摩擦因数分别为 1 0.2、 2 0.4 ，重力加速度 g 10m / s2 ，试求：（ 1）若 A、 B 间相对滑动， F 的最小值；（ 2）当 F=20N 时，若 F 的作用时间为 2s，此时 B 的速度大小；（ 3）当 F
16、=16N 时，若使 A 从 B 上滑下， F 的最短作用时间【答案】（ 1） Fmin18 N（ 2） v220m / s （ 3） t21.73s【解析】【分析】【详解】（1） A、 B 间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，对 A，由牛顿第二定律可知，加速度a1 g2m / s2 ；对 B，由牛顿第二定律可知，Fmin2mMg1mgMa ，解得 Fmin18N（2） F=20N18N，二者间会相对滑动，对B，由牛顿第二定律；F 2mMg1mgMa1解得 a14m / s2 ；设 A 从左端滑出的时间为t1 ，则 L1 a1t121 1gt12，222解得 t11s2s ，此时
17、B 的速度 v1a1t14m / s故在 F 作用后的1s 内，对 B， F2 MgMa 2 ，解得 a216m / s2此时 B 的速度 v2v1a2 2 t120m / s（3）若 F=16N18N，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度F2Mm g 42a0Mm3m / s；当 A 刚好从 B 上滑下，F 的最短时间为 t2 ，设刚撤去 F 瞬间，整体的速度为v，则 v a0t 2撤去 F 后，对 A， a11 g2m / s2，对 B： a22mMg1mg8m / s2M经分析， B 先停止运动，v2v2LA 最后恰滑至 B 的最右端时速度减为零，故2a2 2a12联立解得 t2
18、3s1.73s点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解8 如图所示，在竖直平面内有一倾角=37的传送带BC已知传送带沿顺时针方向运行的速度 v=4 m/s ， B、 C两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上端 B 点的右上方比 B 点高 h=0. 45 m 处的 A 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数=0.5，取重力加速度g=10m/s 2 ， sin37 = 0.6，cos37=0.8。求：(1)滑
19、块水平抛出时的速度v0；(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.【答案】 (1) v0 =4m/s (2)W=8J【解析】【详解】(1) 滑块做平抛运动在 B 点时竖直方向的分速度为：平抛后恰好沿BC 方向滑人传送带，可知B 点的平抛速度方向与传送带平行，由几何关系及速度分解有：解得：(2) 滑块在 B 点时的速度大小为滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有：可得加速度设滑块到达C 点时的速度大小为vC，有：解得：此过程所经历的时间为：故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移传送带的位移 x2=vt=4m；传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：
20、代入数据解得：【点睛】此题需注意两点， (1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到体做的功时要以地面为参考系来计算位移。x1=L=6m，B 点的速度； (2) 计算摩擦力对物9 如图所示，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
21、，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。10 半径 R=4500km 的某星球上有一倾角为30o 的固定斜面，一质量为1kg 的小物块在力 F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F 始终与斜
22、面平行如果物块和斜面间的摩擦因数3 ，力 F 随时间变化的规律如图所示（取沿斜面向上方向为正），2s 末物块速度恰3好又为 0，引力常量 G 6.67 10 11 Nm2 / kg 2 试求：（1）该星球的质量大约是多少？（ 2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多大速度？（计算结果均保留二位有效数字）【答案】 （1） M 2.4 1024 kg（ 2） 6.0km/s【解析】【详解】（1）假设星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=20N 作用过程中，有： F1-mgsin- mgcos=ma 1小物块在力F2=-4N 作用过程中，有：F2+mg sin+ mgcos=ma 2且有 1s 末速度 v=a1t1=a2t 2联立解得： g=8m/s2Mm=mg由 G 2R224解得 M=gR /G代入数据得 M=2.4 10 kg（2）要使抛出的物体不再落回到星球，物体的最小速度v1 要满足 mg=m v12R解得 v1=3gR =6.0 10ms=6.0km/s即要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要6.0km/s 的速度【点睛】本题是万有引力定律与牛顿定律的综合应用，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；第二题，由重力或万有引力提供向心力，求出该星球的第一宇宙速度