《高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(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及其解题技巧及练习题(含答案).docx（14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及其解题技巧及练习题( 含答案 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 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
2、】 （1） 7.5N（ 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：v
3、0=v- atma= 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 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
4、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
5、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
6、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3 如图甲所示，倾角为 37m2 kg的的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达 B 端，取沿传送带向下为正方向，g 10 m/s 2， sin 37 0.6，求：(1)小物体在传送带A、 B 两端间运动的平均速度v；(2)物体与传送带间的动摩擦因数；(3)2 s 内物体机械能的减少量E 【答案】(1)8 m/s(2)0.5(3)48 J【解析】【详解】（ 1）由 v-t 图象的面积规律可知传送带 A、B 间的距离 L 即为 v-t
7、 图线与 t 轴所围的面积，所以：L v1 t1v1v2 t2t2代入数值得：L=16m由平均速度的定义得：L16v8m / s（2）由 v-t 图象可知传送代运行速度为v1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：Vv1022a1m / s 10m / s则物体所受的合力为：F 合 =ma 1=2 10N=20N1-2s 内的加速度为：22a2 2m/s ，根据牛顿第二定律得：mgsinmgcosa1=gsin + gcos mmgsinmgcosa2=gsin- gcos m联立两式解得：=0.5， =37 （3） 0-1s 内，物块的位移：x1 1 a1t12 1 101m 5m22传
8、送带的位移为：x2=vt1=10 1m=10m则相对位移的大小为：x1=x2-x1=5m则 1-2s 内，物块的位移为：1a2t 21x3 vt2+2=10 1+ 21m 11m220-2s 内物块向下的位移：L=x1+x3=5+11=16m物块下降的高度：h=Lsin37 =16 0.6=9.6m物块机械能的变化量：11EmvB2- mgh= 2212- 10 9.-6=48J22负号表示机械能减小4 如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块 A（可视为质点）木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数 2 .=0
9、.2 ，现用一水平力 F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m / s2 ，求：（1）拉力撤去时，木板的速度vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大；（3）在满足（ 2）的条件下，物块最终将停在右端多远处【答案】 (1)V B=4m/s ；(2)L=1.2m ； (3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去
10、拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置(1)若相对滑动，对木板有：F2mg12mgmaB ，得： aB4m / s2对木块有2mg maA ， aA2m / s2所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度vBaB t4m / s ， vAaA t 2m / s(2)撤去 F 后，经时间 t2 达到共同速度v；由动量定理2mgt2 mv mvB2 2mgt21mgt2mvmvB ，可得 t20.2s ， v=2.4m/s在撤掉 F 之前，二者的相对位移x1vBt
11、1vAt122撤去 F 之后，二者的相对位移x2vBvvAvt22t22木板长度 Lx1x2 1.2m(3)获得共同速度后，对木块，有2 mgxA 01 mv2，2对木板有2 mg2 1 mg xB01 mv22二者的相对位移x3 xA xB木块最终离木板右端的距离dx1x2x30.48m【点睛 】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点5 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A，木板A 右端用轻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
12、 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 7mg ，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
13、 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1L SACSB vAt1 vAt12解得L 2h（3）加上力F 后， B 的速度达到vA 前， A 和 C 仍匀速， B 仍加速，此时B 的加速度F4 mgaB24m2g加速时间t2vAgh2gaB 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
14、F 4 mg3 g4m2对 A 有aACmg4 mg2mgB 相对 A 的位移SSBSA(vAt312aB 3t32 )( vAt31 aAC t32 )2解得hght3ggB 滑出 A 时的速度5vB vA aB3t3gh26 如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为=37，传送带 AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0 =12m/s的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数=0.5，且可将货物视为质点（ sin37=0.6，cos37=0.8，g 取 10m/s 2）求：(1)货物刚滑上传送带时加速度的大
15、小和方向；(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？【答案】 （1） 10m/s2，方向沿传送带向下；（ 2） 1s； 7m.（ 3） (2+2 2 )s.【解析】【分析】（ 1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；（ 2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；（ 3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由
16、运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；【详解】（ 1）设货物刚滑上传送带时加速度为a1 ，货物受力如图所示：沿传送带方向：垂直传送带方向：mgsinF fma1mgcosFN ，又 F fFN故货物刚滑上传送带时加速度大小a110m/ s2 ，方向沿传送带向下；（2）货物速度从 v0 减至传送带速度v所用时间设为 t1 ，位移设为 x1 ，vv0212则根据速度与时间关系有： t1s 1sa110根据平均速度公式可以得到位移为：v0 vt17mx12（3）当货物速度与传
17、送带速度相等时，由于0.5tan，即 mgsin mgcos，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2 ，则有 mgsinmgcosma2设货物再经时间 t2 ，速度减为零，则：0vt21sa2沿传送带向上滑的位移：x2v0 t2 1m2则货物上滑的总距离为：xx1x28m货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2 ，设下滑时间为t3 ，则 x1 a2t32，代入解得： t322s2所以货物从 A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：t t1 t2 t3 （222) s 【点睛】本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点7 研究物体的运
18、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.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
19、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 通过计时器显-32，试求：示的读数 t 2=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
20、小Ad3.610 3m / s4.0m/sv =t19.010 4vB= d3.610 3m / s2.0 m/st21.810 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vB2x11.0m 84J8 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=0.2k
21、g 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)滑块水平抛出时的速度v ；0(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
22、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 x1=L=6m，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：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 B 点的速度； (2) 计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。9 如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m ，质量为0.6kg在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98
23、kg 的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等一颗质量为0.02kg 的子弹以的150m/s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取 10m/s2 (结果保留 2 位有效数字 )(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动(2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离【答案】(1)物块滑上第五块木板 (2)x板0.078m【解析】【分析】【详解】(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m0 , M , m ,子弹的初速度为v0 子弹击中小物块后二者的共同速度为 v 由动量守
24、恒定律1m0v0Mm0v1子弹击中小物块后物块的质量为M，且 MMm0设当物块滑至第 n 块木板时，木板.才开始运动1M g2 (M (6 n)m) g其中 1,2 分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.由式解得n4.3即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动.(2) 令物块滑上第五块木板上时，vs 满足 :1 Mm0g 4L1M m0 vs2v12 , vs 1m / s2之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，v t 图象如图 :1- 2t12t1t133s8v共1 m/s4t2v共1 s2 g4x板1311 m5 m 0.078m28446410 如图，在光滑
25、的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为 m 的木块 1、 2、 3，木块与木板间的动摩擦因数均为. 现同时给木块1、 2、3 水平向右的初速度 v0 、 2v0 、 3v0 ，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求123求所有木块都相对静止时的速度；木块 3 从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；木块 2 在整个运动过程中的最小速度。1 ?v04v025【答案】； 2 ?；3 ? v0g6【解析】【分析】1 当木块 3 与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，由系统动量守恒求得共同速度。2 木块 3 在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学
26、公式结合求解。3 由动量守恒定律求木块2 在整个运动过程中的最小速度。【详解】1 当木块 3 与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，且为v。取向右为正方向，系统动量守恒得： m v02v0 3v0 6mv解得： v v02 术块 3 在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：mg ma由运动学公式有： (3v0 ) 2v22as3解得木块 3 从开始运动到与木板相对静止时位移的大小：4v02s3g3 设木块 2 的最小速度为 v2 ，此时木块 3 的速度为 v3 ，由动量守恒定律m v02v03v02m3m v2mv3在此过程中，木块3 与木块 2 速度改变量相同3v0 v32v0 v2解得 v25v06故本题答案是：1 v0；24v02；35v0g6【点睛】本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理。