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1、高考物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题及解析一、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)0.
2、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 ?t1 ，得：
3、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
4、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，
5、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：x1 a t 24m121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
6、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3 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
7、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Fmax168N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4 如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为 x0的小球 A 和 B，A 球所带电荷量为 +q， B 球不带电。现在 A 球右侧区域的有限宽度范围内
8、加上水平向右的匀强电场，电场强度为 E，小球 A 在电场力作用下由静止开始运动，然后与B 球发生弹性正碰， A、 B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：(1)A 球与 B 球发生第一次碰撞后B 球的速度；(2)从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功；(3)要使 A、B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d 应满足的条件。【答案】（ 1）2qEx0 （2 ）5qEx0（ 3） 8x0t 1 时，设 A 和 B 的加速度分别为，此时 AB 之间摩擦力为零，同理可得：即 B 做匀减速，设经时间，B 的速度减为零，则：联立 可得 t2=1s .在 t 1+
9、t2 时间内， A 相对于 B 运动的距离为此后 B 静止不动， A 继续在 B 上滑动，设再经时间后t3， A 离开 B，则有可得 ,t3=1s（另一解不合题意，舍去，）则 A 在 B 上的运动时间为t 总 .t 总 =t1+t2+t 3=4s（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的8 某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图所示现用该电动机在水平地面内拉动一物体（可视为质点），运动过
10、程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图所示已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数1=0.35，离出发点左侧s 距离处另有一段动摩擦因数为2、长为d 的粗糙材料铺设的地面（g 取 10m/s 2）（1）若 s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？（2）在 的水平地面运动，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为多少？1=0.35（3）若 s=0.16m ，物体与粗糙材料之间动摩擦因数2=0.45启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的运动情况若最终能以0.1m/s 速度滑过粗糙材料，则d 应为多少？【答案】（ 1） 4/7m/s ；（ 2） 0.5m / s2
11、；（ 3）见解析【解析】【分析】（1）物体达到最大速度时，加速度为零，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv 求解最大速度；（ 2）根据 P=Fv 求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式分析物体的运动情况.【详解】（1）电动机拉动物体后，水平方向受拉力F 和摩擦力 f 1111f=N， N=mg， f =3.5N物体速度最大时，加速度为零，F1=f1vvm11vm4根据 P=F，=m/s=P/F = P/ f ，7（2）当 v=0.1m/s 时，由图像及P=Fv 可知，拉力 F2= P/ v= 4N由牛顿第二定律F =maF2 - f1=ma 1解得 a1=0.5
12、m/s 2（ 3）由（ 2）知，物体在速度达到 0.5m/s 前，拉力 F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动 a1=0.5m/s 2速度达到 v1s=v1210.16m=0.5m/s 时，应经过/2a =0.25m所以小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，到达粗糙材料时速度v1= 2a1s =0.4m/s在粗糙材料上运动时，f222=N，N=mg， f =4.5N由牛顿第二定律 F2 - f2=ma 2， a2=- 0.5m/s 2小物体停止前最多滑行d2-v22=v21/ 2a2=0.15m9 如图所示，倾角30o 的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧物体经过
13、A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化传送带以v4m / s 的速度顺时针转动，一个质量为1kg 的物体(可视为质点)从 h1.8m高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因数04，传送带左右两端A、B 间的距离LAB7m，重力加速度g10m /s2. 求：123物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端速度；物体在传送带上距B 点的最小距离；物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间.【答案】 (1)v16m / s(2)x2.5m (3)t30.8s【解析】【分析】(1)先根据牛顿第二定律求加速度，再由速度位移关系求到达斜面末端的速度；(2)先
14、由牛顿第二定律求出物体在传送带上减速的加速度，再根据速度位移关系求出速度减为 0 时向右运动的位移，即可得出离B 最近的距离；(3)由前的分析可判断出物体先做匀加速运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加速度与速度，根据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间.【详解】（1）物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：mgsinma1解得： a15m / s2由几何关系沿光滑斜面下滑位移s1hcos由运动学公式v122a1s1解得物体滑到斜面末端速度v16m / s（2）物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：mgma2代入数据解得：a24m / s2
15、当物体速度减为0 时物体距 B 最近，有运动学公式可得：v122a2 S2解得物体距B 点的最小距离：xLABS2x2.5m（3）物体返回时距A 点 S24.5m ，仍受到向右的摩擦力，从速度为0 开始做匀加速直线运动，加速度大小为：a3a24m / s2若物体一直做匀加速运动，有运动对称性可知到A 点时物体速度vA6m / s 大于传送带速度 v4m / s ，故物体先做匀加速直线运动，达到速度v 后匀速运动，到达A 点速度vAv4m / s物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为a1物体做匀加速直线运动va3t1匀加速直线运动位移12s32a3t1解得 t11ss32m匀速运动s2s3vt2解
16、得 t20.625s物体沿斜面匀减速上升va1t3解得 t30.8s物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间：tt1t2t32.425s10 如图所示，在倾角 37 的足够长的固定的斜面上，有一质量与斜面间 因数 =0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力开始运动，经 2s 绳子突然断了，求：m=1kg 的物块，物块 F=9.6N 的作用，从静止(1)绳断瞬间物体的速度大小为多少？(2)绳断后多长时间物体速度大小达到22m/s.(sin37 =0.6， g=10m/s2)【答案】（ 1） v14m / s （ 2） t5.53s【解析】 (1)在最初2s 内，物体在 F=
17、9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，根据受力分析图可知：沿斜面方向： F-mgsin-Ff=ma1沿 y 方向： FN=mgcos且 Ff =FN得： a1F mgsinmgcos2m/s 2m2 s 末绳断时瞬时速度 v1a1t1 4m / s(2) 从撤去 F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2则 a2mgsinmgcos7.6m/s 2m设从断绳到物体到达最高点所需时间为t2据运动学公式 v2=v 1+a2t2所以 t20 v10.53sa2物体从最高点沿斜面下滑，第三阶段物体加速度为a3，所需时间为 t3由牛顿第二定律可知： a3=gsin -2gcos =4.4m/s速度达到 v3=22m/sv30所需时间 t35sa3则从绳断到速度为22m/s 所经历的总时间t t2 t30.53s 5s 5.53s综上所述本题答案是：（ 1） v14m / s （ 2） t5.53s