物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析

1、物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用( 一) 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，光滑水平面上静置一长木板 A，质量 M=4kg，A 的最前端放一小物块 B（可视为质点），质量 m=1kg， A 与 B 间动摩擦因数 =0.2现对木板 A 施加一水平向右的拉力 F，取 g=10m/s 2则：（1）若拉力 F1=5N， A、B 一起加速运动，求A 对 B 的静摩擦力f 的大小和方向；（2）为保证 A、 B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（ 3）若拉力 F2=14N，在力 F2 作用 t=ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下

2、，求木板的最小长度 L【答案】（ 1） f= 1N，方向水平向右；（2） Fm= 10N。（ 3）木板的最小长度L 是 0.7m 。【解析】【详解】（1）对 AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M +m） a1对 B，由牛顿第二定律得：f=ma1 联立解得 f =1N，方向水平向右；（2）对 AB 整体，由牛顿第二定律得：Fm=（ M+m）a2 对 B，有： mg=ma2 联立解得：F =10Nm（3）因为 F2m22 。木板 A F ，所以 AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为： a =g=2m/s加速度为 a32332。，则： F -mg =Ma解得： a =3m/s1s 末 A

3、 的速度为： v =a t=3m/sA 3B 的速度为：v =a t=2m/sB 21s 末 A、B 相对位移为： l1= vA vBt =0.5m 撤去 F2后， t s后 A、 B 共速2对 A： -mg=Ma 4 可得： a4=-0.5m/s 2。共速时有： vA+a4t=vB+a2t可得： t =0s.4撤去 F2 后 A、B 相对位移为： l2= vAvB t =0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：2L=l1+l2 =0.7m。2 如图所示，长木板质量 M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为 m=1 kg 的物块 A，右端放着一个质量也为 m

4、=1 kg 的物块 B，两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4， AB 之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2（1） .为使物块A 与木板发生相对滑动，（2） .若 F=8 N，求物块 A 经过多长时间与F 至少为多少？B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、 B 的速度分别是多少？【答案】（ 1） 5 N（ 2） v A =2m/s v B =8m/s【解析】【分析】【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力设物块 A 与木板恰好发

5、生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则：对整体： F0=（2m+M） a对木板和 B： mg=（ m+M） a解之得： F0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N；（2）物块的加速度大小为：aAFmg4m s2m木板和 B 的加速度大小为：aBmg2M=1m/sm设物块滑到木板右端所需时间为t，则： xA-xB=L即 1aAt212L22 aBt解之得：t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva +mvB机械能守恒：1212121mvB22mv a+mvB=mva+222解得： vA =2m/s vB

6、 =8m/s3 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg 的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1 圆弧轨道。质量m=2.0kg 的物块B 从 1 圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带44之间的动摩擦因数=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A、B 的速度大小均等于B

7、 的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2 。求：(1)物块 B 滑到 1 圆弧的最低点C 时对轨道的压力；4(2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块 A、 B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（ 1） 60N，竖直向下（2） 12J（ 3） 8s【解析】【详解】(1) 设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：12mgRmv0代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：F mgm v02R

8、代入数据解得：F=60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F=F=60N ，方向：竖直向下；(2) 在传送带上，对物块 B，由牛顿第二定律得： mg=ma设物块 B 通过传送带后运动速度大小为v，有v2v022al代入数据解得：v=4m/s由于 v u=2m/s，所以 v=4m/s 即为物块B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B 第一次碰撞后的速度分别为 v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv 2由机械能守恒定律得：1 mv21 mv121 Mv 22222解得：2mv14sv2 m, v22 mv1s2s物 A

9、的速度 零 簧 量最大， 簧 性 能最大，由能量守恒定律得：Ep1 mv2212J2(3) 碰撞后物 B 沿水平台面向右匀速运 ， 物 B 在 送 上向右运 的最大位移 l ，由 能定理得mgl01 mv122解得：=2m4.5ml 所以物 B 不能通 送 运 到右 的曲面上，当物 B 在 送 上向右运 的速度 零后，将会沿 送 向左加速运 ，可以判断，物 B 运 到左 台面 的速度大小 v1=2m/s ， 而与物 A 生第二次碰撞。 第1 次碰撞到第 2 次碰撞之 ，物 B 在 送 运 的 t1。由 量定理得：mgt1解得：2v1t1g 物 A、 B 第一次碰撞后的速度分 v4、 v3，取向

10、左 正方向，由 量守恒定律和能量守恒定律得：mv1mv3Mv 41 mv121 mv321 Mv 42222代入数据解得：v31ms当物 B 在 送 上向右运 的速度 零后，将会沿 送 向左加速运 ，可以判断，物块 B 运 到左 台面 的速度大小 v3=1m/s ， 而与物 A 生第 2 次碰撞， 第2 次碰撞到第 3 次碰撞之 ，物 B 在 送 运 的 t2由 量定理得：mgt2 2mv3解得：t22v32sg同上 算可知：物 B 与物 A 第三次碰撞、第四次碰撞，第n 次碰撞后物 B 在 送 运 的 tn14s2n 11构成无穷等比数列，公比q，由无穷等比数列求和公式2t总1qnt11q当

11、 n时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为t总14s=8s1124 某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱， BC 为传送带传送带保持静止，包裹P 以初速度v0 滑上传送带，当 P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处已知 v0=3m/s ，包裹 P与传送带间的动摩擦因数 =0.8，传送带与水平方向夹角 =37o，传送带 BC 长度 L=10m ，重力加速度 g=10m/s 2， sin37o=0.6， cos37o=0.8，求：（ 1）包裹 P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；（ 2）

12、包裹 P 到达 B 时的速度大小 ；（3）若传送带匀速转动速度 v=2m/s，包裹 P 经多长时间从B 处由静止被送回到 C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回 C 处的速度 vc 与 a 的关系式，并画出 vc2 -a 图象 【答案】（ 1） 0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（ 2）1m/s （ 3）7.5s2 20（aa 0.4m / s2）（4） vc（0.4m / s2）如图所示：8 a【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时

13、间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到vc2-a 的关系，从而画出图像。【详解】（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：mg sinmg cosma1代入数据得： a10.4m / s2，方向：沿传送带向上；（2）包裹 P 沿传送带由 B 到 C 过程中根据速度与位移关系可知： L= v2v 022a代入数据得： v1m / s ；（3）包裹 P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：mg cosmg sinma2得 a20.4m / s2当包裹 P 的速度达到传送带的速度所用时间为： t1v2s5sa20.4速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： xv24m5m

14、2a220.4因为 xL，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：t2Lx1052.5sv2s则 P 从 B 处到 C 处总时间为 ： tt1 t27.5s ；（4）若 a0.4m / s2 ，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，加速位移等于传送带的长度，即：vC22aL即： vC220a若 a0.4m / s2 ，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s 2 向上匀加速运动，有：22a2 L22vC即 vC（8 m / s）?2（0.4m / s2）20a a两种情况结合有：vc（0.4m / s2）8 a图像如图所示 ：【点睛】解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结

15、合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。5 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 m1.5kg ，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，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最

16、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 ( X x) 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6 如图所示， BC为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， O 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面，一质量为m 0.5kg 的小球从 O

17、点正上方某处A 点以 v0水平抛出，恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过9 s 再次回到 C点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v0 为多大？（2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？（3）若将 BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以 v0 水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20

18、.9N（ 3） 52 N【解析】【详解】（1）小球从A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 B 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：a1mgsin45mmgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2小球沿斜面向下滑动的加速度：a2mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2，由位移关系得：111212 2 22a ta t29又因为： t1+t 2s8解得： t133s， t 2s84小球从 C 点冲出的速度

19、：vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得：N mg m vC2r解得： N 20.9N（3）在 B点由运动的合成与分解有： vBv022 m/ssin45因为恒力为5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 F由牛顿第二定律得：Fm vB2r解得： F 52 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N，7 如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动m=1kg的小物块无初速地放到皮带A 处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数之间距离s=6m ，求物块（1 ）从 A 运动到 B 的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/

20、s2）（2 ） A 到 B 的过程中摩擦力的功率是多少？一质量 =0.2，A、 B【答案】（ 1 ） 8J；（ 2 ）3.2W ；【解析】（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为：物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：，说明此时物块还没有到达B 点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为：（2）匀加速运动的时间，匀速运动的时间，摩擦力的功率8 图1 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为在木板上施加一水平向右的拉力 F，在 0 3s 内 F 的变化如图2 所示，图中 F 以 m

21、g 为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止（1）求 1s、 1.5s、 2s、3s 末木板的速度以及2s、 3s 末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出0 3s 内木板和物块的vt 图象，据此求0 3s 内物块相对于木板滑过的距离【答案】（ 1），（2）如图所示【解析】【分析】【详解】（1）设木板和物块的加速度分别为a 和 a ，在 t 时刻木板和物块的速度分别为vt 和 v t ，木板和物块之间的摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得fma ， fmg当 vtv t ， v t2vt1a (t2t1)Ff2ma , vt 2vt1a(t2t1 )联立可得

22、v14m / s, v1.54.5m / s,v24m / s, v34m / s ， v 24m / s,v 34m / s（2）物块与木板运动的vt 图象，如右图所示在03s 内物块相对于木板的距离s 等于木板和物块vt 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25 （ m），下面的三角形面积为2（ m），因此s2.25m9 如图所示，质量为M =2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为 m=1kg 的物块，现用一水平向右大小为9N 的拉力 F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因

23、数为=0.1，长木板与水平面间的动摩擦1因数为 2=0.2，运动一段时间后撤去 F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长 L=4.8m ，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：(1)撤去 F 的瞬间，物块和板的加速度；(2)拉力 F 作用的时间；(3)整个过程因摩擦产生的热量。【答案】 (1)1 m/s 2，方向向左，2.5 m/s 2，方向向左 (2)4s(3)72J【解析】【详解】(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为a1、 a2，由牛顿第二定律得：对物块：1mg=ma1对木板：2（ M+m ） g-1mg =Ma 2解得：a1 =1 m/s 2，方向向左a2=2.5 m/s 2，方向向左(2)开始阶段，由于挡板的作用，