高考物理牛顿运动定律的应用的技巧及练习题及练习题(含答案)

1、高考物理牛顿运动定律的应用的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.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m=0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验实验时让模型从h=0.8m 高处自由下落进入水中假设模型入水后受到大小恒为 ff=0.3n 的阻力和 f=1.0n 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型（ 1）落到水面时速度 v 的大小；（ 2）在水中能到达的最大深度h；（ 3）从开始下落到返回水面所需时间t【答案】 （1） 4m/s （2） 0.5m （3） 1.15s【解析】【分析】【详解】

2、（1）模型人入水时的速度记为v，自由下落的阶段加速度记为a1121，则 a =g；v =2a h解得 v=4m/s ；（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a2，则： mg-ff-f=ma2解得 a2=-16m/s 2所以最大深度： h0 v20.5m2a2（3）自由落体阶段：v0.4st 1g在水中下降 t20va20.25 s在水中上升： f-mg-ff =ma3解得 a3=4.0m/s 2所以： t32h0.5sa3总时间： t=t 1+t2+t3=1.15s2 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

3、不带电。现在 a 球右侧区域的有限宽度范围内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） 8x0d18x0m【解析】【详解】（1）设 a 球与 b 球第一次碰撞前的速度为v0 ，碰撞后的速度分别为va1、vb1。对 a，根

4、据牛顿第二定律得：qe=ma由运动学公式有：v 20 =2ax0。2qex0解得： v0=m对于 ab 碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mva1+mvb11 mv02 = 1 mva12+ 1 mv b12。222解得： v2qex0 ， va1=0b1=v0=m（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t 1a1a1 11at12 b1 1有： x=vt +=v t2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 球所做的功为：w=qe（x0+xa1）解得： w=5qex0。（3）设第二次碰撞前a 的速度为 va1，碰撞后 a、 b 的速度分

5、别为va2、 vb2有：v =v+at 。a1a11第二次碰撞过程，有：mv +mv=mv+mv。a1b1a2b212121mv21mv2mv+mvb1=a2+b2 。2a1222第二次碰撞后，当a 球速度等于b 球速度 vb2 时， a 球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有： vb22-va22=2a?x1。a、 b 两球在电场中发生第三碰撞后，当a 球速度等于 b 球速度时， a 球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前a 球的速度为 va2，碰撞后 a、b 的速度分别为 va3、vb3二、三次碰撞间经历的时间为t 2有：1xa2=va2t2+at2 2=vb2t2。2va2 =

6、va2+at2 。第三次碰撞过程，有：mva2 +mvb2=mva3+mvb3121mv2=121mv2mv+b2mva3+b32a2222vb32-va32=2a?x2所以电场区域宽度d 应满足的条件为：x0+xa1+x1 dx0+xa1+xa2+x2。解得： 8x0 d 18x03 如图1 所示， 质量为m 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度v0 从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图象分别如图2 中的折线acd 和bcd 所示，a、 b、c、 d 的坐标为a（ 0， 10）、 b（ 0， 0

7、）、 c（ 4， 4）、 d（ 12，0），根据v-t 图象，求：（ 1）物块相对长木板滑行的距离s；（ 2）物块质量 m 与长木板质量 m 之比。【答案】（ 1） 20m（ 2）3:2【解析】【详解】（1）由 v-t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离1044vs4m4m20m22（2）设物块与木板之间的动摩擦因数1，木板和地面之间的动摩擦因数为；物块冲上2木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律对物块：1mg=ma1对木板：122mg -（ m+m ） g=ma对整体：2（ m+

8、m） g=（m +m） a由图象的斜率等于加速度可得，a 11.5m/s 2， a2 1m/s 2， a=0.5m/s 2。由以上各式解得m 3m24 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）

9、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 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 s

10、acsb vat1 2 vat1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 f 4 mg3 g4m2对 a 有aacmg4 mg2mgb 相对 a 的位移ssbsa(vat31 ab 3t32 )2( vat312aac t32 )解得hght3ggb 滑出 a 时的速度5vb va ab3t3gh25 如图所示，质量为m=1kg 的

11、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(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生的热量 q3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产【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

12、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?6 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

13、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

14、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。7 某粮仓为了把大米送到一定高度处的储藏间，铺设如图所示的传输装置，其中ab 为长度 l1=4m 的水平传送带

15、， cd 为长度 l2=9m、倾角 =37的倾斜传送带，两传送带的运行速度可调。现将一 袋大米无初速地放在 a 端，设米袋从 b 转移到 c 时速度大小不变，已知米袋与两传送带之间的动 摩擦因数均为 =0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 g=10m/s2 ， sin37 =0.6， cos37 =0.8。现在对设备按照如下两种方式进行调试：（ 1）使水平传送带以 v1=5m/s 的速度顺时针匀速转动，倾斜传送带不转动。求：米袋在水平传送带上加速运动的距离；米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离。（2）使两条传送带以相同的速度v2 顺时针匀速转动，为了使米袋能被运送到d 端，试通过分析

16、计算v2 的最小值。【答案】 （1） 2.5m； 1.25m（2） 6m/s【解析】【详解】（1）对米袋，根据牛顿第二定律得mgma1加速阶段，当米袋速度增加到和传送带一样时，根据运动学公式得v122a1 s1解得 s12.5m倾斜传送带不动，米袋沿传送带向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律得mg sinmg cosma2因 s1l1 ，故米袋到达c 时速度大小为v1 ，设米袋在 cd 所能上滑的距离为s2 ，则有v122a2 s2解得 s21.25m可见， s2l2 ，故米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离为1.25m。（2） mg sinmg cos ，所以无论如何调节倾斜传送带速度，米袋所受合力

17、均沿传送带向下。为使米袋能到达d 端且在 c 端所需速度最小，应使其向上运动过程中所受滑动摩擦力始终沿传送带向上，此时对米袋应用牛顿第二定律得mg sinmg cosma3v222a3 l2解得 v26m/s在水平传送带上，当米袋速度增加到等于v2 6m/s 时，其加速距离为 s3 ，则v222a1s3可见， s3l1 ，故米袋在水平传送带上能被加速到v2 6m/s ，所以 v2 最小值为v26m/s8 如图所示，倾角为的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，a、 b 两物体质量均为m，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态现对 a 施加一沿斜面向上的恒力

18、f = 2mgsin (为g重力加速度 )，经过作用时间t， b刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：(1)刚施加力 f 的瞬间， a 的加速度大小；(2)b 刚离开挡板时，a 的速度大小；(3)在时间 t 内，弹簧的弹力对a 的冲量 ia【答案】 (1) a 2g sin； (2) va 2g sinm ； (3)i amg sin (2m1)kk【解析】（1）刚施加力 f 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：f弹 =mgsin ；根据牛顿第二定律，对a： f+f 弹-mgsin =ma解得 a=2gsin.（2 ）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为mgsinx1；k当 b 刚要离开挡

19、板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量x2mgsin=x1k此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；从弹簧压缩到伸长的过程，对a 由动能定理： fmgsinx1x2w弹 =1mva22w弹 = ep0解得 va2 gsinmk（3）设沿斜面向上为正方向，对a 由动量定理：f mgsinti amva0 ，解得 i a2gsin 2 mtk点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理 .9 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

20、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） v1 4m / s （ 2） t5.53s【解析】 (1)在最初 2s 内，物体在 f=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(