高考物理牛顿运动定律的应用技巧小结及练习题

1、高考物理牛顿运动定律的应用技巧小结及练习题一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向， g 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8：求：（ 1）物体与传送带间的动摩擦因数；（ 2） 08 s 内物体机械能的增加量；（ 3）物体与传送带摩擦产生的热量q。【答案】 (1)0.875.(2) e 90 j（ 3） q 126 j【解析】【详解】(1) 由图象可以知道 ,传送带沿斜向上运动 ,物体放到传送带上的初速度方

2、向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得： 0.875.（2）根据 v-t 图象与时间轴围成的“面积 ”大小等于物体的位移,可得 08 s 内物体的位移0 8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0 8 s 内只有前 6s 发生相对滑动 . 0 6 s 内传送带运动距离为 :0 6 s 内物体位移为 :则 0 6 s 内物体相对于皮带的位移为0 8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得： q126 j故本题答案是：(1) 0.875.(2)e 90 j（ 3）

3、q 126 j【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。2 如图，有一质量为m =2kg 的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg 的小物块 a 和 b（均可视为质点），由车上p 处开始， a 以初速度=2m/s 向左运动，同时b以 =4m/s 向右运动，最终 a、 b 两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为=0.1，取，求：（ 1）开始时 b 离小车右端的距离；（ 2）从 a、 b 开始运动计时，经 t= 6s 小车离原位置的距离。【答案】 （1） b 离右端距离（ 2）小车在6s 内向右

4、走的总距离：【解析】 (1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，a 离左端距离，运动到左端历时，在a 运动至左端前，木板静止，解得b 离右端距离(2) 从开始到达共速历时，解得小车在前静止，在至之间以 a 向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以小车在 6s 内向右走的总距离：v 共同匀速运动了【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.3 如图甲所示，长为l=4.5 m的木板m 放在水平地而上，质量为m=l kg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始

5、时两者静止现用一水平向左的力f 作用在木板m 上，通过传感器测m、 m两物体的加速度与外力f 的变化关系如图乙所示已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g= 10m s2求：（ 1） m、m 之间的动摩擦因数；（ 2） m 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对 m 施加水平向左的恒力 f=29 n，且给 m 一水平向右的初速度 vo =4 m s，求 t=2 s 时 m 到 m 右端的距离【答案】 （1） 0.4（ 2） 4kg， 0.1（ 3）8.125m【解析】【分析】【详解】（ 1）由乙图知， m、 m 一起运动的最大外力 fm=25n，当

6、 f25n 时， m 与 m 相对滑动，对 m 由牛顿第二定律有：1mgma1由乙图知a14m / s2解得1 0.4（2）对 m 由牛顿第二定律有f1mg2 ( mm) gma 2即f1mg 2 (m m)g1mg2 (m m) g fa2mmm乙图知1 1 m 41mg2 (mm)g9m4解得m = 4 kg=0. 12（3）给 m 一水平向右的初速度 v04m / s 时， m 运动的加速度大小为a1 = 4 m/s2,方向水平向左 ，设 m 运动 t 1 时间速度减为零，则t1v01sa1位移x1v0t11 a1t122m2m 的加速度大小a2f1mg2 (m m) g5m / s2m

7、方向向左 ，m 的位移大小x1 a t 22.5m222 1此时 m 的速度v2a2t15m / s由于 x1 x2l ，即此时 m 运动到 m 的右端，当 m 继续运动时， m 从 m 的右端竖直掉落，设 m 从 m 上掉下来后 m 的加速度天小为a3 ，对 m 由生顿第二定律f2mgma 3可得a325 m / s24在 t=2s 时 m 与 m 右端的距离x3 v2 (t t1)1a3 (t t1 )28.125m 24 如图，质量m=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v =14m/s的速度从一端滑上木板，恰好未从木

8、板上10滑下，滑块与长木板的动摩擦因数2=0.5，g 取 10m/s 2，求：（ 1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小；（ 2）木板长度；（ 3）木板在地面上运动的最大位移。【答案】 （1） 5m/s 2 2m/s 2（ 2） 14m（ 3） 12m【解析】【分析】（ 1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（ 2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移.【详解】（1）由题意知，

9、冲上木板后木块做匀减速直线运动，初速度v02a1g 5m / s=14m/s ，加速度大小2木板由静止做匀加速度直线运动即 mg mm gma212解得a22m / s2（ 2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为 t即 v 木块v 0 a1tv 木板a2 t解得 t=2s木块位移12x 木块v0 t2a1t 18m木板位移x 木板1a2t24m2木板长度lx 木块x 木板14m（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得v共 a2 t4m / s， a31g 1m/ s2，v共28m木板位移x 木板2a3x x 木板,12m总位移x

10、木板5.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tt 1，分别求【答案】 （1） 4m/s （2） 0.5m （3） 1.15s【解析】【分析】【详解】（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a1，则 a1=g；v2=2a

11、1h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 1g0v在水中下降 t20.25 sa2在水中上升： f-mg-ff =ma3解得 a3=4.0m/s 22h0.5s所以： t3a3总时间： t=t 1+t2+t3=1.15s6 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 .=0.2 ，现

12、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，2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拉力后到达到共同速度的时间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

13、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： ab 4m / s2对木块有2mgmaa ， 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 2mgt21mgt2mv mvb ，可得 t2 0.2s ， v=2.4m/s在撤掉 f 之前，二者的相对位移x1vbt1vat122撤去 f 之后，二者的相对位移x2vbv t2vav t 222木板长度 lx1x21.2m(3

14、)获得共同速度后，对木块，有2 mgxa01 mv2 ，2对木板有2 mg2 1 mg xb01mv22二者的相对位移x3xaxb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7 如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角=30m=2.5kg，质量平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m=1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量l 0=2cm.重力加速度g 取 10m/s 2现用向左的水平力f 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对

15、斜面体的压力为0 时，求：(1)水平力 f 的大小；(2)弹簧的伸长量l.【答案】（ 1） 403 n（ 2） 8cm【解析】【分析】斜面 m、物体 m在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m的合力，最后利用物体的重力与合力可求出f 和弹簧的弹力【详解】(1) 当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0 时，弹簧拉力为t，铁球受力如图 :由平衡条件、牛顿第二定律得：t sinmgt cosma对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：f( mm) a联立以上两式并代入数据得：f403n(2) 铁球静止时，弹簧拉力为 t0 ，铁球受力如图 :由平衡条

16、件得：t0mg sin由胡克定律得：t0k l 0tk l联立以上两式并代入数据得：l8?cm【点睛】从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法8 如图所示，质量，的木板 f x 静止在光滑水平地面上木板右端与竖直墙壁之间距离为，其上表面正中央放置一个质量的小滑块a a 与 b 之间动摩擦因数为0.2，现用大小为 f 18n 的推力水平向右推b ，两者发生相对滑动，作用 t 1 s后撤去推力 f 通过计算可知，在 b 与墙壁碰撞时a 没有滑离 b 设 b 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g 10 m/s2 求：(1) a 相对 b 滑动的整个过程中

17、 a 相对 b 向左滑行的最大距离；(2) a 相对 b 滑动的整个过程中，a 、 b 系统产生的摩擦热【答案】 (1)(2)【解析】【详解】（1）在施加推力f 时，方向向右abfmg4m / s2 方向向右mls 末， f 撤去时，s11 aat121m2s21 ab t122m2a 相对 b 向左滑动的距离撤去 f 至 a、 b 达到共同速度的过程中，方向向右，方向向左设 a、 b 速度相等经历的时间为t 2vaaa t 2vb abt 2 得在此时间内b 运动的位移为 s2+s3sb 与墙碰前速度相等， a、 b 的共同速度a 相对 b 向左滑动的距离（2）与墙壁碰后： mv abmva

18、b （ mm ） v共mg vs31 (m m)vab 21 (m m)v共 222点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解9 风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力现将一套有球的细直杆放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径如图所示（ 1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆间的动摩擦因数（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37 并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3

19、.75m 所需时间为多少？（sin37 =0.6， cos37=0.8）【答案】（ 1） 0.5（ 2）1s【解析】【分析】【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg= mg ，则动摩擦因数 =0.；5（2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：fn 0.5mg sin 37 0mg cos37 0在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：0.5mg cos370mg sin 370fn ma代入数据解得： a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s= 1at22运动时间为 t2s2 3.75 s 1s；a7.5【点睛】此题是牛顿第二定律的应用

20、问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程 、结合运动学公式即可正确解题10 图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送， a、 b 两端相距 3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角= 37 ， c、 d 两端相距4.45m， b、 c 相距很近。水平部分 ab 以 5m/s 的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在 a 端，到达 b 端后，速度大小不变地传到倾斜的cd 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5试求： (已知 sin37o 0.6， cos37o 0.8， g 取 10 m/s 2 ，6 =

21、2.450，7.2 =2.68)(1)若 cd 部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离(2)若要米袋能被送到d 端，求 cd 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从c 端到 d端所用时间的取值范围【答案】 (1)能滑上的最大距离 s=1.25m(2)要把米袋送到 d 点， cd部分的速度vcd 4m/ s 时间 t 的范围为 1.16s t 2.1s【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达 b 点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得b 点速度，若达到，则以 5m/s 的速度冲上 cd；在 cd 面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（2）米袋在 cd