高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)含解析一

1、高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及经典题型及练习题( 含答案 ) 含解析 (1)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图所示，钉子a、b 相距 5l，处于同一高度细线的一端系有质量为m 的小物块，另一端绕过 a 固定于 b质量为 m 的小球固定在细线上c 点， b、 c 间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时bc 与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与 a、 b 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取 sin53 =0.8， cos53 =0.6求：（ 1）小球受到手的拉力大小 f；（ 2）物块和小球的质量之比 m:m；（3

2、）小球向下运动到最低点时，物块m 所受的拉力大小t【答案】 （1） f5 mgmg （ 2） m6（ 3） t8mmg（ t5 m m3m5t8 mg ）11【解析】【分析】【详解】（1）设小球受ac、 bc 的拉力分别为f1、f2f1sin53 =f2 cos53 f+mg =f1cos53 +f2sin53 且 f1=mg解得 f5 mg mg3（ 2）小球运动到与 a、b 相同高度过程中小球上升高度 h1=3lsin53 ，物块下降高度 h2=2l机械能守恒定律mgh 1=mgh 2解得 m6m5（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时ac方向的加速度大小为到的拉力为 t牛顿运动定

3、律mg t=ma小球受 ac的拉力 t=t牛顿运动定律 tmgcos53=ma解得 t8mmg488（5m（ tmg或 tmg ）m）551148 mg 或55a，重物受【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿 ac

4、方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等2 一轻弹簧的一端固定在倾角为m的小物块的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为a 相连，如图所示质量为3 m的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x ，从 t=0 时开始，对 b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动经过一段0时间后，物块 a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g求 ：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块 b 加速度的大小；(3)在物块 a、 b 分离前，外力大小随时间变化的关系式8mg sin22（ 2） g sin（ 3）

5、f8 mg sin4mg sin【答案】 （1）5x052525x0【解析】【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（ m+3m） gsin 5解得： k=8mgsin5x0（2）由题意可知， b 经两段相等的时间位移为x0；x11由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：4x0说明当形变量为 x1x0x03x0 时二者分离；44对 m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsin =ma联立解得： a= 1 gsin52（3）设时间为t，则经时间t 时， ab 前进的位移x= 1 at2= gsin

6、 t210则形变量变为：x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：f+kx-（ m+ 3m） gsin =（m+3m） a5584mg2 sin2t 2解得： f=mgsin +25x025因分离时位移x= x0由 x= x0 =1at2 解得： t5x04422gsin故应保证 0t5x0， f 表达式才能成立2gsin点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键3 如图所示，倾角=30l=1.0mm=0.5kg的薄木板，木板的足够长传送带上有一长，质量的最右端叠放质量为m=0.3kg 的

7、小木块 .对木板施加一沿传送带向上的恒力f，同时让传送带逆时针转动，运行速度 v=1.0m/s 。已知木板与物块间动摩擦因数1=3 ，木板与传送23带间的动摩擦因数=24，取 g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。(1)若在恒力 f 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态；(2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值fm ；(3)若 f=10n，木板与物块经过多长时间分离 ?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量 q。【答案】（ 1）木块处于静止状态；（2） 9.0n （3） 1s 12j【解析】【详解】（1）对小木块受

8、力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：mg sin1mg2斜面对木块的最大静摩擦力：fm1mg cos3 mg4由于： f mmg sin所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则1 mg cosmg sinma木板受力如图丙所示，则：fm mg sin2 m m g cos1 mg cos ma解得： fm9m m g9.0n8（3）因为 f=10n9n，所以两者发生相对滑动2对小木块有：a1 g cosg sin2.5m/sfmg sin2mm g cos1mg cosma解得 a4.5m/s 2由几何关系有： l1 a t21 at

9、222解得 t1s全过程中产生的热量有两处，则q q1q21mgl cos2 m m g vt1 a3t 2 cos2解得： q12j 。4 如图所示，质量 m1 0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长l1.5 m，现有质量m2 0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v0 2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止物块与车面间的动摩擦因数 0.5，取 g 10 m/s 2，求：(1)物块与小车共同速度；(2)物块在车面上滑行的时间t ；(3)小车运动的位移x；(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v0不超过多少？【答案】 (1)0.8 m/

10、s(2)0.24 s(3)0.096 m(4)5 m/s【解析】【详解】（1、 2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a2 g 0.52 5m/s2， 10m/s小车的加速度大小为：a1m2 g 0.52m/s2 10m/s2m10.33根据 v=v0-a2t =a 1t得则速度相等需经历的时间为：v00.24s ； v=0.8m/sta1a2（ 3）小车运动的位移 x1t 2 1 10 0.242 m 0.096m22 3（ 4）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设1a此速度为v，由水平方向动量守恒得：m2 v0=（m1+m2）v根据能量守恒得：m

11、2gl12212m2v0-(m1+m2)v2代入数据，联立解得v0 =5m/s。5 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）包裹

12、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（2）20a a 0.4m/ s如图所示：（4） vc（2）8 a 0.4m / s【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，从而求得总时间，这

13、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： t1v2 s 5sa20.4速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： xv245m2a2

14、2m0.4因为 x18n，二者间会相对滑动，对b，由牛顿第二定律；f2mmg1mgma1解得 a14m / s2；设 a 从左端滑出的时间为t1 ，则 l1 a1t121 1gt12 ，222解得 t11s2s，此时 b 的速度 v1a1t14m / s故在 f 作用后的1s 内，对 b， f2 mgma 2 ，解得 a216m / s2此时 b 的速度 v2v1a22t120m / s（3）若 f=16n18n，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度a0f2mm g42mm3m / s；当 a 刚好从 b 上滑下， f 的最短时间为 t2 ，设刚撤去 f 瞬间，整体的速度为v，则 v

15、a0t 2撤去 f 后，对 a， a11 g2m / s2 ，对 b： a22 m m g1mg8m / s2mv2v2l经分析， b 先停止运动， a 最后恰滑至 b 的最右端时速度减为零，故2a2 22a1联立解得 t23s1.73s点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解9 如图所示，倾角为a、 b两物的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，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f =

16、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) a2g 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mgsinx1k；当 b 刚要离开挡板时，弹簧处

17、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 = 1 mva22w弹 = ep0解得 va2 gsinmk（3）设沿斜面向上为正方向，对a 由动量定理：fmgsin ti amva 0 ，解得 i a2gsin2mtk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.10 如图所示，在倾角37的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg的物块，物块与斜

18、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f=9.6n 的作用，从静止开始运动，经2s 绳子突然断了，求：(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=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 v1 a1t1 4m /