【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题

1、【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.如图，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为。=37的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0.2m,滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为vo=3m/s,长为L=1m.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(2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数叵(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量.【答案】(1)7.5N(2)0.25(3)0.5J【解析】【分析】【详解】(1)滑块受到水平推力F.重力mg和支持力Fn而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgt

2、an0,代入数据得：F=7.5N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v,下滑过程机械能守恒，故有：,12mgh=mv解得v=J2gh=2m/s;滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送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：1212mgL-mv0mv22代入数据得：斤0.25(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为：x=vot对物体有：vo=v-atma=(img滑块相对传送带滑动的位移为:x=L-x相对滑动产生的热量为:Q=wmgx代值解得:Q=0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能

3、守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs,由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移.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以初速度刃=2m/s向左运动，同时B以也=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尸0.1,取g=求：(1)开始时B离小车右端的距离；(2)从AB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内向右走的总距

4、离:x=S+S,=1.625m【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,mvz-mvi=(2m+M)vI1113UmgL=jznvf4-mvi-(2rn+解得：廿=°，5m/s,L=9-5mA离左端距离冷,运动到左端历时I在A运动至左端前，木板静止伊mg=rnaA解得h=2s,x】=2mB离右端距离粒=5x=75e(2)从开始到达共速历时%叫=解得小车在以前静止，在、至之间以a向右加速：卜飞二(M+m)a小车向右走位移.1接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了S'=叩小车在6s内向右走的总距离：x=v+=1.625m【点睛】本题主要考查了运动学基本公

5、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，质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力.两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2,不计细绳与滑轮间的摩擦，求：，(1)A、B两球开始运动时的加速度.(2)A、B两球落地时的动能.(3)A、B两球损失的机械能总量.【答案】(1)aA5m/s2aB7.5m/s2(2)EkB850J(3)250J(1)由于是轻绳

6、，所以A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，又A得质量小于B的质量，所以两球由静止释放后A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对A：mAgfAmAaA对B：mBgfBmBaBfAfBfA0.5mAg2_.2联立以上方程得：aA5m/saB7.5m/s(2)设A球经ts与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB,速度分别为Va、Vb,因为它们都做匀变速直线运动1 2.12则有：hAaAthBaBtHhAhBVaaAtVbaBt2 2联立得：t2s,hA10m,hB15m,VA10m/s,VB15m/sA、B落地时的动能分别为EkA、EkB,由机械能守恒，则有:12E

7、kA-mAVAmAg(H2-mBV2mBg(H2hA)EkA400JhB)EkB850J(3)两球损失的机械能总量为E，E(mAmB)gHE5EkB代入以上数据得：E250J(1)轻质物体两端的力相同判断A、B摩擦力的性质，再结合受力分析得到.(2)根据运动性质和动能定理可得到.(3)由能量守恒定律可求出.4.皮带传输装置示意图的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角37,A、B两端相距12m,质量为M=1kg的物体以Vo=14.Om/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带，物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带顺时针运转动的速度v=4.0m/s(g取10m/s2),试求:(1)物体从A点到

8、达B点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹，物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度.【答案】(1)2s(2)5m【解析】【分析】(1)开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B点的时间以及传送带的位移；(2)开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度【详解】(1)物体刚滑上传送带时因速度vo=14.0m/s大于传送带的速度v=4m/s,则物体相对斜面向上运动，物体的加

9、速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsine+pMgcos=Ma解得：a二gsin0+gc0s=10m/S当物体与传送带共速时：V0-at1=v解得t1=1s此过程中物体的位移x1v0Vt19m传送带的位移：x2vt14m当物体与传送带共速后，由于F0.5<tan370=0.75,则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin+MgcosO=Ma解得a2=2m/s2物体向上减速运动si=L-xi=3m,.1c根据位移公式：Si=vt232t222解得：t2=1S(t2=3S舍去)则物体从A点到达B点所需的时间：t=ti+t2=2s(2)物体减速上滑时，传送带的位移：S2vt24m则物体相

10、对传送带向下的位移sS2Si1m因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：xx1x25m则物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m.【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.5 .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Wi=0.3,物块与木板间的动摩擦因数科2.=0.2,现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s,撤去拉力，

11、设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g10m/S2,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)VB=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t1,分别求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，根据动能定理求

12、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,2得：aB4m/s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VbaBt4m/s,vAaAt2m/s2mgt2mvmvB(2)撤去F后，经时间t2达到共同速度v；由动量定理22mgt21mgt2mvmvB,可得t20.2s,v=2.4m/s在撤掉F之前，二者的相对位移x19t19t122撤去F之后，二者的相对位移X2"vt2匕一vt222木板长度Lx1x21.2m12狄得共同速度后，对木块，有2mgXA0-mv,12对木板有2mg21mgxB0

13、mv2二者的相对位移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.6 .如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD,其AB边的长度S2m,斜面倾角为370.光滑水平地面上有一块质量M3kg的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置.质量为m1kg物体由A点静止滑下，然后从B点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25,物体与长木板的动摩擦因数为0.3,g10m/s2,sin3700.6,cos3700.8.求：(

14、1)物体到达斜面底端B点时的速度大小；(2)物体从B点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小；(3)物体在长木板上滑行的最大距离.22【答案】(1)4m/s(2)a13m/s；a21m/s(3)2m【分析】该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题.分别根据两种题型的解答思路和方法，求解即可.【详解】对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：mgsin370imgcos370ma解得：物体沿斜面下滑的加速度a4m/s2对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：v202aS解得：物体到达斜面底端B点时的速度vB4ms(2)物体刚滑上长木板，对物体受力分

15、析，由牛顿第二定律可得：2mgmai解得：物体滑上长木板后物体的加速度a13m/s2,方向水平向左物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：2mgMa22解得：物体滑上长木板后长木板的加速度a21m/s,方向水平向右(3)设经过时间t,物体和长木板的速度相等，则：Vbaita2t解得：tis1 212这段时间内物体的位移X|vBta1t4131m2.5m2 21 212这段时间内长木板的位移x2a2t11m0.5m2 2物体在长木板上滑行的最大距离dX1X22m7 .如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角打30。，质量M=2.5kg.平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质

16、量m=1.5kg的铁球相连，静止时弹簧的伸长量以o=2cm.重力加速度g取10m/s2.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，当铁球对余面体的压力为0时，求：777777777777777777777(1)水平力F的大小；(2)弹簧的伸长量从【答案】(1)4073N(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。时，弹簧拉力为T,铁球受力如图：ZZAZZAWZ1rEg由平衡条件、

17、牛顿第二定律得：TsinmgTcosma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：F40J3N(2)铁球静止时，弹簧拉力为T),铁球受力如图：mg由平衡条件得：T0mgsin由胡克定律得：TokloTkl联立以上两式并代入数据得：l8Cm【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，在竖直平面内有一倾角9=37。的传送带BC.已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4m/s,B、C两点的距离L=6m。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=0.45m处的A点水平抛出，恰好从B

18、点沿BC方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数月0.5,取重力加速度g=10m/s2,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)vo=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：%=丫.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，tan。="由几何关系及速度分解有：劭解得：1%(2)滑块在B点时的速度大小为CQ5&面3滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律有：网gsinC-rmgcosf，二

19、ma可得加速度&设滑块到达C点时的速度大小为vc,有：泥一通=2必解得：VC-口Ht-=15此过程所经历的时间为：G故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移xi=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Vt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。9.如图所示，质量M=4a，2=4.0l的木板fX静止在光滑水平地面上.木板右端与竖直墙壁之间距离为s=6.01，其上表面正中央放置一个质量m=1.0b的小滑块A.A与B之间动摩擦因数为0.2,

20、现用大小为F18N的推力水平向右推B,两者发生相对滑动，作用t1s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g10m/s2.求:(1)A相对B滑动的整个过程中.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)Y(2)|一【解析】【详解】(1)在施加推力F时，口】=，片=2方向向右Fmg2、，aB4m/s万向向右M1s末，F撤去时，匕=仃/二2"t1aAt121m2二口/1=4用1.2电aBt12m2.A相对B向左滑动的距离笛-撤去F至A、B达到共同速度的过程中/二2m

21、!，方向向右4=0.5m?，方向向左设a、b速度相等经历的时间为t2VaaAt2VbAbIz得，=0,g在此时间内B运动的位移为s2+s3Vs，.B与墙碰前速度相等，A、B的共同速度夕=3.6仃ri卅fA相对B向左滑动的距离必二08212AB1(M吨(2)与墙壁碰后：MVabmVAB(mM)V共、，1，mg7s(Mm)V2'一、,'.p飞工厂£生-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.10.如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B,左端恰好在。点,水平面以。点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度V0=8m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D,C与A碰撞并与A粘连(碰撞时间极短)，此后，AC及B的速度时间图象如图乙所示。已知AB、C、D的