(物理)物理牛顿运动定律应用练习题含答案及解析

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及分析(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及分析14/14(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及分析（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及分析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．以以下图，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°．放手后，小球运动到与A、B同样高度时的速度恰巧为零，此后向下运动．忽视全部摩擦，重力加快度为g，取sin53=0°.8，cos53°．求：1）小球受得手的拉力大小F；2）物块和小球的质量之比M:m；（3）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）F5Mgmg（2）M6（3）T8mMg（T5mM3m5T8Mg）11【分析】【分析】【详解】（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F°2cos53°F+mg=F1cos53°+F2sin53且°F1=Mg解得F5Mgmg32）小球运动到与A、B同样高度过程中小球上涨高度h1=3lsin53，°物块降落高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得M6m5（3）依据机械能守恒定律，小球回到初步点．设此时AC方向的加快度大小为到的拉力为T牛顿运动定律Mg–T=Ma小球受AC的拉力T′=T牛顿运动定律T′mgcos53–°=ma解得T8mMg488（5m（Tmg或TMg）M）5511

mg或a，重物受【点睛】本题察看力的均衡、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，再依据力的均衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特色和运动过程，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涨的高度与物块降落的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加快度和物块加快度之间的关系，因小球着落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度恰巧为零，因此小球沿AC方向的加快度（切向加快度）与物块竖直向下加快度大小相等．2．以以下图，水平面与倾角θ＝37°B处圆滑相连，水平面上AB两点间距离的斜面在、s＝8m．质量m＝1kg的物体（可视为质点）在F＝6.5N的水平拉力作用下由A点从静止0开始运动，抵达B点时立刻撤去F，物体将沿粗拙斜面连续上滑（物体经过B处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g取10m/s2，sin37°＝，cos37＝°）求：(1)物体在水平面上运动的加快度大小a1；(2)物体运动到B处的速度大小vB；(3)物体在斜面上运动的时间t．【答案】（1）4m/s2（2）8m/s（3）【分析】【分析】（1）在水平面上，依据牛顿第二定律求出加快度；（2）依据速度位移公式求出B点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加快度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间．【详解】（1）在水平面上，依据牛顿第二定律得：

Fmgma1代及数据解得：a14m/s2（2）依据运动学公式：vB22a1s0代入数据解得：vB8m/s（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，依据牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37ma2①vB物体沿斜面向上运动的时间：t2a2②物体沿斜面向上运动的最大位移为：s21a2t22③2因mgsin37mgcos37，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动依据牛顿第二定律得：mgsin37mgcos37ma3④物体沿斜面下滑的时间为：12s22a3t3⑤物体在斜面上运动的时间：tt2t3⑥联立方程①-⑥代入数据解得：tt2t31【点睛】本题主要察看了牛顿第二定律及运动学基本公式的直策应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．3．以以下图，倾角α=30°的足够长传达带上有一长，质量M=0.5kg的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传达带向上的恒力F，同时让传达带逆时针转动，运转速度。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传达2带间的动摩擦因数μ2=

3

，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。4(1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，经过计算判断小木块所处的状态；(2)若小木块和薄木板相对静止，一同沿传达带向上滑动，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别?分别前的这段时间内，木板、木块、传达带构成系统产生的热量Q。【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s12J【分析】【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：mgsin1mg2斜面对木块的最大静摩擦力：fm1mgcos3mg4因为：fmmgsin因此，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰巧不相对木板滑动的加快度为a，小木块受力如图乙所示，则1mgcosmgsinma木板受力如图丙所示，则：FmMgsin2Mmgcos1mgcosMa9解得：Fm（3）因为F=10N>9N，因此二者发生相对滑动2对小木块有：a1gcosgsinFMgsin2Mmgcos1mgcosMa解得a2由几何关系有：L1at21at222解得t1s全过程中产生的热量有两处，则QQ1Q21mgLcos2Mmgvt1a3t2cos2解得：Q12J。4．以以下图为货场使用的传达带的模型，传达带倾斜搁置，与水平面夹角为37，传送带AB足够长，传达带以大小为2m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以012m/s的初速度从A端滑上倾斜传达带，货物与传达带之间的动摩擦因数0.5，且可将货物视为质点。（g取10m/s2，已知sin370.6，）1）货物刚滑上传达带时加快度为多大?2）当货物的速度和传达带的速度同样时用了多少时间?这时货物相关于地面沿传达带方向运动了多远?（3）从货物滑上传达带开始计时，到货物再次滑回

A端共用了多少时间?【答案】（

1）10m/s2

（2）1s7m（3）

2

22s【分析】【分析】由题意可知察看牛顿第二定律的应用，依据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。【详解】1）设货物刚滑上传达带时加快度大小为a1，货物相对传达带向上运动，因此货物遇到的摩擦力沿传达带向下，货物受力以以下图。依据牛顿第二定律得mgsin

Ff

ma1FN

mgcos

0又FfFN，解得a1gsincos10m/s2。（2）货物速度从0减至与传达带速度同样所用时间0t11sa1位移大小22x107m。2a1（3）过了t11s后货物所受摩擦力沿传达带向上，设此时货物的加快度大小为a2，同理可得a2gsincos2m/s2方向沿传达带向下。设货物再经时间t2，速度减为零，则t201s。a2沿传达带向上滑动的位移大小x2020221m，2a22m2上滑的总距离为xx1x28m。货物抵达最高点再次下滑时的加快度大小为a2，设下滑时间为t3，由1a2t32，2解得t322s则货物从A端滑上传达带到再次滑回A端的总时间为tt1t2t3222s。另解：过了t1时辰，货物的加快度大小变成a2，设从t1到货物滑回A端的过程所用时间为t4，则x1t41a2t42，2代入数值，解得t4122s货物从A端滑上传达带到再次滑回A端的总时间为tt1t4222s。【点睛】分阶段来分析，物体先向上做匀减速运动，和皮带达到共速后，因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体连续向上做匀减速运动，速度减为零后，沿斜面向下做匀加快运动，计算时间能够分阶段计算，也能够用整体法计算。5．一长木板置于粗拙水平川面上，木板左端搁置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右μ1；再碰后程端与壁的距离4.5m，如（a）所示。t=0刻开始，小物与木板一同以共同速度向右运，直至t=1s木板与壁碰撞（碰撞极短）。碰撞前后木板速度大小不，方向相反；运程中小物始未走开木板。已知碰撞后

1s内小物的

v-t

如（b）所示。木板的量是小物量的

15倍，重力加快度大小

g取10m/s2。求（1）木板与地面的摩擦因数μ1及小物与木板的摩擦因数μ2；2）木板的最小度；【答案】（1）；（2）6m【分析】【分析】（1）碰前途由牛第二定律行分析，合运学公式可求得分析同理可求得μ2。2）分木板和物行分析，由牛第二定律求解加快度，由运学公式求解位移，可求得相位移，即可求得木板的度；【解】1）定向右正方向。木板与壁相碰前，小物和木板一同向右做匀速运，加速度a1，小物和木板的量分m和M．由牛第二定律有：-μ1（m+M）g=（m+M）a1⋯①由可知，木板与壁碰前瞬速度v1=4m/s，由运学公式得：v1=v0+at1⋯②001+11t12⋯③s＝vt2a式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木和木板开始运的速度。立①②③式和条件得：μ1⋯④在木板与壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀速运，小物以v1的初速度向右做匀速运。小物的加快度a222，由牛第二定律有：-μmg=ma⋯⑤v2v1由可得：a2＝t2t1⋯⑥式中，t22=0，立⑤⑥式和条件得：2=2s，vμ=0.4⋯⑦（2）碰撞后木板的加快度a3，△t，木板和小物好拥有共同速度v3．由牛第二定律及运学公式得：μ213mg+μ（M+m）g=Ma⋯⑧v=-v+a△t⋯⑨313v3=v1+a2△t⋯⑩碰撞后至木板和小物好达到共同速度的程中，木板运的位移：s1＝v1v3△t⋯（11）2小物运的位移：s2＝v1v3△t⋯（12）2小物相木板的位移：△s=s2+s1⋯（13）立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数得：△因运程中小物没有走开木板，因此木板的最小度。6．如所示，L=2m，量M=1kg的木板B静止在水平川面上，其正中央搁置一量m=2kg的小滑A，B施加一水平向右的恒力F．已知A与B、B与地面的摩擦因数分1、20.4，重力加快度g10m/s2，求：1）若A、B相滑，F的最小；2）当F=20N，若F的作用2s，此B的速度大小；3）当F=16N，若使A从B上滑下，F的最短作用．【答案】（1）Fmin18N（2）v220m/s（3）t2【分析】【分析】【解】（1）A、B恰要相滑的界条件是二者达到最大静摩擦力2A，由牛第二定律可知，加快度a1g2m/s；

，B，由牛第二定律可知，

Fmin

2m

Mg

1mg

Ma，解得

Fmin

18N（2）F=20N>18N，二者会相滑，B，由牛第二定律；F2mMg1mgMa1解得a14m/s2；A从左端滑出的t1，L1a1t1211gt12，222解得t11s2s，此B的速度v1a1t14m/s故在F作用后的1s内，B，F2MgMa2，解得a216m/s2此B的速度v2v1a22t120m/s（3）若F=16N<18N，则二者一同加快，由牛顿第二定律可知整体加快度F2Mmg42；a0mm/sM3当A恰巧从B上滑下，F的最短时间为t2，设刚撤去F刹时，整体的速度为v，则va0t2撤去F后，对A，a11g2m/s2，对B：a2'2mMg1mg8m/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t23s点睛：本题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的重点是先搞清物体运动的物理过程，依据物体的受力判断出物体的运动状况，联合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．7．如图

a

所示,质量为

M=1kg

的木板静止在圆滑水平面上

,质量为

m=1kg的物块以初速度v0

滑上木板的左端

,物块与木板之间的动摩擦因数为

，在物块滑上木板的同时

,给木板施加一个水平向右的恒力

F，当恒力

F取某一值时

,物块在木板上相关于木板滑动的行程为

s，给木板施加不同样大小的恒力

F,获得

1

F

的关系如图

b所示，当恒力

F=0N时,物s块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加快度g10m/s2，试求:(1)求木板长度；(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F的范围；(3)图b中CD为直线,求该段的1F的函数关系式．s【答案】（1）0.5m（2）F≤4N；（3）1F4s4【分析】【分析】（1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，依据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加快度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F增大时，物块减速、木板加快，二者在木板上某一地点拥有共同速度；当二者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一同以同样加快度a做匀加快运动，依据牛顿第二定律求解F的最大值；2）当0≤Fm≤F时，跟着F力增大，S减小，当F=Fm时，出现S突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰巧再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰巧发生相对运动时，由牛顿第二定律列式联合运动公式即可求解．【详解】1）当恒力F=0N时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加快度a1

mgm

g2m/

s

；木板的加快度：

a2

mg

2m/s2；M物块与木板共速时v0-a1t1=a2t1解得t1，则木板的长度：Lv0t11a1t121a2t1222（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F增大时，物块减速、木板加快，二者在木板上某一地点拥有共同速度；当二者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一同以同样加速度a做匀加快运动，则：a＝F，而f=ma，Mm因为静摩擦力存在最大值，因此：f≤fmax=μmg=2N，联立解得：F≤4N；（3）当0≤F≤4Nb)时，最后两物体达到共速，并最后一同相对静止加快运动，对应着图（中的AB段，当F>4N时对应（b)中的CD段，当两都速度相等后，物块相关于木板向左滑动，木板上相关于木板滑动的行程为s=2x当二者拥有共同速度v，历时t，则：aM＝FmgF2Mam＝mg＝μg＝2m/s2m依据速度时间关系可得：v0-amt=aMt依据位移关系可得：x＝v0t-1amt2-1aMt222s=2x联立1-F函数关系式解得：1F4ss4【点睛】本题察看牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中特别重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决特别灵巧，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题经过特别规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．8．以以下图，倾角30o的圆滑斜面的下端有一水平传达带，斜面和传达带相接处有一小段圆滑圆弧物体经过A点时，不论是从斜面到传达带仍是从传达带到斜面，其速率都不发生变化．传达带以v4m/s的速度顺时针转动，一个质量为1kg的物体(可视为质点)从高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传达带间的动摩擦因数04，传达带左右两头A、B间的距离LAB7m，重力加快度g10m/s2.求：123

物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面尾端速度；物体在传达带上距B点的最小距离；物体第一次从距B点近来处运动到斜面上最高点所经历的时间.【答案】(1)v16m/s(2)x2.5m(3)t3【分析】【分析】(1)先依据牛顿第二定律求加快度，再由速度位移关系求抵达斜面尾端的速度；(2)先由牛顿第二定律求出物体在传达带上减速的加快度，再依据速度位移关系求出速度减为0时向右运动的位移，即可得出离B近来的距离；(3)由前的分析可判断出物体先做匀加快运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加快度与速度，依据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间.【详解】（1）物体沿圆滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：

mgsinma1解得：a15m/s2由几何关系沿圆滑斜面下滑位移s1

hcos由运动学公式v122a1s1解得物体滑到斜面尾端速度v16m/s（2）物体在传达带上遇到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：mgma2代入数据解得：a24m/s2当物体速度减为0时物体距B近来，有运动学公式可得：v122a2S2解得物体距B点的最小距离：xLABS2x（3）物体返回时距A点S24.5m，仍遇到向右的摩擦力，赶快度为0开始做匀加快直线运动，加快度大小为：a3a24m/s2若物体向来做匀加快运动，有运动对称性可知到A点时物体速度vA6m/s大于传达带速度v4m/s，故物体先做匀加快直线运动，达到速度v后匀速运动，抵达A点速度vAv4m/s物体沿斜面上涨过程中，加快度大小仍为a1物体做匀加快直线运动va3t1匀加快直线运动位移12s32a3t1解得t11ss32m匀速运动s2s3vt2解得t2物体沿斜面匀减速上涨va1t3解得t3物体第一次从距B点近来处运动到斜面上最高点所经历的时间：tt1t2t39．半径R=4500km的某星球上有一倾角为30o的固定斜面，一质量为1kg的小物块在力F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F向来与斜面平行．假如物块和斜面间的摩擦因数3，力F随时间变化的规律以以下图（取沿斜面向上方向为正），2s末物块速度恰3好又为0，引力常量G6.671011Nm2/kg2．试求：1）该星球的质量大概是多少？2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，最少需要多大速度？（计算结果均保存二位有效数字）【答案】（1）M2.41024kg（2）【分析】【详解】（1）假定星球表面的重力加快度为g，小物块在力F1=20N作用过程中，有：F1-