【物理】高考必備物理牛頓運動定律的應(yīng)用技巧全解及練習(xí)題(含答案)

1、v，x=v0t- at2【物理】高考必備物理牛頓運動定律的應(yīng)用技巧全解及練習(xí)題( 含答案 )一、高中物理精講專題測試牛頓運動定律的應(yīng)用1 如圖所示，一質(zhì)量M=4.0kg 、長度 L=2.0m 的長方形木板B 靜止在光滑的水平地面上，在其右端放一質(zhì)量m=1.0kg 的小滑塊A（可視為質(zhì)點）?，F(xiàn)對A、 B 同時施以適當(dāng)?shù)乃矔r沖量，使 A 向左運動， B 向右運動，二者的初速度大小均為2.0m/s ，最后 A 并沒有滑離B板。已知A、B 之間的動摩擦因數(shù)=0.50，取重力加速度g=10m/s 2。求：（1）經(jīng)歷多長時間A 相對地面速度減為零；（2）站在地面上觀察， B 板從開始運動，到 A 相對地面

2、速度減為零的過程中， B 板向右運動的距離；（3） A 和 B 相對運動過程中，小滑塊A 與板 B 左端的最小距離?！敬鸢浮浚?1）（2）（3）【解析】【詳解】（1） A 在摩擦力 f= mg作用下，經(jīng)過時間 t 速度減為零，根據(jù)動量定理有： mgt=mv0解得 t=0.40s（2）設(shè) B 減速運動的加速度為a， A 速度減為零的過程中，板B 向右運動的位移為 x根據(jù)牛頓第二定律有mg=Ma，解得 a=1.25m/s 2根據(jù)勻變速直線運動位移公式有解得 x=0.70m（3）設(shè) A 和 B 二者的共同速度為根據(jù)動量守恒定律有（ M-m ） v0=（M+m ） v解得 v=1.2m/s設(shè) A 和

3、B 二者達(dá)到共同速度時，小滑塊 A 與板 B 右端的距離為 l，根據(jù)做功與能量變化的關(guān)系有 mgl=（ M+m ） v02- （ M+m） v2解得l=1.28m，所以 A、 B 相對運動過程中，小滑塊 A 與板 B 左端的最小距離為 ： x=L-l=0.72m 【點睛】本題可以通過分別對兩個木塊受力分析，求加速度，判斷運動規(guī)律；也可以直接用動量守恒定律和能量守恒列式求解，動量守恒定律不涉及中間過程，解題較為方便.2 如圖甲所示，有一傾角為37的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一質(zhì)量為M 的木板。開始時質(zhì)量為m 2 kg 的滑塊在水平向左的力F 作用下靜止在斜面上，現(xiàn)將力F 變?yōu)樗较蛴?，?dāng)

4、滑塊滑到木板上時撤去力F，木塊滑上木板的過程不考慮能量損失。此后滑塊和木板在水平面上運動的v t 圖象如圖乙所示，g 10 m/s 2。求：(1)水平作用力F 的大小；(2)滑塊開始下滑時的高度；(3)木板的質(zhì)量?！敬鸢浮浚?1） 15N（ 2） 2.5m（ 3） 3kg【解析】【分析】（ 1）對滑塊受力分析，由共點力的平衡條件可得出水平作用力的大小；（ 2）根據(jù)圖乙判斷滑塊滑到斜面底部的速度，由牛頓第二定律求出加速度，從而根據(jù)在斜面上的位移和三角關(guān)系求出下滑時的高度。（ 3）根據(jù)摩擦力的公式求出地面和木板間的摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊和木板間的摩擦力，進(jìn)而根據(jù)牛頓第二定律求出木板的質(zhì)量

5、?！驹斀狻浚?）滑塊受到水平推力F、重力 mg 和支持力N 處于平衡，如圖所示，水平推力： F=mgtan=2100.75N=15（2）由圖乙知，滑塊滑到木板上時速度為：v1=10m/s設(shè)下滑的加速度為a，由牛頓第二定律得：mgsin+Fcos=ma代入數(shù)據(jù)得： a=12m/s 2則下滑時的高度： hv12sin 1000.6m 2.5m2a24（3）設(shè)在整個過程中，地面對木板的摩擦力為f，滑塊與木板間的摩擦力為f 1由圖乙知，滑塊剛滑上木板時加速度為：a 1 Vv 210 -4 m/s2Vt20對滑塊： f1=ma1 此時木板的加速度：a2 Vv 201m/ s2Vt 20對木板：f1-f=

6、Ma 2當(dāng)滑塊和木板速度相等，均為：v=2m/s ，之后連在一起做勻減速直線運動，加速度為：a3=02m/s 2=-1m/s 242當(dāng)滑塊和木板速度相等后連在一起做勻減速直線運動，受到的摩擦力：f =（ M+m） a3聯(lián)立代入數(shù)據(jù)解得：M=3kg【點睛】本題考查斜面上力的合成與分解，和牛頓第二定律的應(yīng)用，關(guān)鍵是分析物理過程，從圖像中獲取信息求解加速度。v-t3 如圖，質(zhì)量M=4kg 的長木板靜止處于粗糙水平地面上，長木板與地面的動摩擦因數(shù)=0.1，現(xiàn)有一質(zhì)量m=3kg 的小木塊以v =14m/s的速度從一端滑上木板，恰好未從木板上10滑下，滑塊與長木板的動摩擦因數(shù)2=0.5，g 取 10m/s

7、 2，求：（ 1）木塊剛滑上木板時，木塊和木板的加速度大小；（ 2）木板長度；（ 3）木板在地面上運動的最大位移。【答案】 （1） 5m/s 2 2m/s 2（ 2） 14m（ 3） 12m【解析】【分析】（ 1）由題意知，沖上木板后木塊做勻減速直線運動，木板由靜止做勻加速度直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求解加速度；（ 2）木塊恰好未從木板滑下，當(dāng)木塊運動到木板最右端時，兩者速度相等；根據(jù)位移關(guān)系求解木板的長度；（3）木塊木板達(dá)到共同速度后將一起作勻減速直線運動，結(jié)合運動公式求解木板在地面上運動的最大位移.【詳解】（1）由題意知，沖上木板后木塊做勻減速直線運動，初速度v0=14m/s ，加速度大小

8、ag5m / s212木板由靜止做勻加速度直線運動即 mg Mm gMa212解得a22m / s2（ 2）木塊恰好未從木板滑下，當(dāng)木塊運動到木板最右端時，兩者速度相等。設(shè)此過程所用時間為 t即 v 木塊 v 0 a1tv 木板a2 t解得 t=2s木塊位移12x 木塊v0 t2a1t 18m木板位移12x 木板2a2t4m木板長度Lx 木塊x 木板14m（3）木塊木板達(dá)到共同速度后將一起作勻減速直線運動，分析得v共 a2 t4m / s， a31g 1m/ s2，v共28m木板位移x 木板2a3總位移xx 木板x ,木板12m4 如圖所示，傾角為306m/s的速度運的光滑斜面的下端有一水平傳

9、送帶，傳送帶正以動，運動方向如圖所示一個質(zhì)量為2kg 的物體（物體可以視為質(zhì)點），從h=3.2m 高處由靜止沿斜面下滑，物體經(jīng)過A 點時，不管是從斜面到傳送帶還是從傳送帶到斜面，都不計其動能損失物體與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：（ 1）物體第一次到達(dá) A 點時速度為多大？（ 2）要使物體不從傳送帶上滑落，傳送帶AB 間的距離至少多大？（ 3）物體隨傳送帶向右運動，最后沿斜面上滑的最大高度為多少？【答案】（ 1） 8m/s （ 2）6.4m （ 3） 1.8m【解析】【分析】（ 1）本題中物體由光滑斜面下滑的過程，只有重力做功，根據(jù)機(jī)械能守恒求解物體到斜面末端

10、的速度大??；（ 2）當(dāng)物體滑到傳送帶最左端速度為零時， AB 間的距離 L 最小，根據(jù)動能定理列式求解；（3）物體在到達(dá)A 點前速度與傳送帶相等，最后以6m/s 的速度沖上斜面時沿斜面上滑達(dá)到的高度最大，根據(jù)動能定理求解即可【詳解】（1）物體由光滑斜面下滑的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，則得：mgh1mv22解得： v2gh2 10 3.2 8m/s（2）當(dāng)物體滑動到傳送帶最左端速度為零時，AB 間的距離 L 最小，由動能能力得：mgL01 mv22解得： Lv2822gm 6.4m2 0.5 10（3）因為滑上傳送帶的速度是8m/s 大于傳送帶的速度6m/s，物體在到達(dá)A 點前速度與傳送

11、帶相等，最后以v帶6m/s 的速度沖上斜面，根據(jù)動能定理得：mgh01 mv帶22v帶2621.8m得： h2m2g10【點睛】該題要認(rèn)真分析物體的受力情況和運動情況，選擇恰當(dāng)?shù)倪^程，運用機(jī)械能守恒和動能定理解題5 如圖所示，質(zhì)量M=2kg 足夠長的木板靜止在水平地面上，與地面的動摩擦因數(shù)1=0 1，另一個質(zhì)量 m=1kg 的小滑塊，以 6m/s 的初速度滑上木板，滑塊與木板之間的動摩擦因數(shù) =0 5， g 取 l0m/s 22（ 1）若木板固定，求小滑塊在木板上滑過的距離（ 2）若木板不固定，求小滑塊自滑上木板開始多長時間相對木板處于靜止（ 3）若木板不固定，求木板相對地面運動位移的最大值v

12、023.6m（ 2） t= 1s （3） x1 x2 1m【答案】（ 1） x2a【解析】【分析】【詳解】試題分析：（ 1） a2 g5m / s2xv023.6m2a（2）對 m： a2g5m / s2 ，1對 M ： Ma22 mg1 (m M ) g ，a1m/ s22v0a1t a2tt=1s（3）木板共速前先做勻加速運動x11 at 20.5m2速度 v1 a2t1m / s以后木板與物塊共同加速度a3勻減速運動a3g 1m/s2 ，x2vt1a3t 20.5m2X= x1x21m考點：牛頓定律的綜合應(yīng)用6 如圖所示，一速度v=4m/s 順時針勻速轉(zhuǎn)動的水平傳送帶與傾角=37的粗糙足

13、長斜面平滑連接，一質(zhì)量m=2Kg 的可視為質(zhì)點的物塊，與斜面間的動摩擦因數(shù)為1=0.5，與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為22=0.4，小物塊以初速度v0=10m/s 從斜面底端上滑求：（ g=10m/s）（ 1）小物塊以初速度 v0 沿斜面上滑的最大距離？（ 2）要使物塊由斜面下滑到傳送帶上時不會從左端滑下，傳送帶至少多長？（ 3）若物塊不從傳送帶左端滑下，物塊從離傳送帶右側(cè)最遠(yuǎn)點到再次上滑到斜面最高點所需時間？【答案】 (1)x1=5m （ 2） L=2.5m（ 3） t=1.525s【解析】（ 1）小物塊以初速度 v0沿斜面上滑時，以小物塊為研究對象，由牛頓第二定律得： mgsinmgcosma1

14、 ，解得 a110m / s2設(shè)小物塊沿沿斜面上滑距離為x1，則 2a1x10 v02 ，解得 x1 5m（ 2 ） 物 塊 沿 斜 面 下 滑 時 以 小 物 塊 為 研 究 對 象 ， 由 牛 頓 第 二 定 律 得 ：mgsinmgcosma2 ，解得：a2 2m / s2設(shè)小物塊下滑至斜面底端時的速度為v1，則 v122a2 x1 解得： v125m / s設(shè)小物塊在傳送帶上滑動時的加速度為a3,由牛頓第二定律得：2 mgma3 ，解得：a3 4m / s2設(shè)物塊在傳送帶向左滑動的最大距離為L，則2a3 L0v12 ，解得： L2.5m傳送帶至少2.5m 物塊不會由傳送帶左端滑下（3）

15、設(shè)物塊從傳送帶左端向右加速運動到和傳送帶共速運動的距離為x2，則 2ax2v2 ，解得： x22m 2.5m ，故小物體先加速再隨傳送帶做勻速運動。設(shè)小物體加速至與傳送帶共速用時t1，則 vat1 ，解得 t11s設(shè)小物體勻速運動用時t2 ，則 Lx2vt2 ，解得 t20.125s設(shè)小物體由底端上滑到斜面最高點所時間t 3，則 0v a1t3 ，解得 t30.4s物塊從離傳送帶右側(cè)最遠(yuǎn)點到再次上滑到斜面最高點所需時間tt1t2 t31.525s7 如圖所示，長 L=10m 的水平傳送帶以速度 v=8m/s勻速運動。質(zhì)量分別為2m、 m 的小物塊 P、 Q，用不可伸長的輕質(zhì)細(xì)繩，通過固定光滑小

16、環(huán)C 相連。小物塊P 放在傳送帶的最左端，恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)，C、 P 間的細(xì)繩水平?，F(xiàn)在P 上固定一質(zhì)量為2m 的小物塊 (圖中未畫出 )，整體將沿傳送帶運動，已知Q、 C 間距大于10 m，重力加速度g 取 10m/s 2. 求：(1)小物塊 P 與傳送帶間的動摩擦因數(shù)；(2)小物塊 P 從傳送帶左端運動到右端的時間；(3)當(dāng)小物塊 P 運動到某位置S（圖中末畫出）時將細(xì)繩剪斷，小物塊P 到達(dá)傳送帶最右端時剛好與傳送帶共速，求位置S 距傳送帶右端的距離?！敬鸢浮浚?1） 0.5（ 2）10 ?s （ 3）4m【解析】【分析】(1)對物體 P、Q分別由平衡條件求解即可；(2)判斷滑塊的運動是一

17、直加速還是先加速后勻速.(3) 相對運動確定滑動摩擦力，相對運動趨勢弄清靜摩擦力方向，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式求距離.【詳解】(1) 設(shè)靜止時細(xì)繩的拉力為T0，小物塊 P與傳送帶間的動摩擦因數(shù)為， P、 Q受力如圖 :由平衡條件得：T0(2m)gT0mg0.5(2) 設(shè)小物塊P 在傳送帶上運動時加速度為a1，細(xì)繩的拉力為T， P、 Q受力如圖，由牛頓第二定律得, 對 P：(2m2m) gT(2 m2m)a1對 ：Q T mg ma1假設(shè) P 一直加速至傳送帶最右端時間為t ，末速度為 v1 由運動學(xué)公式得： v122aLv1= a1t聯(lián)立以上兩式并代入數(shù)據(jù)得： t10 s , v1= 2

18、10 m / s v 假設(shè)成立 .(3) 設(shè)細(xì)繩剪斷后小物塊P 的加速度大小為 a ，小物塊 P 在 S 處的速度大小為v2 ，位置 S2距離傳送帶左端距離為x1 ，距離傳送帶右端距離為x2 ， P 受力如圖 :斷繩后由牛頓第二定律得：(2m2m) g (2 m 2m)a2斷繩前由運動學(xué)公式得：v222a1 x1斷繩后由運動學(xué)公式得：v2v222a2 x2x1 x2 L聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)得：S 距離傳送帶右端距離： x2 4 m【點睛】本題關(guān)鍵是明確滑塊 P、 Q的受力情況和運動情況，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式列式求解.8 如圖 1 所示， 質(zhì)量為 M 的長木板，靜止放置在粗糙水平地面上

19、，有一個質(zhì)量為m、可視為質(zhì)點的物塊，以某一水平初速度v0 從左端沖上木板。從物塊沖上木板到物塊和木板達(dá)到共同速度的過程中，物塊和木板的v-t 圖象分別如圖2 中的折線 acd 和 bcd 所示， a、 b、c、 d 的坐標(biāo)為a（ 0， 10）、 b（ 0， 0）、 c（ 4， 4）、 d（ 12，0），根據(jù)v-t 圖象，求：（ 1）物塊相對長木板滑行的距離s；（ 2）物塊質(zhì)量 m 與長木板質(zhì)量 M 之比?！敬鸢浮浚?1） 20m（ 2）3:2【解析】【詳解】（1）由 v-t 圖象的物理意義可得，物塊在木板上滑行的距離10444m20mVs4m22（2）設(shè)物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)1，木板和地面

20、之間的動摩擦因數(shù)為；物塊沖上2木板做勻減速直線運動的加速度大小為a1，木板做勻加速直線運動的加速度大小為a2，達(dá)相同速度后一起勻減速直線運動的加速度大小為a，根據(jù)牛頓第二定律對物塊：11mg=ma對木板：122mg -（ m+M ） g=Ma對整體：（ m+M） g=（M +m） a2由圖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 3M 29 如圖所示，在足夠高的光滑水平臺面上靜置一質(zhì)量為m 的長木板A，木板 A 右端用輕繩繞過光滑的輕質(zhì)定滑輪與質(zhì)量也為m 的物體 C 連接當(dāng)C 從靜止開始下落距離h 時，在木板 A 的最右端輕

21、放一質(zhì)量為4m 的小鐵塊B（初速度為0，可視為質(zhì)點），最終B 恰好未從 A 上滑落， A、B 間的動摩擦因數(shù) 0.25最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為 g計算：（ 1） C 由靜止下落距離 h 時，木板 A 的速度大?。?2）木板 A 的長度 L；（ 3）若當(dāng)鐵塊 B 輕放在木板 A 最右端的同時，對件不變，計算 B 滑出 A 時 B 的速度大小 vBvA；B 加一水平向右的恒力F 7mg ，其他條【答案】（ 1）gh （2 ）2h （ 3） 5gh2【解析】【詳解】（1）對 A、 C 分析，有mg 2ma1v2A2a1h解得vAgh（2） B 放在 A 上后，設(shè)A、C 仍一起加速，則mg 4 mg 2ma2解得a2 0即 B 放在 A