高中物理牛頓運動定律的應(yīng)用解題技巧及練習題(含答案)

1、高中物理牛頓運動定律的應(yīng)用解題技巧及練習題(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，質(zhì)量為 2kg的物體在與水平方向成37。角的斜向上的拉力 F作用下由靜止開始運動.已知力 F的大小為5N,物體與地面之間的動摩擦因數(shù)科為0.2, (sin37= 0.6, cos37 =0.8)求：(1)物體由靜止開始運動后的加速度大?。?2)8s末物體的瞬時速度大小和8s時間內(nèi)物體通過的位移大?。?3)若8s末撤掉拉力F,則物體還能前進多遠？【答案】(1) a=0.3m/s2 (2) x=9.6m (3) x =1.44m【解析】(1)物體的受力情況如圖所示根據(jù)牛頓第二定律，得：Fc

2、os37 -f=maFsin37 + FN=mg又 f=N聯(lián)立得：a= F cos37 o(mg Fsin37O)m代入解得a=0.3m/s2(2)8s末物體的瞬時速度大小v=at=0.3 x 8m/s=2.4m/s1 ,2 八人8s時間內(nèi)物體通過的位移大小x at 9.6m2(3)8s末撤去力F后，物體做勻減速運動，根據(jù)牛頓第二定律得，物體加速度大小a - gg 2.0m/s2m m2由 v2=2a x得：x 1.44m2a【點睛】本題關(guān)鍵是多次根據(jù)牛頓第二定律列式求解加速度，然后根據(jù)運動學公式列式求 解運動學參量.2.如圖，光滑水平面上靜置一長木板 A,質(zhì)量M=4kg, A的最前端放一小物

3、塊 B (可視為 質(zhì)點)，質(zhì)量 m=1kg, A與B間動摩擦因數(shù) 月0.2.現(xiàn)對木板A施加一水平向右的拉力 F, 取 g=10m/s2.則：R F 一 一 1 一 一，1; >(1)若拉力Fi=5N, A、B 一起加速運動，求 A對B的靜摩擦力f的大小和方向；(2)為保證A、B一起加速運動而不發(fā)生相對滑動，求拉力的最大值Fm (設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)；(3)若拉力F2=14N,在力F2作用t=ls后撤去，要使物塊不從木板上滑下，求木板的最小 長度L【答案】(1) f= 1N,方向水平向右；(2) Fm= 10No (3)木板的最小長度 L是0.7m。 【解析】【詳解】(1)對A

4、B整體分析，由牛頓第二定律得：Fi= (M+m) ai對B,由牛頓第二定律得：f=mai聯(lián)立解得f =1N,方向水平向右；(2)對AB整體，由牛頓第二定律得：Fm= (M+m) a2對B,有：(img=ma2聯(lián)立解得：Fm=10N(3)因為F2> Fm,所以AB間發(fā)生了相對滑動，木塊B加速度為：a2=2m/s2。木板A加速度為 a3,貝U： F2-(mg=Ma3 解得：a3=3m/s2。1s末A的速度為：vA=a3t=3m/sB 的速度為：vB=a2t=2m/sVa Vb1s末A、B相對位移為：Zl1=Bt=0.5m撤去F2后，t'后A、B共速2對 A： -(img=Ma4可得：

5、a4=-0.5m/s2。共速時有：VA+a4t'vB+a2t可得：t' =0s4M去 F2后 A、,一、一 ， vA vB .B相對位移為：Al2=Bt'=0.2m為使物塊不從木板上滑下，木板的最小長度為： 2L=Al1+Al2=0.7mo3.某智能分揀裝置如圖所示，A為包裹箱，BC為傳送帶.傳送帶保持靜止，包裹P以初速度Vo滑上傳送帶，當P滑至傳送帶底端時，該包裹經(jīng)系統(tǒng)掃描檢測，發(fā)現(xiàn)不應(yīng)由A收納，則被攔停在 B處，且系統(tǒng)啟動傳送帶輪轉(zhuǎn)動，將包裹送回 C處.已知vo=3m/s ,包裹P 與傳送帶間的動摩擦因數(shù)月0.8,傳送帶與水平方向夾角9 37o,傳送帶BC長度L=1

6、0m,重力加速度 g=10m/s2, sin37o=0.6, cos37o=0.8,求：(2)包裹P到達B時的速度大??；(3)若傳送帶勻速轉(zhuǎn)動速度 v=2m/s,包裹P經(jīng)多長時間從 B處由靜止被送回到 C處；(4)若傳送帶從靜止開始以加速度a加速轉(zhuǎn)動，請寫出包裹 P送回C處的速度vc與a的關(guān)系式，并畫出 vc2-a圖象.【答案】(1) 0.4m/s2方向：沿傳送帶向上(2) 1m/s (3) 7.5s2(4) Vc如圖所示:20 a(a 0.4m/s2)8( a 0.4m/s2)【解析】先根據(jù)牛頓第二定律求出包裹的加速度，再由速度時間公式求包裹加速至速度等于傳送帶速度的時間，由位移公式求出勻加

7、速的位移，再求勻速運動的時間，從而求得總時間，這是解決傳送帶時間問題的基本思路，最后對加速度a進行討論分析得到 vc2-a的關(guān)系，從而畫出圖像?！驹斀狻縨g cosma1(1)包裹下滑時根據(jù)牛屯第二定律有：mgsin222,V Vo :L=2a代入數(shù)據(jù)得：ai0.4m/s，方向：沿傳送帶向上(2)包裹P沿傳送帶由B到C過程中根據(jù)速度與位移關(guān)系可知代入數(shù)據(jù)得：v 1m/s；(3)包裹P向上勻加速運動根據(jù)牛頓第二定律有:mg cosmg sinma22得 a2 0.4m/s兩種情況結(jié)合有:圖像如圖所示：A .22有：vc 2a2L 即 vc8.v 2 L當包裹P的速度達到傳送帶的速度所用時間為：t

8、i 一s 5sa20.4士、他 »士、1 3、V24速度從零增加到等于傳送帶速度時通過的位移有：x - -m 5m2a22 0.4 Lx 10 5因為x<L,所以包裹先加速再勻速，勻速運動時間：t2 s 2.5sv 2則P從B處到C處總時間為：t 11t2 7.5s；(4)若a 0.4m/s2,則包裹相對傳送帶靜止一起做勻加速運動，加速位移等于傳送帶的長度，即：vC 2aL即：vC 20a若a 0.4m/s2,則包裹在傳送帶上有相對滑動，包裹以a2=0.4m/s2向上勻加速運動,，、2 一8(m/s) ?20a(a 0.4m/s2)8a 0.4m/s2)【點睛】解決本題的關(guān)鍵會

9、根據(jù)物體的受力分析物體的運動規(guī)律，結(jié)合牛頓第二定律和運動學公式 分析求解。4.如圖所示，質(zhì)量 M=1kg的木板靜置于傾角為 37。的足夠上的固定斜面上的固定斜面上的 某個位置，質(zhì)量 m=1kg的可視為質(zhì)點的小物塊以初速度v0=5m/s從木板的下端沖上木板,同時在木板上端施加一個沿斜面向上的外力F=14N,使木板從靜止開始運動，當小物塊與木板共速時，撤去該外力，最終小物塊從木板的下端滑出.已知小物塊與木板之間的動摩 擦因素為0. 25,木板與斜面之間的動摩擦因數(shù)為0. 5, g=10m/s2,(1)物塊和木板共速前，物塊和木板的加速度各為多少;(2)木板的長度至少為多少；(3)物塊在木板上運動的

10、總時間是多少.【答案】(1) ai=8m/s2,方向沿斜面向下,a2=2m/s2,方向沿斜面向上 (2) Lmin m 48t (5 8【解析】試題分析：(1)物塊與木板共速前，對物塊分析：mg sin imgcosmai得：ai=8m/s2方向沿斜面向下，減速上滑對木板分析：F 1 mg cos Mg sin 2(m M )g cosMa2得：a2=2m/s2方向沿斜面向上，加速上滑(2)共速時：v共=vo a2ti得：t1 0.5s , v共=1m/s1 212共速刖的相對位移：x1 v0t131tla2t1 1.25m2 2撤掉F后：物塊相對于木板上滑，加速度仍未a=8m/s2,減速上滑

11、而木板： Mg sin2(M m)g cos1mgcos Ma22則：32 12m/s ,萬向沿斜面向下，減速上滑由于： Mg sin 1mg cos2(M m)g cos木板停止后，物塊在木板上滑動時，木板就不再運動、，1181x2 一 m4861x1x2 一 m過t2 s ,木板停止，過t2 s,物塊減速到0 12此過程，相對位移：木板至少長度Lmin48(3)物塊在木板上下滑，木板不動2物塊加速度a1 g sin 1g cos 4m/s在木板上的總時間:5 t t1 t2 t3(58考點：考查牛頓第二定律、勻變速直線運動.【名師點睛】動力學的解題思路：已知受力研究運動；已知運動研究受力情

12、況.5.如圖所示，BC為半徑r 2 J2 m豎直放置的細圓管，。為細圓管的圓心，在圓管的末 5端C連接傾斜角為45。、動摩擦因數(shù) 尸0.6的足夠長粗糙斜面，一質(zhì)量為m= 0.5kg的小球從O點正上方某處 A點以vo水平拋出，恰好能垂直 OB從B點進入細圓管，小球過C點時90速度大小不變，小球沖出C點后經(jīng)過一S再次回到C點。(g=10m/s2)求：8(1)小球從。點的正上方某處 A點水平拋出的初速度 V0為多大?(2)小球第一次過 C點時軌道對小球的支持力大小為多少？(3)若將BC段換成光滑細圓管，其他不變，仍將小球從A點以V0水平拋出，且從小球進入圓管開始對小球施加了一豎直向上大小為5N的恒力

13、，試判斷小球在 BC段的運動是否為勻速圓周運動，若是勻速圓周運動，求出小球?qū)毠茏饔昧Υ笮?；若不是勻速圓周運動則 說明理由。【答案】(1) 2m/s (2) 20.9N (3) 572 N【解析】【詳解】(1)小球從A運動到B為平拋運動，有：rsin45 = v°t在B點有：tan45 ° vo解以上兩式得：vo= 2m/s(2)由牛頓第二定律得：小球沿斜面向上滑動的加速度：mgsin45 mgcos45。2ai gsin45 + 科 cos45 = 8 夜 m/s2m小球沿斜面向下滑動的加速度：mgsin45 mgcos45。2a2 gsin45 -科 cos45 =22

14、 m/s2m設(shè)小球沿斜面向上和向下滑動的時間分別為tl、t2,由位移關(guān)系得：aiti2 - a2t2222又因為：tl+t2 9s 8解得：tl 一 s, t2 3 s84小球從C點沖出的速度：vc= aiti = 3 J2 m/s2在C點由牛頓第二定律得：N - mg = m_vCr解得：N=20.9N(3)在B點由運動的合成與分解有：vb v_ 2 J2 m/ssin45因為恒力為5N與重力恰好平衡，小球在圓管中做勻速圓周運動。設(shè)細管對小球作用力大 小為F2由牛頓第二定律得：F= m«r解得：F= 5 , 2 N由牛頓第三定律知小球?qū)毠茏饔昧Υ笮? J2 N ,6.質(zhì)量為m的

15、長木板靜止在水平地面上，質(zhì)量同樣為m的滑塊(視為質(zhì)點)以初速度V0從木板左端滑上木板，經(jīng)過 0.5s滑塊剛好滑到木板的中點，下右圖為滑塊滑上木板后的速凡求:度時間圖像，若滑塊與木板間動摩擦因數(shù)為叫 木板與地面間的動摩擦因數(shù)為(1)因、22.各是多少？(2)滑塊的總位移和木板的總長度各是多少?【答案】(1) 0.6； 0.2 (2) 1.5m20m【解析】【詳解】(1)設(shè)0.5s滑塊的速度為v1,由v-t圖像可知：v0=4m/s v1=1m/s滑塊的加速度a1亞丁巴 6m/s2木板的加速度大小a2 v 2m/s2 t對滑塊受力分析根據(jù)牛頓定律：因mg=ma1所以因=0.6對木板受力分析：口 mg

16、-(j2?2mg= ma2解得比=0.2(2) 0.5s滑塊和木板達到共同速度 v1,假設(shè)不再發(fā)生相對滑動則2ma3=隆?2mg解得 a3=2m/s2 因 ma3=f< img假設(shè)成立，即0.5s后滑塊和木板相對靜止，滑塊的總位移為si則2Vo M , Vis t 22al解得 si=1.5mLVo ViVi .由V-t圖像可知s - -t222所以木板的長度L=2.0m7 .如圖所示，始終繃緊的水平傳送帶以=4.0加四的恒定速率沿順時針方向轉(zhuǎn)動，質(zhì)量M = 1。/?的平板車停在傳送帶的右端.現(xiàn)把質(zhì)量m =可視為質(zhì)點的行李箱輕輕放到距傳送帶右端M = 5,0m位置.行李箱與傳送帶、平板車

17、間的動摩擦因數(shù)分別為戊 = 02、收=05,平板車與水平地面間的動摩擦因數(shù)為陽=。'1.(不計空氣阻力，g=i0m/s2)試求：(i)行李箱在傳送帶上運動的時間1t(2)若行李箱由傳送帶滑到平板車上時速度不變，要想行李箱恰不從平板車上滑出，平板車的最小長度【答案】(i)2.25s (2)見解析(i)行李箱在傳送帶加速時的加速度滿足 也兩0二ma則田=Nm/行李箱在傳送帶能加速的時間1 1能加速的距離,所以行李箱在傳送帶上先加速后勻ri =/宙=_ X 2 x 2-m = 4m < 5速。XqXi 5-4s = 0 25$行李箱在傳送帶勻速的時間爐 4-行李箱在傳送帶上運動的時間(

18、2)行李箱滑到平板車后，當行李箱速度大于平板車速度時：行李箱做減速運動，由牛頓第二定律可得，行李箱加速度大小滿足色=5m居平板車做加速運動，由牛頓第二定律可得，平板車加速度大小滿足2陽mg-口+= 解得:阿則:設(shè)行李箱經(jīng)時間13恰好到達平板車右端且兩者速度剛好第一次相等為12產(chǎn)-以心=卬3,解得：1t"彳"u + H共0 + 口共L - £i . m這種情況下，平板車的長度30 Iin =平板車的最小長度 點睛：板塊模型是牛頓運動定律部分的典型模型，要注意研究對象的選取，以及臨界條件 的確定。8 .風洞實驗室中可產(chǎn)生水平方向的，大小可調(diào)節(jié)的風力.現(xiàn)將一套有球的細直

19、桿放入風洞 實驗室.小球孔徑略大于細桿直徑.如圖所示.(1)當桿水平固定時，調(diào)節(jié)風力的大小，使小球在桿上做勻速運動，這時小球所受的風力為小球所受重力的0.5倍，求小球與桿間的動摩擦因數(shù).(2)保持小球所受風力不變，使桿與水平方向夾角為37并固定，則小球從靜止出發(fā)在細桿上滑下距離s=3.75m所需時間為多少？ ( sin37=0.6, cos37°=0.8)【答案】(1) 0.5 (2) 1s【解析】【分析】【詳解】(1)小球做勻速直線運動，由平衡條件得：0.5mg=mg ,則動摩擦因數(shù)=0.5(2)以小球為研究對象，在垂直于桿方向上，由平衡條件得：FN 0.5mgsin370 mg

20、cos370在平行于桿方向上，由牛頓第二定律得：0.5mgcos37 0 mg sin 370FNma代入數(shù)據(jù)解得：a=7.5m/s2小球做初速度為零的勻加速直線運動，由位于公式得：s= at22運動時間為t滬 J2 s 1s；【點睛】此題是牛頓第二定律的應(yīng)用問題，對小球進行受力分析是正確解題的前提與關(guān)鍵，應(yīng)用平 衡條件用正交分解法列出方程、結(jié)合運動學公式即可正確解題.9.如圖所示，質(zhì)量 m=1kg的物塊，在沿斜面向上，大小F=15N的拉力作用下，沿傾角9 =37勺足夠長斜面由靜止開始勻加速上滑，經(jīng)時間ti=2s撤去拉力，已知物塊與斜面間的動摩擦因數(shù) w=0.5 取 g 10m/s2, sin

21、37 = 0.6, cos37 = 0.8,求：拉力F作用的時間ti內(nèi)，物塊沿斜面上滑的距離xi；(2)從撤去拉力起，物塊沿斜面滑到最高點的時間t2；(3)從撤去拉力起，經(jīng)時間t=3s物塊到出發(fā)點的距離 x.【答案】(1)為 10m (2) t2 1s (3) x 11m【解析】【分析】【詳解】(1)物塊在時間L內(nèi)沿斜面勻加速上滑，設(shè)加速度大小為詡，由牛頓第二定律有 F mg sin 37 mg cos37ma1_.2解得a 5m/ s在這段時間內(nèi)物塊上滑的距離為x, 1a1t2 10m2(2)經(jīng)時間t,物塊的速度大小為 V1 ait2 10m/ s接著物塊沿斜面勻速上滑，設(shè)加速度大小為a2,由牛頓第二定律有：mg sin 37 mg cos37ma22解得 a2 10m /s根據(jù)速度公式有：0 V1 a2t2解得t2 1s1, 2(3)物塊在時間t2內(nèi)上滑的距離為x2 v,t2 - a2t2 5m ,2沿斜面下滑時間為t3 t t2 2s設(shè)物塊沿斜面下滑的加速度大小為%,由牛頓第二定律有：mg sin 37 mg cos37ma32解得 a3 = 2m/ s1 .