最新高考物理试卷物理牛顿运动定律的应用题分类汇编

1、最新高考物理试卷物理牛顿运动定律的应用题分类汇编一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.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以方=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：A B |(1)开始时B离小车右端的距离；(2)从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。【答案】(1) B离右端距离由= L-Hi=7.5m(2)小车在6s内向右走的总距离:x = S + S, =

2、 1.625 m【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 - mui = (2m + M)vI 1113/mgA =冏M 4- -(2 rn + M)v2解得： = 03m/s|,'=95mA离左端距离卜1,运动到左端历时t，在A运动至左端前，木板静止=巧二口由，口二解得h = 2s,盯=2"B离右端距离,2二工一工=7.5m(2)从开始到达共速历时解得打=3.54小车在口前静止，在E1至心之间以a向右加速：Rmg = (,M +小车向右走位移.1接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：x = 5 + < =

3、1.625m【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、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2.如图所示，倾角 a =30的足够长传送带上有一长 L=1.0m,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.对木板施加一沿传送带向上的恒力F,同时让传送木板与传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数口=工3 ,2带间的动摩擦因数 川=Y3 ,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，通过计算判定小木块所处的状态；

4、(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；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。2) 9.0N (3) 1s 12J【答案】(1)木块处于静止状态;【解析】【详解】(1)对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：mg sin斜面对木块的最大静摩擦力：fm由于：fm mg sin所以，小木块处于静止状态；13 mg31mg cosmg4(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1mg cos mg sinma木板受力如图丙所示，则：Fm Mg sin 2 M

5、m gcos1mgcosMa9解得：Fm - M m g 9.0N图内(3)因为F=10N>9N,所以两者发生相对滑动2对小木块有： a 1g cos g sin 2.5m/s对长木棒受力如图丙所示F Mg sin 2 M m g cosmgcos解得 a 4.5m/s2一1 c 1c由几何关系有：L a t at22解得t 1s全过程中产生的热量有两处，则Q Qi Q21mgLcos 2 M m g vtMa,2一 a3t cos解得：Q 12J。3.如图甲所示，长为 L=4.5 m的木板M放在水平地而上，质量为m=l kg的小物块(可视为质点)放在木板的左端，开始时两者静止.现用一水

6、平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示.已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g= 10m/s2.求:T乙(1) m、M之间的动摩擦因数；(2) M的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；(3)若开始时对 M施加水平向左的恒力 F=29 N,且给m水平向右的初速度 vo=4 m/s,求t=2 s时m到M右端的距离.【答案】 (1) 0.4 (2) 4kg, 0.1 (3) 8.125m【解析】【分析】【详解】(1)由乙图知，m、M 一起运动的最大外力 Fm=25N, 当F>25N时，m与M相对滑动，对 m由牛顿

7、第二定律有：Fmg2(M m)gmga2M乙图知11M 41mig2(M m)gM解得M = 4 kgu2=0. 11s1mg ma1由乙图知a1 4m / s2解得10.4(2)对M由牛顿第二定律有F 1mg 2(M m)g Ma2即2(M m)g FMM(3)给m 水平向右的初速度 v0 4m/s时，m运动的加速度大小为 a1 = 4 m/s2,方向水 平向左，设m运动t1时间速度减为零，则 t v t1a1位移“122.x1v0t1a1tl2 m2M的加速度大小方向向左，M的位移大小此时M的速度a2F 1mg2(Mm)g 5m/s2M1.2x2 - a2tl2.5mv2 a2tl 5m

8、/ s由于X1 X2 L ,即此时 m运动到M的右端，当 M继续运动时，m从M的右端竖直掉设m从M上掉下来后M的加速度天小为a3,对M由生顿第二定律F2MgMa3可得25/ 2a3m / s4在t=2s时m与M右端的距离12x3 v2(t t1) a3(t t1)8.125m .24.在一个水平面上建立 x轴，在过原点 O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0X10 N/C,方向与x轴正方向相同，在原点 O处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量 q= -5 X1(8 c.物块与水平面间的动摩擦因数=0.2给物块一个沿x轴正方向的初速度 vo=2 m

9、/s.如图所示.试求：77f7777TZ7777777777r O(1)物块沿x轴正方向运动的加速度；(2)物块沿x轴正方向运动的最远距离；(3)物体运动的总时间为多长？【答案】(1)5 m/s2 (2)0.4 m (3)1.74 s【解析】【分析】带负电的物块以初速度vo沿x轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动.根据运动 学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间.【详解】(1)由牛顿第二定律可得mg Eq ma ,得

10、a 5m/s212(2)物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：mg Eq Si 0 mw .2代入数据，得：Si=0.4m(3)物块先向右作匀减速直线运动，根据：Si 包一 包久，得：ti=0.4s22接着物块向左作匀加速直线运动：a2 qE_mg =1m/s2.m根据：5 1a2t22 得 t2 2J02s22物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3mgg 2m/s2m根据：a3t3 a2t2解得t3 而2s物块运动的总时间为：t ti t2 t3 1.74s【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求 解.5.如图所示，一质量 M=4.0kg、

11、长度L=2.0m的长方形木板 B静止在光滑的水平地面上， 在其右端放一质量 m=1.0kg的小滑块A (可视为质点)。现对 A、B同时施以适当的瞬时冲 量，使A向左运动，B向右运动，二者的初速度大小均为2.0m/s,最后A并没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数尸0.50取重力加速度g=10m/s2。求：8 一也(1)经历多长时间 A相对地面速度减为零；(2)站在地面上观察，B板从开始运动，到 A相对地面速度减为零的过程中，B板向右运动的距离；(3) A和B相对运动过程中，小滑块【答案】(1) P* (2)“7mA与板B左端的最小距离。0.72m(1) A在摩寸力f=mg用下，经过时间t速度

12、减为零，根据动量定理有：mgt=mv解得 t=0.40s(2)设B减速运动的加速度为 a, A速度减为零的过程中，板 B向右运动的位移为 x.根据牛顿第二定律有mg=Ma解得 a=1.25m/s21根据匀变速直线运动位移公式有x=Vot-2 at2解得 x=0.70m(3)设A和B二者的共同速度为 v, 根据动量守恒定律有(M-m) vo= (M+m) v解得 v=1.2m/s设A和B二者达到共同速度时，小滑块A与板B右端的距离为1,根据做功与能量变化的关系有11IImg1= (M+m) vo2-z (M+m) v2解得 1=1.28m,所以A、B相对运动过程中，小滑块 A与板B左端的最小距离

13、为：x=L-1=0.72m 【点睛】本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便 6.如图所示，倾角为30。的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示.一个质量为2kg的物体(物体可以视为质点)，从 h=3.2m高处由静止沿斜面下滑，物体经过A点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失.物体与传送带间的动摩擦因数为0.5,重力加速度g=10m/s2,求：(1)物体第一次到达 A点时速度为多大？(2)要使物体不从传送带上滑落，传送带AB间的距

14、离至少多大？(3)物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】(1) 8m/s (2) 6.4m(3) 1.8m【解析】【分析】(1)本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面 末端的速度大小；(2)当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，根据动能定理列式求解；(3)物体在到达 A点前速度与传送带相等，最后以 6m/s的速度冲上斜面时沿斜面上滑达 到的高度最大，根据动能定理求解即可.【详解】(1)物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh -mv22解得：v 2gh 2 10 3.2 8m/s(2)当物体滑

15、动到传送带最左端速度为零时，AB间的距离L最小，由动能能力得：1 2mgL 0 - mv2 q2解得：L m 6.4m2 g 2 0.5 10(3)因为滑上传送带的速度是 8m/s大于传送带的速度6m/s,物体在到达A点前速度与传1 2送带相等，最后以V带 6m/s的速度冲上斜面，根据动能定理得： mgh 0 mv带2得：h m 1.8m 2g 2 10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题.7. 一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为 4.5m,如图(a)所示。t=0时刻开始，小物块与

16、木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图(b)所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小 g取10m/s2。求卜伽 n-3)0 12Ms图图(1)木板与地面间的动摩擦因数因及小物块与木板间的动摩擦因数0(2)木板的最小长度；【答案】(1) 0.1; 0.4 (2) 6m【解析】【分析】(1)对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得岗；再对碰后过程分析同理可求得你。(2)分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动

17、学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度；【详解】(1)规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为ai,小物块和木板的质量分别为m和M.由牛顿第二定律有：-禺(m+M) g= (m+M) ai由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度vi=4m/s,由运动学公式得：vi=vo+ati ,1.2 公so= voti + aiti 2式中，ti=is, so=4.5m是木板碰前的位移，vo是小木块和木板开始运动时的速度。联立式和题给条件得：岗=0.i 在木板与墙壁碰撞后，木板以-vi的初速度向左做匀变速运动，小物块以vi的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加

18、速度为a2,由牛顿第二定律有：-摩mg=ma2V2 Vi 一由图可得：a2= t2 ti式中，t2=2s, V2=0,联立式和题给条件得：口=0.4 (2)设碰撞后木板的加速度为a3,经过时间 川，木板和小物块刚好具有共同速度V3.由牛顿第二定律及运动学公式得：gmg+ 口(M+m) g=Ma3V3=-Vi+a3d v3=vi+a2At 碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为：Vi V3si = At- (ii)2小物块运动的位移为：S2= v-v3-义(i2)2小物块相对木板的位移为：As=S?+si(i3)联立(ii) (i2) ( i3)式，并代入数值得：s=6.

19、0m因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。8.如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动，一质量m=ikg的小物块无初速地放到皮带A处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数科=0.2 A、B之间距离s=6m ,求物块(i)从A运动到B的过程中摩擦力对物块做多少功？ ( g=i0m/s 2)(2) A到B的过程中摩擦力的功率是多少？【答案】(i) 8J; (2) 3.2W;【解析】(i)小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为:物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为:v£ 16x 4 m 4m v s = Gni说明此时物块还没有到达 B

20、点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力.由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为:1 1Wf - mv2 = - x 1 X 16/ = fl/(2)匀加速运动的时间Ax 6-4匀速运动的时间= = ；一S = 0.5$廿 4,摩擦力的功率9.水平面上有一木板，质量为 M=2kg,板左端放有质量为 m=1kg的物块(视为质点)， 已知物块与木板间动摩擦因数为国=0.2,木板与水平面间的动摩擦因数为修=0.4.设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g 10m/s2.(1)现用水平力F拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F的大小范围？(2)若拉动木板的水平力 F=15N,由静止经时间ti=4

21、s立即撤去拉力F,再经t2=1s物块恰 好到达板右端，求板长 L=?【答案】(1) 12NvFW 18N (2) 1.4m【解析】【分析】(1)物块与木块一起运动，拉力F必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当 m与M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F达到最大值；(2)拉动木板的水平力 F=15N在第(1)问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去 F 后，m向右匀减速，M向右匀减速，当M静止后，m继续向右匀减速到木板右端，求出木板 静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；【详解】(1) M与地面之间的最大静摩擦力f1= qM+m)g = 0.4 X (2+1)柒10N当

22、M、m整体一起向右匀加速运动时，当 m与M的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力 F 最大；对 m ： 111mg = ma 得 a=1g= 0.2 x 1m/s2 = 2m/s2对整体：F-科 2(M+m)g=(M+m)a代入数据：F-12= (2+1) X2解得：F=18N所以拉力F大小范围是12NVFW18N(2)拉动木板的水平力 F=15N, M、m 一起匀加速运动,山F 2 M m g 15 1222根据牛顿第二te律：a=m/s=1m/sM m 2 1ti=4s 时速度 vi= ati = 1 xm/s=4m/s撤去F后，物块加速度 a1 = 1g= 2m/s2对木板：1mg-2（M+

23、m）g = Ma2, 代入数据：0.2 x 10-12= 2 a2解得：a2 = -5 m/s2木板向右速度减为 。的时间；根据题意t2=1s物块恰好到达板右端0 v10 4t1=s= 0.8sa251 2-1-2-在t1 时间内物块的位移：x=v1tl a1tl4 0.8 - 2 0.8= 2.56m2 2V14 一一一木板的位移：x2t10.8= 1.6m22物块相对木板的位移 x= X1-X2= 2.56-1.6 = 0.96m根据题意撤去力F后，再经t2=1s物块恰好到达板右端所以木板静止后，木块继续运动0.2st1= 0.8s时物块白速度 V2=V1-a1t1= 4-2 X 0.8 2.4m/s1 2_cc1ccc2 cVx'=v2t2 a1t22.40.220.2 m= 0.44m2 2木板长：L=Ax+Ax 7 =0.96+0.44=1.4m10.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vo=8 m/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