高中物理牛顿运动定律的应用试题经典及解析

1、高中物理牛顿运动定律的应用试题经典及解析一、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

2、可知，水平推力F=mgtan 0,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=(i mg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=w mgx代值解得：Q=0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共

3、点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能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，光滑水平面上静置一长木板 A,质量M=4kg, A的最前端放一小物块 B (可视为 质点)，质量 m=1kg, A与B间动摩擦因数 月0.2.现对木板A施加一水平向右的拉力 F, 取 g=10m/s2.则：(1)若拉力Fi=5N, A、B 一起加速运动，求 A对B的静摩擦力f的大小和方向；(2)为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm (设最大静摩擦力与

4、滑动摩擦力相等)；(3)若拉力F2=14N,在力F2作用t=ls后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】(1) f= 1N,方向水平向右；(2) Fm= 10No (3)木板的最小长度 L是0.7m。【解析】【详解】(1)对AB整体分析，由牛顿第二定律得：Fi= (M+m) ai对B,由牛顿第二定律得：f=mai联立解得f =1N,方向水平向右；(2)对AB整体，由牛顿第二定律得：Fm= (M+m) a2对B,有：(img=ma2联立解得：Fm=10N(3)因为F2>Fm,所以AB间发生了相对滑动，木块B加速度为：a2=2m/s2。木板A加速度为 a3,贝U： F2-(

5、mg=Ma3 解得：a3=3m/s2。1s末A的速度为：vA=a3t=3m/sB 的速度为：vB=a2t=2m/sVa Vb x1s末A、B相对位移为：Al1= A2 Bt=0.5m撤去F2后，t'后A、B共速对 A：-师g=Ma4可得：a4=-0.5m/s2。共速时有：VA+a4t'VB+a2t可得：t' =0s4M去 F2后 A、B相对位移为:vAl2= vBt'=0.2m为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为:L=Al1+Al2=0.7mo3.质量为m=0.5 kg、长L=1 m的平板车B静止在光滑水平面上，某时刻质量M=l kg的物体A (视为质点)以

6、 vo=4 m/s向右的初速度滑上平板车 B的上表面，在 A滑上B的同时， 给B施加一个水平向右的拉力.已知 A与B之间的动摩擦因数尸0.2,重力加速度g取10m/s2.试求：(1)如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件；(2)若F=5 N,物体A在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离.【答案】 1N F 3N (2) x 0.5m【解析】【分析】物体A不滑落的临界条件是 A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值.另一种临界情况是A、B速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F的大小范围.【详解】

7、物体A不滑落的临界条件是 A到达B的右端时，A、B具有共同的速度vi,则： 222V0-V1Vi I L2aA2 aBpV0-V1 _ V1乂： =-aAaB解得：aB=6m/s2再代入 F+(iMg=maB 得：F=1N若F<1N,则A滑到B的右端时，速度仍大于 B的速度，于是将从 B上滑落，所以F必须 大于等于1N当F较大时，在A到达B的右端之前，就与 B具有相同的速度，之后， A必须相对B静 止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F=(m+M)a对物体A： Mg=Ma解得：F=3N若F大于3N, A就会相对B向左滑下综上所述，力F应满足的条件是1N<F<

8、 3N(2)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：科M=MaA解得：aA=52m/s2平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F+Mg=maB解得：aB=14m/s2两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0aAt=aBt解得：t=0.25sA滑行距离XA=V0t -工 aAt2二m216B滑行距离:最大距离:【点睛】12 7xb二aBt = m216A 二Xa xB=0.5m解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动 学公式进行求解.面光滑，现对斜面体施一水平推力sin37 = 0.6, cos37 =0.8, g=10m/s2)F

9、,要使物块 m相对斜面静止，求：(取4 .如图所示，质量为 m=2kg的物块放在倾角为 。二37的斜面体上，余面质量为M=4kg ,地(1)若斜面与物块间无摩擦力，求(2)若斜面与物块间的动摩擦因数为m加速度的大小及 m受到支持力的大小；科二02已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相 等，求推力F的取值.(此问结果小数点后保留一位)【答案】(1) 7.5m/s2； 25N (2) 28.8N & F< 67.2N【解析】【分析】(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块 m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力

10、.(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当 F较小(趋近于0)时，由于 四tan 9,因此物块将沿F不能太小，也不斜面加速下滑；若 F较大(足够大)时，物块将相对斜面向上滑，因此F的取值范围.能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左.根据牛顿第二定律得:mgtan 0 =ma得 a=gtan 0 =10x tan37 ° =7.52n/s_ mg 20m受到支持力Fn N=25Ncos cos37Fi,此时物块的受力如下图所示(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为2”对物块分析，在水平方向有N

11、sin 0- jiNcosO =ma竖直方向有 Ncos 0+(1 Nsin-0mg=0对整体有Fi= ( M+m ) ai代入数值得 ai=4.8m/s2 , Fi=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2 ,对物块分析，在水平方向有N' sin-N' c0=ma2竖直方向有 N' cos-sin- mg=0对整体有 F2= (M+m) a2代入数值得 a2=11.2m/s2, F2=67.2N综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N4W 67.2N【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意 整体法

12、和隔离法的运用.5 .某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m=0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验.实验时让模型从h=0.8m高处自由下落进入水中.假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3N的阻力和F=1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略 模型在空气中运动时的阻力，试求模型二二*二！水面 一 IK-W - T 一 m卜 一 "L ，(1)落到水面时速度 v的大小；(2)在水中能到达的最大深度H;(3)从开始下落到返回水面所需时间t.【答案】 (1) 4m/s (2) 0.5m (3) 1.15s【解析】【分析】【详解】(1)模型人入水时的速度记为

13、V,自由下落的阶段加速度记为ai,则ai=g; v2=2aih解得 v=4m/s;(2)模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a2,则：mg-Ff-F=ma2解得 a2=-16m/s2日“0 v2所以最大深度：H 0.5m2a2v(3)自由落体阶段：ti 0.4s g,0 v在水中下降t2 0.25sa2在水中上升： F-mg-Ff=ma3解得 a3=4.0m/s22H所以：t3: 0.5s总时间：t=tl+t2+t3=1.15s6.如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角9=30°,质量M=2.5kg.平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量 m=1.5kg的铁球相

14、连，静止时弹簧的伸长量 丹0=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：77777777777777777777/(1)水平力F的大小；(2)弹簧的伸长量 从【答案】(1) 40Qn (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0时，弹簧拉力为 T,铁球受力如图：zz/zzzzzzzi rmg由平衡条件、牛

15、顿第二定律得：T sin mgT cos ma对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F (M m)a联立以上两式并代入数据得：F 40 J3N(2)铁球静止时，弹簧拉力为 T),铁球受力如图：Eg由平衡条件得：T0 mg sin由胡克定律得：To k I。T k l联立以上两式并代入数据得：l 8Cm【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.7.如图所示，长L=2m,质量M=1kg的木板B静止在水平地面上，其正中央放置一质量 m=2kg的小滑块A,现对B施加一水平向右的恒力 F.已知A与B、B与地面间的动摩擦因 数分另11为1 0.2、 2 0.4,重

16、力加速度g 10m/s2,试求：(1)若A、B间相对滑动，F的最小值；(2)当F=20N时，若F的作用时间为2s,此时B的速度大小；(3)当F=16N时，若使A从B上滑下，F的最短作用时间.【答案】(1) Fmin 18N (2) V2 20m/s (3)t2 1.73s【解析】【分析】【详解】(1) A、B间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力对A,由牛顿第二定律可知，加速度 a 1g 2m/s2；解得(2)解得由牛顿第二定律可知，Fmin2 mM g 1mg Ma,Fmin 18NF=20N>18N,二者间会相对滑动，对 B由牛顿第二定律；2 m M g 1mg2a1 4m

17、/ s ；Mai设A从左端滑出的时间为ti1.2二M 21.2-可，2解得 t1 1s 2s ,此时B的速度V131tl4m /s故在F作用后的1s内，对B, F2Mg解得2a2 16m /s此时B的速度V2V1a2 2 t120m/s若 F=16N<18N,则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度a0-m/s2 ;3当A刚好从B上滑下,撤去F后，对A, a1F的最短时间为t2 ,1g 2m/s2 ,设刚撤去F瞬间，整体的速度为v,则 va°t2,2 mM对B： 32上8m/s2v2 L2a2' 22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 2a

18、1联立解得t2. 3s 1.73s点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过 程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解8.下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害.某地有一倾角为0 =37°3（sin37 =-）的山坡C,上面有一质量为 m的石板B,其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A （含有大量泥土）， A和B均处于静止状态，如图所示.假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为 m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数国减小为B、C间的动摩擦因数 g减小为0.5, A、B开始运动，此

19、时刻为计时起点；在第2s末，B的上表面突然变为光滑，H保持不变.已知 A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m, C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.取重力加速度大小g=10m/s2.求：(1)在02s时间内A和B加速度的大小；(2) A在B上总的运动时间.【答案】(1) ai=3m/s2; a2=1m/s2; (2) 4s【解析】本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题; (1)在0-2s内，A和B受力如图所示心由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得：工=%M凡=Wg CO5.(2)工;二处N工=工+哨以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：叫

20、疝】8一工二呷Mgsin 9一八斗工 =rna: (6)联立以上各式可得 ai=3m/s2一 2 ，一、a2=1m/s .(2)在t1二2s,设A和B的加速度分别为，则V1=a1t1=6m/s v2=a2t1=2m/s (10)t>t1时，设A和B的加速度分别为 日；，日；此时AB之间摩擦力为零，同理可得:W - 6 啊,占:(11)门;二一阴 j*(12)即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：叫一疗；4=0联立可得t2=1s .(14)在ti+t2时间内，A相对于B运动的距离为h + :f；) =< Urn (15)±。£ 产5二 d * f £

21、; + : 口苗)Y % Jiv，二此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后 t3, A离开B,则有£ - $ ：= ® +中;注 + :口工可得,t3=1S (另一解不合题意，舍去，) 则A在B上的运动时间为t总.t 总工1+12+13=4$(利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分)【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动;【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题.要 特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的.9.风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力.现将一套有球的细直杆放入风洞实验室.小球孔

22、径略大于细杆直径.如图所示.(1)当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数.(2)保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m所需时间为多少？ ( sin37=0.6, cos37°=0.8)【答案】(1) 0.5 (2) 1s【解析】【分析】【详解】(1)小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=mg ,则动摩擦因数=0.5(2)以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：FN 0.5mgsin370 mg cos37 0在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：0.5mgcos37 0 mg sin 370FN ma代入数据解得：a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=- at222s 2 3.75运动时间为t J