(物理)物理牛顿运动定律应用练习题含答案及解析2

(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】此题察看力的均衡、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，倾角α=30°的薄木板，木板的足够长传达带上有一长，质量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：FmMgsin2Mmgcos1mgcosMa解得：Fm9Mmg8（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。3．.某校物理课外小组为了研究不同样物体水下运动特色，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高处自由着落进入水中．假定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，忽视模型在空气中运动时的阻力，试求模型1）落到水面时速度v的大小；2）在水中能抵达的最大深度H；3）从开始着落到返回水面所需时间t．【答案】（1）4m/s（2）0.5m（3）【分析】【分析】【详解】（1）模型人入水时的速度记为v，自由着落的阶段加快度记为a1，则a1=g；v2=2a1h解得v=4m/s；（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加快度记为a2，则：mg-Ff-F=ma2解得a2=-16m/s2因此最大深度：H0v22a2（3）自由落体阶段：vt1g在水中降落t20va20.25s在水中上涨：F-mg-Ff=ma3解得a32因此：t32Ha3总时间：t=t1+t2+t34．一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，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t=0时辰开始，小物块与木板一同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μ1；再碰后程分析同理可求得μ。22）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：-μ（m+M）g=（m+M）a⋯①11由可知，木板与壁碰前瞬速度v1=4m/s，由运学公式得：v1=v0+at1⋯②1s0＝v0t1+a1t12⋯③2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a2，由牛第二定律有：22-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。5．如所示，在足高的圆滑水平台面上静置一量

m的木板

A，木板

A右端用圆滑的定滑与量也

m的物体

C接．当

C从静止开始着落距离

h，在木板

A的最右端放一量

4m的小

B（初速度

0，可点），最

B恰巧未A上滑落，A、B的摩擦因数μ＝．最大静摩擦力等于滑摩擦力，重力加快度g．算：（1）C由静止着落距离h，木板A的速度大小vA；（2）木板A的度L；（3）若当

B放在木板

A最右端的同，

B加一水平向右的恒力

F＝7mg，其余条件不，算

B滑出

A

B的速度大小

vB．【答案】（1）gh（2）2h（3）5gh2【分析】【解】（1）A、C分析，有mg＝2ma1v2A2a1h解得vAgh（2）B放在A上后，A、C仍一同加快，mg－4μmg＝2ma2解得a2＝0即B放在A上后，A、C以速度vA匀速运．此，B匀加快运，加快度4mggaB1＝4m4t1，B的速度达到vA，且B好运至木板A的左端有vA＝aB1t1木板A的长度1L＝SAC－SB＝vAt1－2vAt1解得L＝2h（3）加上力F后，B的速度达到vA前，A和C仍匀速，B仍加快，此时的加快度F4mgaB2＝4m2g加快时间t2vAgh2gaB2B相对A的位移SSASBvAt21vAt2h24A、B共速后都向右加快，设经时间t，B滑出A．有3B有aB3＝F4mg3g4m2A有aAC＝

mg

4mg2m

gB相对A的位移SSB

SA

(vAt3

1aB3t32)2

(vAt3

12

aACt32)解得hght3ggB滑出A时的速度5vB＝vA＋aB3·t3＝gh26．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θ=37°，传达带AB足够长，传达皮带轮以大小为

v=2m/s

的恒定速率顺时针转动，一包货物以

v0=12m/s的初速度从

A端滑上倾斜传达带，若货物与皮带之间的动摩擦因数

μ，且可将货物视为质点．（

sin37°，cos37°，g

取10m/s2）求：(1)货物刚滑上传达带时加快度的大小和方向；(2)经过多长时间货物的速度和传达带的速度同样？这时货物相关于地面运动了多远？(3)从货物滑上传达带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？【答案】（1）10m/s2，方向沿传达带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s.【分析】【分析】1）货物刚滑上传达带时，遇到重力、传达带的支持力和沿传达带向下的滑动摩擦力，依据牛顿第二定律求解加快度；2）货物向上做匀减速运动，依据运动学公式求出货物的速度和传达带的速度同样经历的时间和上滑的位移；3）货物的速度和传达带的速度同样后，连续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传达带向上，由牛顿第二定律求出加快度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物抵达最高点后将沿传达带匀加快下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；【详解】1）设货物刚滑上传达带时加快度为a1，货物受力以以下图：沿传达带方向：垂直传达带方向：

mgsinFfma1mgcosFN，又FfFN故货物刚滑上传达带时加快度大小a110m/s2，方向沿传达带向下；（2）货物速度从v0减至传达带速度v所用时间设为t1，位移设为x1，则依据速度与时间关系有：t1vv0212s1sa110依据均匀速度公式能够获得位移为：x1v0vt17m2（3）当货物速度与传达带速度相等时，因为0.5tan，即mgsin＞mgcos，今后货物所受摩擦力沿传达带向上，设货物加快度大小为a2，则有mgsinmgcosma2设货物再经时间t2，速度减为零，则：0vt21sa2沿传达带向上滑的位移：x2v0t21m2则货物上滑的总距离为：xx1x28m货物抵达最高点后将沿传达带匀加快下滑，下滑加快度等于a2，设下滑时间为t3，则x1a2t32，代入解得：t22s．23因此货物从A端滑上传达带到再次滑回A端的总时间为：tt1t2t3（222)s．【点睛】此题察看了倾斜传达带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动状况是难点．7．传达带以恒定速率v＝4m/s顺时针运转，传达带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m＝1kg的小物块轻放在其底端(小物件可看作质点)，平台上的人经过一根轻绳用恒力F＝10N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，以以下图．已知物块与传达带之间的动摩擦因数μ＝，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37＝°，cos37＝°0.8.求：(1)物块在传达带上运动的时间；(2)若在物块与传达带速度相等的瞬时撤去恒力F，则物块还需多少时间才能走开传达带？【答案】（1）1s（2）【分析】【详解】（1）物体在达到与传达带速度v＝4m/s相等前，做匀加快直线运动，有：F＋μmgcos37－°mgsin37＝°ma1解得a1＝8m/s2v＝a1t1t1＝位移x1＝a1t12＝1m物体与传达带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4N＝μmgcos37°故物体在静摩擦力作用下随传达带一同匀速上涨．位移x2＝－x1＝2mt2＝＝总时间为t＝t1＋t2＝1s（2）在物体与传达带达到同速瞬时撤去恒力F，因为μ＜tan37，°故有：mgsin37°－μmgcos37＝°ma2解得：a2＝2m/s2假定物体能向上匀减速运动到速度为零，则经过的位移为x＝＝4m＞x2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故x2＝vt3-a2t32解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）【点睛】此题重点是受力分析后判断物体的运动状态，再依据牛顿第二定律求解出加快度，此后依据运动学公式列式求解时间．8．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1b所示，当恒力时物F=0Ns,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g取10m/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a1mgg2m/s2；m木板的加快度：a2mg2m/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＝v01m2-1Mt222s=2x联立1-F函数关系式解得：1F4ss4【点睛】此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育的典型模型．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．此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．9．水平的淡色长传达带上搁置一质量为

0.5kg的煤块．煤块与传达带之间的动摩擦因数μ=0.．2初始时，传达带与煤块都是静止的．现让传达带以恒定的加快度

a0=3m/s2开始运动，其速度达到v=6m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传达带上留下一段黑色印迹后，煤块相对传达带不再滑动．g10m/s2，求：1）求煤块所受滑动摩擦力的大小．2）求黑色印迹的长度．3）摩擦力对传达带做的功【答案】（1）1N（2）3m（3）12J【分析】【分析】传达带与煤块均做匀加快直线运动，黑色印迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传达带的位移则能够求出相对位移．依据能量关系求解摩擦力对传达带做的功【详解】（1）煤块所受滑动摩擦力的大小f=μmg=0.2×5N=1N．2v6（2）煤块运动的加快度为＝＝3s，a=μg=2m/s；煤块与传达带相对静止所用时间ta2经过的位移xvt＝63m＝9m；2在煤块与传达带相对滑动的时间内：传达带由静止加快到6m/s所用时间t1Vv＝6s＝2sa03在相对滑动过程中，传达带匀速运动的时间t2=t-t1=1s，则传达带的位移x′＝vt1+vt2＝6×2+6×1m＝12m，22则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m．因为煤块与传达带之间的发生相对滑动产生黑色印迹，黑色印迹即为相对滑动的位移大小，即黑色印迹的长度3m．（3）此过程中摩擦力对传达带做功：W1m