高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)

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高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1.如图所示,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°.松手后,小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零,然后向下运动.忽略一切摩擦,重力加速度为g ,取sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:
(1)小球受到手的拉力大小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)53F Mg mg =- (2)
65M m = (3)()85mMg T m M =+(4855
T mg =或8
11T Mg =
) 【解析】 【分析】 【详解】 (1)设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5
3
F Mg mg =
- (2)小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°,物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得
65
M m = (3)根据机械能守恒定律,小球回到起始点.设此时AC 方向的加速度大小为a ,重物受到的拉力为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 ′–mg cos53°=ma
解得85mMg T m M =
+()(488
5511
T mg T Mg =
=或) 【点睛】
本题考查力的平衡、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,再根据力的平衡条件列式求解;解答第(2)时,根据初、末状态的特点和运动过程,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升的高度与物块下降的高度;解答第(3)时,要注意运动过程分析,弄清小球加速度和物块加速度之间的关系,因小球下落过程做的是圆周运动,当小球运动到最低点时速度刚好为零,所以小球沿AC方向的加速度(切向加速度)与物块竖直向下加速度大小相等.
2.如图甲所示,一倾角为37°的传送带以恒定速度运行.现将一质量m=1 kg的小物体抛上传送带,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,取沿传送带向上为正方向,g=10 m/s2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8:求:
(1)物体与传送带间的动摩擦因数;
(2) 0~8 s内物体机械能的增加量;
(3)物体与传送带摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)μ=0.875.(2)ΔE=90 J(3)Q=126 J
【解析】
【详解】
(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:
可解得:μ=0.875.
(2)根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0~8 s 内物体的位移
0~8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为
(3) 0~8 s内只有前6s发生相对滑动. 0~6 s内传送带运动距离为:
0~6 s内物体位移为:
则0~6 s内物体相对于皮带的位移为
0~8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,
代入数据得:Q=126 J
故本题答案是:(1)μ=0.875.(2)ΔE =90 J (3)Q =126 J 【点睛】
对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度,在v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

3.如图所示,有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体,物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接,跨过光滑的定滑轮,设长板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H =5.75m , 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放,同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动,运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下.(取g =10m/s²)求: (1)长板2开始运动时的加速度大小; (2)长板2的长度0L ;
(3)当物体3落地时,物体1在长板2的位置.
【答案】(1)26m /s (2)1m (3)1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向
(1)物体1: -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2:T +μmg = ma 2 物体3:mg –T = ma 3 且a 2= a 3
由以上两式可得:22
g g
a μ+=
=6m/s 2 (2)设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0.5s v 1=3m/s
1
12
v v x t +=
=1.75m 122
v t
x =
=0.75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m
(3)此后,假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a
得3
g a =
对1分析:f 静=ma =3.3N >F f =μmg =2N ,故假设不成立,物体1和物体2相对滑动 物体1: a 3=μg =2m/s 2 物体2:T —μmg = ma 4 物体3:mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得:42
g g
a μ-=
=4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212
h v t a t =+ 解得t 2=1s
物体1的位移2
3123212
x v t a t =+
=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】
本题是牛顿第二定律和运动学公式结合,解题时要边计算边分析物理过程,抓住临界状态:速度相等是一个关键点.
4.如图甲所示,倾角为θ=37°的传送带以恒定速率逆时针运行,现将一质量m =2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s 末物体到达B 端,取沿传送带向下为正方向,g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,求:
(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ; (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ; (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE . 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】
(1)由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积,所以:
112122
v v v L t t t =++
代入数值得:
L =16m
由平均速度的定义得:
16
8/2
L v m s t ===
(2)由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ,0-1s 内物体的加速度为:
22110
/10/1
v a m s m s t V V =
== 则物体所受的合力为:
F 合=ma 1=2×10N=20N .
1-2s 内的加速度为:
a 2=
2
1
=2m /s 2, 根据牛顿第二定律得:
a 1=
mgsin mgcos m θμθ
+=gsinθ+μgcosθ
a 2=
mgsin mgcos m
θμθ
-=gsinθ-μgcosθ
联立两式解得:
μ=0.5,θ=37°.
(3)0-1s 内,物块的位移:
x 1=
12a 1t 12=1
2
×10×1m =5m 传送带的位移为:
x 2=vt 1=10×1m=10m
则相对位移的大小为:
△x 1=x 2-x 1=5m
则1-2s 内,物块的位移为:
x 3=vt 2+
12a 2t 22=10×1+1
2
×2×1m =11m 0-2s 内物块向下的位移:
L =x 1+x 3=5+11=16m
物块下降的高度:
h =L sin37°=16×0.6=9.6m
物块机械能的变化量:
△E =
12m v B 2−mgh =1
2
×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小.
5.如图,质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上,长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板,恰好未从木板上滑下,滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5,g 取10m/s 2,求:
(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小; (2)木板长度;
(3)木板在地面上运动的最大位移。

【答案】(1)5m/s 2 2m/s 2(2)14m (3)12m 【解析】 【分析】
(1)由题意知,冲上木板后木块做匀减速直线运动,木板由静止做匀加速度直线运动,根据牛顿第二定律求解加速度;(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相等;根据位移关系求解木板的长度;(3)木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动,结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】
(1)由题意知,冲上木板后木块做匀减速直线运动,
初速度 v 0=14m/s ,加速度大小 2
12a μg 5m /s ==
木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+=
解得 2
2a 2m /s =
(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时,两者速度相等。

设此过程所用时间为t
即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s
木块位移 2
011x v t a t 18m 2
木块=-= 木板位移 2
21x a t 4m 2
木板=
= 木板长度 L x x 14m =-=木板木块
(3)木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动,分析得
2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共,
木板位移 23
v x
8m 2a ==,共木板
总位移 ,
x x x 12m =+=木板木板
6.如图所示,质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上,与地面的动摩擦因数μ1=0.1,另一个质量m=1kg 的小滑块,以6m/s 的初速度滑上木板,滑块与木板之间的动
摩擦因数μ2=0.5,g 取l0m/s 2.
(1)若木板固定,求小滑块在木板上滑过的距离.
(2)若木板不固定,求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止. (3)若木板不固定,求木板相对地面运动位移的最大值.
【答案】(1)20
3.6m 2v x a
==(2)t=1s (3)121x x m +=
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析:(1)2
25m /s a g μ==
20 3.6m 2v x a
==
(2)对m :2
125/a g m s μ==,
对M :221()Ma mg m M g μμ=-+,
221m /s a =
012v a t a t -=
t=1s
(3)木板共速前先做匀加速运动2
110.52
x at m == 速度121m /s v a t ==
以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动
231/a g m s μ==,
2231
0.52
x vt a t m =+=
X=121x x m +=
考点:牛顿定律的综合应用
7.如图所示,质量M =8kg 的小车放在光滑水平面上,在小车左端加一水平推力F =8N ,当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时,在小车前端轻轻地放上一个大小不计,质量为m =2kg 的小物块,物块与小车间的动摩擦因数为0.2,小车足够长.求:
(1)小物块刚放上小车时,小物块及小车的加速度各为多大? (2)经多长时间两者达到相同的速度?共同速度是多大?
(3)从小物块放上小车开始,经过t=1.5s小物块通过的位移大小为多少?(取
g=10m/s2).
【答案】(1)2m/s2,0.5m/s2(2)1s,2m/s(3)2.1m
【解析】
【分析】
(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度;
(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间,在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度;
(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移,再求出小物块与小车一体运动时的位移即可.
【详解】
(1) 根据牛顿第二定律可得
小物块的加速度:
m/s2
小车的加速度:
m/s2
(2)令两则的速度相等所用时间为t,则有:
解得达到共同速度的时间:t=1s
共同速度为:
m/s
(3) 在开始1s内小物块的位移
m
此时其速度:
m/s
在接下来的0.5s小物块与小车相对静止,一起做加速运动且加速度:
m/s2
这0.5s内的位移:
m
则小物块通过的总位移:
m
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用,解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况,然后运用运动学公式求解.同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解.
8.如图a 所示,质量为M=1kg 的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg 的物块以初速度v 0=2.0m/s 滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为0.2,μ=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,物块在木板上相对于木板滑动的路程为s ,给木板施加不同大小的恒力F,得到
1
F s
-的关系如图b 所示,当恒力F=0N 时,物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,重力加速度g 取10m/s 2,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
1
F s
-的函数关系式. 【答案】(1)0.5m (2)F≤4N ;(3)144
F s += 【解析】 【分析】
(1)当恒力F=0N 时,物块恰不会从木板的右端滑下,根据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加速度,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、木板加速,两者在木板上某一位置具有共同速度;当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加速度a 做匀加速运动,根据牛顿第二定律求解F 的最大值;
(2)当0≤F≤F m 时,随着F 力增大,S 减小,当F=F m 时,出现S 突变,说明此时物块、木板在达到共同速度后,恰好再次发生相对运动,物块将会从木板左端掉下.对二者恰好发生相对运动时,由牛顿第二定律列式结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,则物块的加速度
212/mg
a g m s m
μμ=
== ;
木板的加速度:222/mg
a m s M
μ=
=;
物块与木板共速时v 0-a 1t 1=a 2t 1 解得t 1=0.5s ,
则木板的长度:22
011121110.522
L v t a t a t m =-
-=
(2)当F=0时,物块恰能滑到木板右端,当F 增大时,物块减速、木板加速,两者在木板上某一位置具有共同速度;当两者共速后能保持相对静止(静摩擦力作用)一起以相同加
速度a 做匀加速运动,则:F
a M m
+=
,而f=ma , 由于静摩擦力存在最大值,所以:f≤f max =μmg=2N , 联立解得:F≤4N ;
(3)当0≤F≤4N 时,最终两物体达到共速,并最后一起相对静止加速运动,对应着图(b)中的AB 段,当F >4N 时对应(b)中的CD 段,当两都速度相等后,物块相对于木板向左滑动,木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx
当两者具有共同速度v ,历时t , 则:2M F mg
a F M
μ+=+= a m =
mg
m
μ=μg =2m /s 2
根据速度时间关系可得:v 0-a m t=a M t 根据位移关系可得:Δx =v 0t −12a m t 2−1
2
a M t 2 s=2Δx
联立
1s −F 函数关系式解得:14
4F s += 【点睛】
本题考查牛顿运动定律.滑块问题是物理模型中非常重要的模型,是学生物理建模能力培养的典型模型.滑块问题的解决非常灵活,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.本题通过非常规的图象来分析滑块的运动,能从图中读懂物体的运动.
9.高台滑雪以其惊险刺激而闻名,运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。

某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。

其中AB 段是助滑坡,倾角α=37°,BC 段是水平起跳台,CD 段是着陆坡,倾角θ=30°,DE 段是停止区,AB 段与BC 段平滑相连,轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.03,图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC 的竖直高度h=47m 。

运动员连同滑雪板的质量m=60kg ,滑雪运动员从A 点由静止开始起滑,通过起跳台从C 点水平飞出,运动员在着陆坡CD 上的着陆位置与C 点的距离l =120m 。

设运动员在起跳前不使用雪杖助滑,忽略空气阻力的影响,取重力加速度g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8。

求:
(1)运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小;
(2)运动员在C点起跳时速度的大小;
(3)运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功。

【答案】(1)(2)(3)
【解析】
【详解】
(1)运动员在助滑坡AB上运动时,根据牛顿第二定律得:mgsinα-μmgcosα=ma
解得:a=g(sinα-μcosα)=10×(0.6-0.03×0.8)=5.76m/s2.
(2)设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t,C点到着陆坡上着陆点的距离为L.运动员从C点起跳后做平抛运动,则有
竖直方向:Lsinθ=gt2…①
水平方向:Lcosθ=v0t…②
由①:②得:tanθ=
解得 t=2s,v0=30m/s
(3)运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程,根据动能定理得
mgh-W f=mv02
解得克服摩擦力所做的功 W f=mgh-mv02=60×10×47-×60×302=1200J
【点睛】
本题要分析清楚运动员的运动情况,知道运动员先做匀加速运动,后做匀减速运动,最后平抛运动,是动能定理和平抛运动的综合,要善于运用斜面的倾角研究平抛运动两个分位移之间的关系,求出时间.
10.如图所示,在倾角θ=30°的固定斜面上,跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端,另一端被坐在小车上的人拉住,已知人的质量m=60kg,小车的质量M=10kg,绳及滑轮的质量,滑轮与绳间的摩擦均不计,斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍,斜面足够长,当人以280N的力拉绳时,求:
(1)人与车一起运动的加速度的大小;
(2)人所受的摩擦力的大小和方向;
(3)某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s,此时人松手,则人和车一起滑到最高点时所用的时间.
【答案】(1)2m/s2(2)140N(3)0.5s
【解析】
【详解】
(1)将人和车看做整体,受拉力为280×2=560N,总重为(60+10)×10=700N,受阻力为700×0.1=70N,重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N,则合外力为F=560-70-350=140N
则根据牛顿第二定律,加速度为a==2m/s2
即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2。

(2)人与车有着共同的加速度,所以人的加速度也为2m/s2,对人受力分析,受重力、支持力、拉力和摩擦力,假设静摩擦力沿斜面向上,根据牛顿第二定律,有
ma=T+f-mgsin30°
代入数据解得:f=140N
即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力。

(3)失去拉力后,对人和车整体受力分析,受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力,根据牛顿第二定律,沿斜面的加速度为
a′==−6m/s2
根据速度时间公式,有
即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s。

【点睛】
本题关键是对小车和人整体受力分析,然后根据牛顿第二定律求解出加速度,再对人受力分析,根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。

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