高中物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)
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高中物理牛顿运动定律及其解题技巧及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1.利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。
如图所示,传送带与水平方向成37度角,顺时针匀速运动的速度v =4m/s 。
B 、C 分别是传送带与两轮的切点,相距L =6.4m 。
倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。
一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置,下端固定在斜面底端,上端放一质量m =1kg 的工件(可视为质点)。
用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放,工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0=8m/s ,A 、B 间的距离x =1m ,工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同,均为μ=0.5,工件到达C 点即为运送过程结束。
g 取10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8,求: (1)弹簧压缩至A 点时的弹性势能;
(2)工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间;
(3)工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中,工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。
【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】
(1)由能量守恒定律得,弹簧的最大弹性势能为:
2
P 01sin 37cos372
E mgx mgx mv μ︒︒=++
解得:E p =42J
(2)工件在减速到与传送带速度相等的过程中,加速度为a 1,由牛顿第二定律得:
1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=
解得:a 1=10m/s 2
工件与传送带共速需要时间为:011
v v
t a -= 解得:t 1=0.4s
工件滑行位移大小为:22
011
2v v x a -=
解得:1 2.4x m L =<
因为tan 37μ︒
<,所以工件将沿传送带继续减速上滑,在继续上滑过程中加速度为a 2,则有:
2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=
解得:a 2=2m/s 2
假设工件速度减为0时,工件未从传送带上滑落,则运动时间为:
22
v
t a =
解得:t 2=2s
工件滑行位移大小为:2
3?
1
n n n n n 解得:x 2=4m
工件运动到C 点时速度恰好为零,故假设成立。
工作在传送带上上滑的总时间为:t =t 1+t 2=2.4s (3)第一阶段:工件滑行位移为:x 1=2.4m 。
传送带位移'
11 1.6m x vt ==,相对位移为:10.8m x =V 。
摩擦生热为:11cos37Q mg x V μ︒
=
解得:Q 1=3.2J
第二阶段:工件滑行位移为:x 2=4m ,
传送带位移为:'
228m x vt ==
相对位移为:24m x ∆=
摩擦生热为: 22cos37Q mg x μ︒
=∆
解得:Q 2=16J 总热量为:Q =19.2J 。
2.如图所示.在距水平地面高h =0.80m 的水平桌面一端的边缘放置一个质量m =0.80kg 的木块B ,桌面的另一端有一块质量M =1.0kg 的木块A 以初速度v 0=4.0m/s 开始向着木块B 滑动,经过时间t =0.80s 与B 发生碰撞,碰后两木块都落到地面上,木块B 离开桌面后落到地面上的D 点.设两木块均可以看作质点,它们的碰撞时间极短,且已知D 点距桌面边缘的水平距离s =0.60m ,木块A 与桌面间的动摩擦因数μ=0.25,重力加速度取g =10m/s 2.求:
(1)木块B 离开桌面时的速度大小; (2)两木块碰撞前瞬间,木块A 的速度大小; (3)两木块碰撞后瞬间,木块A 的速度大小. 【答案】(1) 1.5m/s (2) 2.0m/s (3) 0.80m/s
【解析】 【详解】
(1)木块离开桌面后均做平抛运动,设木块B 离开桌面时的速度大小为2v ,在空中飞行的时间为t ′.根据平抛运动规律有:2
12
h gt =,2s v t '= 解得:2 1.5m/s 2g
v s
h
== (2)木块A 在桌面上受到滑动摩擦力作用做匀减速运动,根据牛顿第二定律,木块A 的加速度:
22.5m/s Mg
a M
μ=
=
设两木块碰撞前A 的速度大小为v ,根据运动学公式,得
0 2.0m/s v v at =-=
(3)设两木块碰撞后木块A 的速度大小为1v ,根据动量守恒定律有:
2Mv Mv mv =+1
解得:2
10.80m/s Mv mv v M
-=
=.
3.如图甲所示,质量为m 的A 放在足够高的平台上,平台表面光滑.质量也为m 的物块
B 放在水平地面上,物块B 与劲度系数为k 的轻质弹簧相连,弹簧 与物块A 用绕过定滑轮
的轻绳相连,轻绳刚好绷紧.现给物块A 施加水平向右的拉力F (未知),使物块A 做初速度为零的匀加速直线运动,加速度为a ,重力加速度为,g A B 、均可视为质点.
(1)当物块B 刚好要离开地面时,拉力F 的大小及物块A 的速度大小分别为多少; (2)若将物块A 换成物块C ,拉力F 的方向与水平方向成037θ=角,如图乙所示,开始时轻绳也刚好要绷紧,要使物块B 离开地面前,物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动,则物块C 的质量应满足什么条件?(0
sin 370.6,cos370.8==)
【答案】(1)2;amg F ma mg v k
=+=(2)343C mg m g a ≥- 【解析】 【分析】 【详解】
(1)当物块B 刚好要离开地面时,设弹簧的伸长量为x ,物块A 的速度大小为v ,对物块B 受力分析有mg kx = ,得:mg
x k =. 根据22v ax =解得:22amg
v ax k
==
对物体A:F T ma -=; 对物体B:T=mg , 解得F=ma+mg ;
(2)设某时刻弹簧的伸长量为x .对物体C ,水平方向:1cos C F T m a θ-=,其中
1T kx mg =≤;
竖直方向:sin C F m g θ≤; 联立解得 343C mg
m g a
≥
-
4.某种弹射装置的示意图如图所示,光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接,传送带长度L=15.0m ,皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动,三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上,B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长,滑块B 与轻弹簧连接,C 未连接弹簧,B 、C 处于静止状态且离N 点足够远,现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动,A 与B 碰撞后粘合在一起.碰撞时间极短,滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带,并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上,已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8,重力加速度g=10m/s 2,sin37°=0.6,cos37°=0.8.
(1)滑块A 、B 碰撞时损失的机械能; (2)滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ;
(3)若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同,要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置,则v 0的取值范围是什么?(结果可用根号表示) 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22
v ≤≤ 【解析】
试题分析:(1)A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒,由此求出二者的共同速度;由功能关系即可求出损失的机械能;(2)A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒,应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度,C 在传送带上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律求出加速度,然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于
传送带运动时的相对位移,由功能关系即可求出摩擦产生的热量.(3)应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度.
(1)A 与B 位于光滑的水平面上,系统在水平方向的动量守恒,设A 与B 碰撞后共同速度为1v ,选取向右为正方向,对A 、B 有:012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111
222
E mv m v ∆=- 解得:9E J ∆=
(2)设A 、B 碰撞后,弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ,C 的速度为C v 由动量守恒得:122B C mv mv mv =+
由机械能守恒得:(
)()222111122222
B C m v m v mv =+ 解得:4/c v m s =
C 以c v 滑上传送带,假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速
由牛顿第二定律得:2
10.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得:2
212C v v a x -=
联立解得:x=11.25m <L 加速运动的时间为t ,有:1
2.5C
v v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得: 1.25x m ∆=
摩擦生热·
8Q mgcos x J μθ=∆= (3)设A 的最大速度为max v ,滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ,AB 的速度为1B v ,则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速
则有:22
212c v v a L -=
根据牛顿第二定律得:2
212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-
联立解得:1/c v s =
设A 的最小速度为min v ,滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ,AB 的速度为1B v ,则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速
则有:22
112c v v a L -=
解得:2/c v s =
对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒,则有:112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得:
()()22
211
111122222
B C m v m v mv =+
解得:133397/22max c v v m s =
= 同理得:3
13/2
min v m s = 所以
03313/397/22
m s v m s ≤≤
5.如图,光滑固定斜面上有一楔形物体A 。
A 的上表面水平,A 上放置一物块B 。
已知斜面足够长、倾角为θ,A 的质量为M ,B 的质量为m ,A 、B 间动摩擦因数为μ(μ<),
最大静擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g 。
现对A 施加一水平推力。
求:
(1)物体A 、B 保持静止时,水平推力的大小F 1;
(2)水平推力大小为F 2时,物体A 、B 一起沿斜面向上运动,运动距离x 后撒去推力,A 、B 一起沿斜面上滑,整个过程中物体上滑的最大距离L ;
(3)为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑,推力F 应满足的条件。
【答案】(1)
(2)
(3)
【解析】 【分析】
先以AB 组成的整体为研究的对象,得出共同的加速度,然后以B 为研究的对象,结合牛顿第二定律和运动学公式联合求解,知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。
【详解】
(1) A 和B 整体处于平衡状态,则
解得:
; (2) A 和B 整体上滑过程由动能定理有
解得:
;
(3) A 和B 间恰好不滑动时,设推力为F 0,上滑的加速度为a ,A 对B 的弹力为N 对A 和B 整体有
对B 有:
解得:
则为使A 、B 在推力作用下能一起沿斜面上滑,推力应满足的条件
6.如图所示,在足够大的光滑水平桌面上,有一个质量为10-2kg 的小球,静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O .现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10
-2
N 的外力F 0,使小球从静止开始运动,在第1s 末所加外力F 0大小不变,方向突然变为沿
y 轴正方向,在第2s 后,所加外力又变为另一个不同的恒力F .求:
(1)在第1末,小球的速率; (2)在第2s 末,小球的位移;
(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字) 【答案】(1)2m/s (210m (3)2.8×10-2N 【解析】 【分析】 【详解】
(1)根据牛顿第二定律F 0=ma 在第1s 末,根据速度时间关系v 1=at 解得:v 1=2m/s ;
(2)在第1s 末,根据位移时间关系x 1=
212
at 在第2s 内,小球从x 轴正方向开始做类平抛运动: 在x 方向:x 2=v 1t 在y 方向:2212
y at =
位移:22
122()x x y ++
联立解得10m ,
设位移与X 轴正方向的夹角为θ,10
(3)在第2s 末,沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s
在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ,此时速度与x 轴正方向的夹角为45°
所加恒力一定与速度方向相反,小球沿x 轴方向加速度1
x v a t
= 沿y 轴方向加速度2
y v a t
= 小球的加速度22x y a a a =
+
根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】
(1)根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解;
(2)第2s 内,小球从x 轴正方向开始做类平抛运动,分别求出x 方向和y 方向的位移,根据勾股定理求解小球的位移;
(3)分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度,根据勾股定理求解小球总的加速度,根据牛顿第二定律求小球受到的力.
7.在水平长直的轨道上,有一长度为L 的平板车在外力控制下始终保持速度v 0做匀速直线运动.某时刻将一质量为m 的小滑块轻放到车面的中点,滑块与车面间的动摩擦因数为μ,此时调节外力,使平板车仍做速度为v 0的匀速直线运动.
(1)若滑块最终停在小车上,滑块和车之间因为摩擦产生的内能为多少?(结果用m ,v 0表示)
(2)已知滑块与车面间动摩擦因数μ=0.2,滑块质量m =1kg ,车长L =2m ,车速v 0=4m/s ,取g =10m/s 2,当滑块放到车面中点的同时对该滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F ,要保证滑块不能从车的左端掉下,恒力F 大小应该满足什么条件? 【答案】(1)2
012
m v (2)6F N ≥
【解析】
解:根据牛顿第二定律,滑块相对车滑动时的加速度mg
a g m
μμ==
滑块相对车滑动的时间:0
v t a
=
滑块相对车滑动的距离20
02v s v t g
=-
滑块与车摩擦产生的内能Q mgs μ= 由上述各式解得2
012
Q mv =
(与动摩擦因数μ无关的定值) (2)设恒力F 取最小值为1F ,滑块加速度为1a ,此时滑块恰好达到车的左端,则:
滑块运动到车左端的时间0
1
1
v
t
a
=
由几何关系有:01
0122
v t L
v t-=
由牛顿定律有:11
F mg ma
μ
+=
联立可以得到:
1
0.5s
t=,16
F N
=
则恒力F大小应该满足条件是:6
F N
≥.
8.如图所示,一个质量m=2 kg的滑块在倾角为θ=37°的固定斜面上,受到一个大小为40 N的水平推力F作用,以v0=20 m/s的速度沿斜面匀速上滑.(sin 37°=0.6,取g=10 m/s2)
(1)求滑块与斜面间的动摩擦因数;
(2)若滑块运动到A点时立即撤去推力F,求这以后滑块再返回A点经过的时间.
【答案】(1)0.5;(2)225s
+
()
【解析】
【分析】
【详解】
(1)滑块在水平推力作用下沿斜面向上匀速运动时,合力为零,则有
Fcos37°=mgsin37°+μ(mgcos37°+Fsin37°)
代入解得,μ=0.5
(2)撤去F后,滑块上滑过程:根据牛顿第二定律得:mgsin37°+μmgcos37°=ma1,
得,a1=g(sin37°+μcos37°)
上滑的时间为0
1
1
2
v
t s
a
==
上滑的位移为0
1
20
2
v
x t m
==
滑块下滑过程:mgsin37°-μmgcos37°=ma2,
得,a2=g(sin37°-μcos37°)
由于下滑与上滑的位移大小相等,则有x=
1
2
a2t22
解得,2
2
2
25
x
t s
a
=
=
故 t=t1+t2=(2+5s
【点睛】
本题分析滑块的受力情况和运动情况是关键,由牛顿第二定律和运动学公式结合是处理动力学问题的基本方法.
9.如图所示,水平轨道与竖直平面内的圆弧轨道平滑连接后固定在水平地面上,圆弧轨道B 端的切线沿水平方向.质量m=1.0kg 的滑块(可视为质点)在水平恒力F=10.0N 的作用下,从A 点由静止开始运动,当滑块运动的位移x=0.50m 时撤去力F .已知A 、B 之间的距离x 0=1.0m ,滑块与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.10,取g=10m/s 2.求:
(1)在撤去力F 时,滑块的速度大小; (2)滑块通过B 点时的动能;
(3)滑块通过B 点后,能沿圆弧轨道上升的最大高度h=0.35m ,求滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做的功.
【答案】(1)3.0m/s ;(2)4.0J ;(3)0.50J . 【解析】
试题分析:(1)滑动摩擦力f mg μ=(1分) 设滑块的加速度为a 1,根据牛顿第二定律
1F mg ma μ-=(1分)
解得2
19.0/a m s =(1分)
设滑块运动位移为 0.50m 时的速度大小为v ,根据运动学公式
212v a x =(2分)
解得 3.0/v m s =(1分)
(2)设滑块通过B 点时的动能为kB E
从A 到B 运动过程中,依据动能定理有 k W E =∆合 0 kB F x fx E -=, (4分)
解得 4.0kB E J =(2分)
(3)设滑块沿圆弧轨道上升过程中克服摩擦力做功为f W ,根据动能定理
0f kB mgh W E --=-(3分)
解得0.50f W J =(1分) 考点:牛顿运动定律 功能关系
10.如图,在竖直平面内有一个半径为R 的光滑圆弧轨道,半径OA 竖直、OC 水平,一个质量为m 的小球自C 点的正上方P 点由静止开始自由下落,从C 点沿切线进入轨道,小球沿轨道到达最高点A 时恰好对轨道没有压力.重力加速度为g ,不计一切摩擦和阻
力.求:
(1)小球到达轨道最高点A 时的速度大小;
(2)小球到达轨道最低点B 时对轨道的压力大小.
【答案】(1)A v gR 2)6mg
【解析】
试题分析:(1) 设小球在A 点速度大小为A v ,小球到达A 点由重力提供向心力得: 2A v mg m R
=①………………………………………………2分 可得:A v gR ……………………………………………………2分 设小球在B 点速度大小为B v ,从B 到A 由机械能守恒得: 2211(2)22
B A mv mv mg R =+⋅②………………………………………2分 在B 点由牛顿第二定律可得:2B v F mg m R
-=③ ……………… 2分 由①②③计算可得:6F mg =……………………………………………1分 在B 点,小球对轨道的压力为'F ,由牛顿第三定律可得: '6F F mg ==④………………………………………1分
考点:考查了机械能守恒定律,圆周运动,牛顿运动定律。