高中物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧

高中物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧

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θ=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v 0=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，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：

(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (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F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 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：

mgh =

212

mv 解得

v 2gh ；

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：

μmgL =

2201122

mv mv 代入数据得：

μ=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=v 0t

对物体有：

v 0=v −at

ma=μmg

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=μmg△x

代值解得：

Q=0.5J

【点睛】

对滑块受力分析，由共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，倾角α=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

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μ1=

3

2

，木板与传送

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。

(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；

(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F m；

(3)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。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J

【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：

1

sin

2 mg mg

α=

斜面对木块的最大静摩擦力：13

cos 4

m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态；

（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

1cos sin mg mg ma μαα-=

木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9

9.0N 8

m F M m g =

+=

（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动

对小木块有：2

1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=

对长木棒受力如图丙所示

()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=

解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122

L a t at =-' 解得1t s =

全过程中产生的热量有两处，则

()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫

=+=+++ ⎪⎝⎭

解得：12J Q =。