高中物理牛顿运动定律的应用易错剖析

高中物理牛顿运动定律的应用易错剖析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a

相连，如图所示．质量为

3

5

m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t=0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ．求：

(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；

(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．

【答案】（1）08sin 5mg x θ （2）sin 5g θ

（3）220

84sin sin 2525mg F mg x θθ=+

【解析】 【详解】

（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：

kx 0=（m+

3

5

m ）gsinθ 解得：k=

8 5mgsin x θ

（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0；

由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：

1014

x x = 说明当形变量为00

10344

x x x x =-

=时二者分离； 对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx 1-mgsinθ=ma 联立解得：a=1

5

gsin θ

（3）设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移x=12at 2=2

10

gsin t θ

则形变量变为：△x=x 0-x

对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k △x-（m+

35m ）gsinθ=（m+3

5

m ）a

解得：F=8

25

mgsinθ+

2

2

4

25

mg sin

x

θ

t2

因分离时位移x=0

4

x

由x=0

4

x

=

1

2

at2解得：0

5

2

x

t

gsinθ

=

故应保证0≤t＜0

5

2

x

gsinθ

，F表达式才能成立．

点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．

2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，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．0

t=时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1

t s

=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；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v t-

图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求

（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；

（2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

【答案】（1）10.1

μ=

2

0.4

μ=（2）6m（3）6.5m

【解析】

（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s

=

碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s

=

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有

2

4/0/

1

m s m s

g

s

μ

-

=

解得20.4

μ=

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1

t s

=，位移 4.5

x m

=，末速度v4m/s

=

其逆运动则为匀加速直线运动可得2

1

2

x vt at

=+

带入可得2

1/

a m s

=

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a

μ=

可得10.1

μ=

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214

/3

a m s =

对滑块，则有加速度2

24/a m s =

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18

/3

v m s = 滑块向右位移214/0

22

m s x t m +=

= 此后，木块开始向左加速，加速度仍为2

24/a m s =

木块继续减速，加速度仍为214

/3

a m s =

假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =

此过程，木板位移23121217

26

x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移242211

22

x a t m =

= 此后木块和木板一起匀减速．

二者的相对位移最大为13246x x x x x m ∆=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度2

11/a g m s μ==

位移23

522v x m a

==

所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律

【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁

3．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/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：