发布时间 : 星期四 文章高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)更新完毕开始阅读5c85b22d747f5acfa1c7aa00b52acfc789eb9fa6
高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(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
8mMg5M648T?? （3）mg或（T?【答案】（1）F?Mg?mg （2）
5?m?M?3m5558Mg） 11【解析】 【分析】 【详解】 T?（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg 解得F?5Mg?mg 3（2）小球运动到与A、B相同高度过程中 小球上升高度h1=3lsin53°，物块下降高度h2=2l 机械能守恒定律mgh1=Mgh2 解得
M6? m5（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′–mgcos53°=ma
8mMg488mg或T?Mg） （T?（5m?M）5511【点睛】
解得T?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，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v0=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/s2.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FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ， 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=
解得
v=2gh=2m/s；
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=
12mv 21212mv0?mv 22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=v0t
对物体有：
v0=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．
3．如图所示，质量为2kg的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F作用下由静止开始运动．已知力F的大小为5N，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；
(2)8s末物体的瞬时速度大小和8s时间内物体通过的位移大小； (3)若8s末撤掉拉力F，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a=0.3m/s2 (2)x=9.6m (3)x′=1.44m 【解析】
(1)物体的受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律，得: Fcos37°-f=ma Fsin37°+FN=mg
又f=μFN
Fcos37o??(mg?Fsin37o)联立得：a=
m代入解得a=0.3m/s2
(2)8s末物体的瞬时速度大小v=at=0.3×8m/s=2.4m/s
12at?9.6m 2(3)8s末撤去力F后，物体做匀减速运动，
f??mg???g?2.0m/s2 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小a??mm8s时间内物体通过的位移大小x?v2由v=2a′x′得:x???1.44m
2a?2
【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．
4．如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2．
（1）.为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？
（2）.若F=8 N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、B的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）vA’=2m/s vB’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．
设物块A与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F0，整体的加速度大小为a，则： 对整体： F0=（2m+M）a 对木板和B：μmg=（m+M）a 解之得： F0=5N
即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N； （2）物块的加速度大小为：aA?F??mg?4m∕s2 m