发布时间 : 星期五 文章高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析更新完毕开始阅读eca8fb6af32d2af90242a8956bec0975f465a4ea
高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图，质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,
(1)A、B两球开始运动时的加速度． (2)A、B两球落地时的动能． (3)A、B两球损失的机械能总量．
22【答案】（1）aA?5m/saB?7.5m/s （2）EkB?850J （3）250J
【解析】 【详解】
(1)由于是轻绳,所以A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，又A得质量小于B的质量，所以两球由静止释放后A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：
对A：mAg?fA?mAaA 对B：mBg?fB?mBaB
fA?fB fA?0.5mAg
22联立以上方程得：aA?5m/s aB?7.5m/s
(2)设A球经t s与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB，速度分别为VA、VB，因为它们都做匀变速直线运动 则有：hA?121aAt hB?aBt2 H?hA?hB VA?aAt VB?aBt 22联立得：t?2s，hA?10m，
hB?15m，VA?10m/s，VB?15m/s
A、B落地时的动能分别为EkA、EkB，由机械能守恒，则有：
EkA?12mAvA?mAg(H?hA) EkA?400J 2EkB?12mBvB?mBg(H?hB) EkB?850J 2(3)两球损失的机械能总量为?E，?E?(mA?mB)gH?EkA?EkB 代入以上数据得：?E?250J 【点睛】
(1)轻质物体两端的力相同,判断A、B摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．
A、B两端2．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角??37?，相距12m,质量为M=1kg的物体以v0=14.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v=4.0m/s(g取10m/s2)，试求:
(1)物体从A点到达B点所需的时间；
(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度．
【答案】（1）2s（2）5m 【解析】 【分析】
（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B点的时间以及传送带的位移；
（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】
（1）物体刚滑上传送带时因速度v0=14.0m/s大于传送带的速度v=4m/s，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1 解得：a1=gsin θ+μgcos θ=10m/s2 当物体与传送带共速时：v0-at1=v 解得t1=1s
此过程中物体的位移x1?v0?vt1?9m 2传送带的位移：x2?vt1?4m
当物体与传送带共速后，由于μ=0.5 解得a2=2m/s2 物体向上减速运动s1=L-x1=3m 1a2t22 2解得：t2=1 s（t2=3 s舍去） 根据位移公式：s1=vt2-则物体从A点到达B点所需的时间：t=t1+t2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：s2?vt2?4m 则物体相对传送带向下的位移?s?s2?s1?1m 因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：?x?x1?x2?5m 则物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m． 【点睛】 此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动. 3．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝2 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求： (1)水平作用力F的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量。 【答案】（1）15N（2）2.5m（3）3kg 【解析】 【分析】 （1）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； （2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。 （3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。 【详解】 （1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示， 水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N （2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s 设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma 代入数据得：a=12m/s2 v12100则下滑时的高度：h?·sin?＝?0.6m?2.5m 2a24（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1 由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝ ＝对滑块：f1=ma1 ① 此时木板的加速度：a2＝ ＝对木板： f1-f=Ma2 ② 当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3= VvVt2?10＝?4m/s2 2?0VvVt2?0＝1m/s2 2?00?2m/s2=-1m/s2 4?2当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力： f =（M+m）a3 ③ 联立①②③代入数据解得：M=3kg 【点睛】 本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t图像中获取信息求解加速度。 4．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v0=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/s2，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/s2 2m/s2（2）14m（3）12m 【解析】 【分析】