高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．一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．t?0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t?1s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?1及小物块与木板间的动摩擦因数?2； （2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
【答案】（1）?1?0.1?2?0.4（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v?4m/s 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v?4m/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?2g?解得?2?0.4
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t?1s，位移x?4.5m，末速度v?4m/s 其逆运动则为匀加速直线运动可得x?vt?带入可得a?1m/s2
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即?1g?a 可得?1?0.1
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有?1(M?m)g??2mg?Ma1 可得a1?4m/s?0m/s
1s12at 24m/s2 32对滑块，则有加速度a2?4m/s
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t1?1s 此时，木板向左的位移为x1?vt1?12108a1t1?m末速度v1?m/s 233滑块向右位移x2?4m/s?0t1?2m 22此后，木块开始向左加速，加速度仍为a2?4m/s
木块继续减速，加速度仍为a1?4m/s2 3假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2?v1?a1t2 解得t2?0.5s
此过程，木板位移x3?v1t2?滑块位移x4?127a1t2?m末速度v3?v1?a1t2?2m/s 26121a2t2?m 22此后木块和木板一起匀减速．
二者的相对位移最大为?x?x1?x3?x2?x4?6m 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
2（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a??1g?1m/s
2v3位移x5??2m
2a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1?x3?x5?6.5m 【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
2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g=10m/s2)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； (2)长板2的长度L0；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．
【答案】（1）6m/s2（2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向
（1）物体1： -μmg = ma1 a1=–μg = -2m/s2 物体2：T+μmg= ma2 物体3：mg–T= ma3 且a2= a3
由以上两式可得：a2?g??g=6m/s2 2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t 代入数据解t1=0．5s v1=3m/s
x1?v?v1t=1．75m 2x2?v1t=0．75m 2所以木板2的长度L0=x1-x2=1m
（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T=2ma mg—T=ma 即mg=3ma 得a?
g 3
对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a3=μg=2m/s2 物体2：T—μmg= ma4 物体3：mg–T= ma5 且a4= a5 得：a4?g??g=4m/s2 212a4t2 2整体下落高度h=H—x2=5m 根据h?v1t2?解得t2=1s
物体1的位移x3?v1t2?12a3t2=4m 2h-x3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】
本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．
高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析
