【物理】高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(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．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：
（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P到达B时的速度大小；
（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处； （4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．
【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s
?20（aa?0.4m/s2）（4）v?? 如图所示： 28a?0.4m/s）?（2c
【解析】 【分析】
先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。 【详解】
（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：mgsin???mgcos??ma1
2代入数据得：a1??0.4m/s，方向：沿传送带向上；
v2?v20（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：L=
2a 代入数据得：v?1m/s；
（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：?mgcos??mgsin??ma2
2得a2?0.4m/s
当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：t1?v2?s?5s a20.4v24?m?5m 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：x?2a22?0.4因为x （4）若a?0.4m/s2，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动， 22加速位移等于传送带的长度，即：vC?2aL 即：vC?20a L?x10?5?s?2.5s v2若a?0.4m/s2，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s2向上匀加速运动， 2228m/s）? 有：vC?2a2L 即vC?（?20（aa?0.4m/s2） 两种情况结合有：v??28a?0.4m/s）?（图像如图所示： 2c 【点睛】 解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。 2．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。 3．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m=0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h=0.8m高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3N的阻力和F=1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型 （1）落到水面时速度v的大小； （2）在水中能到达的最大深度H； （3）从开始下落到返回水面所需时间t． 【答案】（1）4m/s（2）0.5m（3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】 （1）模型人入水时的速度记为v，自由下落的阶段加速度记为a1，则a1=g；v2=2a1h 解得v=4m/s； （2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a2，则：mg-Ff-F=ma2 解得a2=-16m/s2 0?v2?0.5m 所以最大深度：H?2a2（3）自由落体阶段：t1?在水中下降t2?v?0.4s g0?v?0.25s a2在水中上升：F-mg-Ff=ma3 解得a3=4.0m/s2 所以：t3?2H?0.5s a3总时间：t=t1+t2+t3=1.15s 4．如图所示，质量为m=5kg的长木板B放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg的物块A（可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g?10m/s，求： （1）拉力撤去时，木板的速度vB； （2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L至少为多大； （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处． 2 【答案】(1)VB=4m/s；(2)L=1.2m；(3)d=0.48m 【解析】 【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置． (1)若相对滑动，对木板有：F??2mg??1?2mg?maB， 2得：aB?4m/s 2对木块有?2mg?maA，aA?2m/s 所以木块相对木板滑动 撤去拉力时，木板的速度vB?aBt?4m/s，vA?aAt?2m/s (2)撤去F后，经时间t2达到共同速度v；由动量定理?2mgt2?mv?mvB ?2?2mgt2??1mgt2?mv?mvB， 可得t2?0.2s，v=2.4m/s 在撤掉F之前，二者的相对位移?x1?撤去F之后，二者的相对位移?x2?木板长度L??x1??x2?1.2m (3)获得共同速度后，对木块，有??2mgxA?0?vBvt1?At1 22vB?vv?vt2?At2 2212mv， 2
【物理】高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析
