高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)
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?木板和B的加速度大小为：aB?F??mg?4m∕s2 m?mgM?m=1m/s2
设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L
1212aAt?aBt?L 22解之得：t=2 s vA=aAt=8m/s vB=aBt=2m/s
即
AB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇
1111mva2+mvB2=mva＇2+mvB＇2 2222解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s
机械能守恒：
2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m，质量M=0.5kg的薄木板，木板
的最右端叠放质量为m=0.3kg的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物块间动摩擦因数μ1=带间的动摩擦因数μ2=
3，木板与传送23，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。 4
(1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值Fm； (3)若F=10N，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q。
【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N（3）1s 12J 【解析】 【详解】
（1）对小木块受力分析如图甲：
木块重力沿斜面的分力：mgsin??1mg 23mg 4斜面对木块的最大静摩擦力：fm??1mgcos??由于：fm?mgsin? 所以，小木块处于静止状态；
（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a，小木块受力如图乙所示，则
?1mgcos??mgsin??ma
木板受力如图丙所示，则：Fm?Mgsin???2?M?m?gcos???1mgcos??Ma 解得：Fm?9?M?m?g?9.0N 8
（3）因为F=10N>9N，所以两者发生相对滑动
2对小木块有：a??1gcos??gsin??2.5m/s
对长木棒受力如图丙所示
F?Mgsin???2?M?m?gcos???1mgcos??Ma?
解得a??4.5m/s2 由几何关系有：L?解得t?1s
全过程中产生的热量有两处，则
1212a?t?at 221??Q?Q1?Q2??1mgLcos???2?M?m?g?vt?a3t2?cos?
2??解得：Q?12J。
3．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】
(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围． 【详解】
(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．
根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma
得 a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2 m受到支持力FN?mg20?N=25N cos?cos37?(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:
对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F1=（M+m）a1 代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N
设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2， 对物块分析，在水平方向有 N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2 竖直方向有 N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0 对整体有 F2=（M+m）a2 代入数值得a2=11.2m/s2 ，F2=67.2N
综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N． 【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
4．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M?10.5kg，Q的质量m?1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数
k?800N/m，系统处于静止.如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力.求力F的最
2大值与最小值.(取g?10m/s)
【答案】Fmax?168NFmin?72N 【解析】
试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由(M?m)g?kX 物体离开秤盘时x?12at 2k(X?x)?mg?ma Fmax?Mg?Ma
以上各式代如数据联立解得
Fmax?168N
该开始向上拉时有最小拉力则
Fmin?kX?(M?m)g?(M?m)a
解得
Fmin?72N
考点：牛顿第二定律的应用
点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．
5．如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)
