高考物理专题汇编牛顿运动定律的应用(一)
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．
A、B两端3．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 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. 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】 （1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】 （1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动， 2初速度 v0=14m/s，加速度大小 a1?μ2g?5m/s 木板由静止做匀加速度直线运动 即 μ2mg?μ1?M?m?g?Ma2 2解得 a2?2m/s （2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t 即 v木块?v0?a1t?v木板?a2t 解得 t=2s 木块位移 x木块?v0t?木板位移 x木板?12a1t?18m 212a2t?4m 2木板长度 L?x木块?x木板?14m （3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得 v共?a2t?4m/s，a3?μ1g?1m/s2 木板位移 x木板，2v共??8m 2a3总位移 x?x木板?x木板?12m , 5．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为θ=37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0=12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求： (1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向； (2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
高考物理专题汇编牛顿运动定律的应用(一)
