【物理】物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L1＝2.5 m、L2＝2 m．传送带始终保持以速度v匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m＝2 kg，g取10 m/s2.求：
（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v＝6 m/s，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4m/s （2）3.5m/s 【解析】 【详解】
(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝
?1mgm＝3 m/s2
?1mg??2?2mgm＝1 m/s2
设滑块滑至平板右端用时为t，共同速度为v′，平板位移为x，对滑块： v′＝v－a1t(1分)
12a1t 2对平板：v′＝a2t
L2＋x＝vt－x＝
12a2t 2联立以上各式代入数据解得：t＝1 s，v＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a3＝
?mgm＝5 m/s2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v1＝2a1L1＝5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v1－a1t′ L2＋x′＝v1t′－x′＝
1a1t′2 21a2t′2 2联立以上各式代入数据解得：t′1＝将t′＝
1s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去) 21s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s. 2
2．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑
11圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带44之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：
(1)物块B滑到
1圆弧的最低点C时对轨道的压力； 4(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。 【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s 【解析】 【详解】
(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：
12mgR?mv0
2代入数据解得：
v0=5m/s
在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：
2v0F?mg?m
R代入数据解得：
F=60N
由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：
μmg=ma
设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有
2v2?v0?2al
代入数据解得：
v=4m/s
由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv=mv1+Mv2
由机械能守恒定律得：
121212 mv?mv1?Mv2222解得：
v1?v??2m,v2?2m
ss212mv2?12J 2物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
Ep?(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
1??mgl??0?mv12
2解得：
l′=2m＜4.5m
所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：
?mgt1?2mv1'
解得：
2v1't1??4s
?g设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
mv1'?mv3?Mv4
1'21212mv1?mv3?Mv4 222代入数据解得：
v3??1m
s当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：
?mgt2?2mv3
解得：
'2v3t2??2s
?g同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为
tn?构成无穷等比数列，公比q?1?4s n?121，由无穷等比数列求和公式 21?qnt总?t1
1?q当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为
t总?111?2?4s=8s
3．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．
4．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
【物理】物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析
