（物理）物理牛顿运动定律的应用提高训练及解析
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，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B处平滑相连，水平面上A、B两点间距离s0＝8 m．质量m＝1 kg的物体（可视为质点）在F＝6.5 N的水平拉力作用下由A点从静止开始运动，到达B点时立即撤去F，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：
(1)物体在水平面上运动的加速度大小a1； (2)物体运动到B处的速度大小vB； (3)物体在斜面上运动的时间t．
【答案】（1）4m/s2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】
（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】
（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：F??mg?ma1
2代及数据解得：a1?4m/s
2（2）根据运动学公式：vB?2a1s0
代入数据解得：vB?8m/s
（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：
mgsin37???mgcos37??ma2①
物体沿斜面向上运动的时间：t2?vB ② a212物体沿斜面向上运动的最大位移为：s2?a2t2 ③
2因mgsin37???mgcos37?，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得：mgsin37???mgcos37??ma3④ 物体沿斜面下滑的时间为：s2?1a3t32⑤ 2物体在斜面上运动的时间：t?t2?t3⑥
联立方程①-⑥代入数据解得：t?t2?t3?1?2s?2.4s
??【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．
2．如图，光滑水平面上静置一长木板A，质量M=4kg，A的最前端放一小物块B（可视为质点），质量m=1kg，A与B间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2．则：
（1）若拉力F1=5N，A、B一起加速运动，求A对B的静摩擦力f的大小和方向； （2）为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；
（3）若拉力F2=14N，在力F2作用t=ls后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L
【答案】（1）f= 1N，方向水平向右；（2）Fm= 10N。（3）木板的最小长度L是0.7m。 【解析】 【详解】
（1）对AB整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M+m）a1 对B，由牛顿第二定律得：f=ma1联立解得f =1N，方向水平向右；
（2）对AB整体，由牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a2对B，有：μmg=ma2联立解得：Fm=10N
（3）因为F2＞Fm，所以AB间发生了相对滑动，木块B加速度为：a2=μg=2m/s2。木板A加速度为a3，则：F2-μmg=Ma3解得：a3=3m/s2。 1s末A的速度为：vA=a3t=3m/s B的速度为：vB=a2t=2m/s 1s末A、B相对位移为：△l1=
vA?vBt=0.5m撤去F2后，t′s后A、B共速 2对A：-μmg=Ma4可得：a4=-0.5m/s2。共速时有：vA+a4t′=vB+a2t′可得：t′=0.4s撤去F2后A、B相对位移为：△l2=L=△l1+△l2=0.7m。
vA?vBt'=0.2m为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：2
3．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：
4．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m处放着一质量为0.1kg的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F=1.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D．已知∠BOC=37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；
(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B点时的速度大小vB； (4)水平推力F作用的时间t。
【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小为5m/s；
(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N；
(3)铁球运动到B点时的速度大小是5m/s； (4)水平推力F作用的时间是0.6s。 【解析】 【详解】
2mvD(1)小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mg?
R可得：vD?5m/s
2mvC(2)小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：F?mg?
R代入数据可得：F=6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：FC=F=6.3N
(3)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2gh?vy 得：vy=3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：vB?2vysin37??3?5m/s 0.6(4)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
vA?vBcos37??5?0.8?4m/s
小球在水平面上做加速运动时：F??mg?ma1
2可得：a1?8m/s
小球做减速运动时：?mg?ma2
2可得：a2??2m/s
由运动学的公式可知最大速度：vm?a1t；vA?vm?a2t2 又：x?vmv?v?t?mA?t2 22联立可得：t?0.6s
5．如图1所示， 质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度v0从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图象分别如图2中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d的坐标为a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0），根据v-t图象，求： （1）物块相对长木板滑行的距离△s； （2）物块质量m与长木板质量M之比。
【答案】（1）20m（2）3:2 【解析】 【详解】
（1）由v-t图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离
10?44Vs＝?4m??4m?20m
22（2）设物块与木板之间的动摩擦因数μ1，木板和地面之间的动摩擦因数为μ2；物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a，根据牛顿第二定律 对物块：
μ1mg=ma1①
对木板：
μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2 ②
对整体：
μ2（m+M）g=（M+m）a ③
由图象的斜率等于加速度可得，a1＝1.5m/s2，a2＝1m/s2，a=0.5m/s2。 由以上各式解得
m3 ＝ M2
6．如图所示，质量M=1kg的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g取10m/s2，
(1)若木板长L=1m，在铁块上加一个水平向右的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板
(物理)物理牛顿运动定律的应用提高训练及解析
