（物理）物理牛顿运动定律的应用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．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，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 2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；
3mg 4（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．.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
4．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示。t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。碰撞前后木板速度大小不变，方
向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。已知碰撞后1s时间内小物块的v-t图线如图（b）所示。木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2。求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； 【答案】（1）0.1；0.4（2）6m 【解析】 【分析】
（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。
（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度； 【详解】
（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有： -μ1（m+M）g=（m+M）a1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得： v1=v0+at1…② s0＝v0t1+
1a1t12…③ 2式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma2…⑤ 由图可得：a2＝
2v?v1…⑥ t2?t1式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3…⑧ v3=-v1+a3△t…⑨ v3=v1+a2△t…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s1＝
?v1?v3 △t…（11） 2
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