高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0. 2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1m．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．g取l0m/s2.求：
(1)水平作用力F的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N（2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块受到水平推力F. 重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ， 代入数据得：
F=7.5N.
(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒， 故有：
mgh=
解得
v=2gh=2m/s；
滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有：
μmgL=
代入数据得：
μ=0.25
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：
x=v0t
对物体有：
v0=v?at
12mv 2
1212mv0?mv 22ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：
△x=L?x
相对滑动产生的热量为：
Q=μmg△x
代值解得：
Q=0.5J 【点睛】
对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．
2．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为
3m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求：
(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b加速度的大小；
(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．
8mgsin?84mg2sin2?gsin?mgsin?? （2） （3）F?【答案】（1）
5x02525x05【解析】 【详解】
（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
3 m）gsinθ 58mgsin? 解得：k=
5x0kx0=（m+
（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0； 由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：
x11? x04说明当形变量为x1?x0?x03x0?时二者分离； 44对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma 联立解得：a= gsin?
1512gsin?t2（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=at=
210则形变量变为：△x=x0-x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+
33m）gsinθ=（m+m）a 554mg2sin2?28 mgsinθ+t 解得：F=
25x025因分离时位移x=
x0x15x0 由x=0=at2解得：t?4422gsin?故应保证0≤t＜5x0，F表达式才能成立．
2gsin?点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．
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．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：
（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P到达B时的速度大小；
（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处； （4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．
【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s
?20（aa?0.4m/s2）（4）v?? 如图所示： 28a?0.4m/s）?（2c
【解析】 【分析】
先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。 【详解】
（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：mgsin???mgcos??ma1
2代入数据得：a1??0.4m/s，方向：沿传送带向上；
v2?v20（2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：L=
2a 代入数据得：v?1m/s；
（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：?mgcos??mgsin??ma2
2得a2?0.4m/s
当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：t1?v2?s?5s a20.4v24?m?5m 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：x?2a22?0.4因为x （4）若a?0.4m/s2，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动， 22加速位移等于传送带的长度，即：vC?2aL 即：vC?20a L?x10?5?s?2.5s v2若a?0.4m/s2，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s2向上匀加速运动， 2228m/s）? 有：vC?2a2L 即vC?（?20（aa?0.4m/s2） 两种情况结合有：v??28a?0.4m/s）?（图像如图所示： 2c
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)含解析
