【物理】高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(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 2n?11，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
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】
【物理】高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析
