高中物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1.在一个水平面上建立x轴,在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场,场强大小E=6.0×105 N/C,方向与x轴正方向相同,在原点O处放一个质量m=0.01 kg
-
带负电荷的绝缘物块,其带电荷量q= -5×108 C.物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2,给
物块一个沿x轴正方向的初速度v0=2 m/s.如图所示.试求:
(1)物块沿x轴正方向运动的加速度; (2)物块沿x轴正方向运动的最远距离; (3)物体运动的总时间为多长? 【答案】(1)5 m/s2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】
带负电的物块以初速度v0沿x轴正方向进入电场中,受到向左的电场力和滑动摩擦力作用,做匀减速运动,当速度为零时运动到最远处,根据动能定理列式求解;分三段进行研究:在电场中物块向右匀减速运动,向左匀加速运动,离开电场后匀减速运动.根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式,求出各段时间,即可得到总时间. 【详解】
(1)由牛顿第二定律可得?mg?Eq?ma ,得a?5m/s2
(2)物块进入电场向右运动的过程,根据动能定理得:???mg?Eq?s1?0?代入数据,得:s1=0.4m
(3)物块先向右作匀减速直线运动,根据:s1?接着物块向左作匀加速直线运动:a2?根据:s1?1mv02. 2v0?vtv?t1?0?t1,得:t1=0.4s 22qE??mg=1m/s2. m1a2t22 得t2?20.2s 2物块离开电场后,向左作匀减速运动:a3??根据:a3t3?a2t2 解得t3?0.2s
物块运动的总时间为:t?t1?t2?t3?1.74s 【点睛】
?mgm???g??2m/s2
本题首先要理清物块的运动过程,运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解.
2.如图,光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B,A球所带电荷量为+q,B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场,电场强度为E,小球A在电场力作用下由静止开始运动,然后与B球发生弹性正碰,A、B碰撞过程中没有电荷转移,且碰撞过程时间极短,求:
(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度;
(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功; (3)要使A、B两球只发生三次碰撞,所加电场的宽度d应满足的条件。 【答案】(1)【解析】 【详解】
(1)设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0,碰撞后的速度分别为vA1、vB1。 对A,根据牛顿第二定律得:qE=ma 由运动学公式有:v02=2ax0。 解得:v0=2qEx0 (2)5qEx0(3)8x0 111mv02=mvA12+mvB12。 222解得:vB1=v0=2qEx0,vA1=0 m12 at1=vB1t1 2从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为: W=qE(x0+xA1) 解得:W=5qEx0。 (2)设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1.有:xA1=vA1t1+ (3)设第二次碰撞前A的速度为vA1′,碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2.有: vA1′=vA1+at1。 第二次碰撞过程,有: mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2。 1111mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22。 2222第二次碰撞后,当A球速度等于B球速度vB2时,A球刚好离开电场,电场区域宽度最小,有:vB22-vA22=2a?△x1。 A、B两球在电场中发生第三碰撞后,当A球速度等于B球速度时,A球刚好离开电场,电场区域的宽度最大,设第三次碰撞前A球的速度为vA2′,碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3.二、三次碰撞间经历的时间为t2.有: 12 at2=vB2t2。 2vA2′=vA2+at2。 xA2=vA2t2+ 第三次碰撞过程,有:mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3 1111mvA2′2+mvB22=mvA32+mvB32. 2222vB32-vA32=2a?△x2 所以电场区域宽度d应满足的条件为:x0+xA1+△x1<d≤x0+xA1+xA2+△x2。 解得:8x0<d≤18x0 3.如图所示,质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上,与地面的动摩擦因数μ1=0.1,另一个质量m=1kg的小滑块,以6m/s的初速度滑上木板,滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0.5,g取l0m/s2. (1)若木板固定,求小滑块在木板上滑过的距离. (2)若木板不固定,求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止. (3)若木板不固定,求木板相对地面运动位移的最大值. 2v0【答案】(1)x??3.6m(2)t=1s(3)x1?x2?1m 2a【解析】 【分析】 【详解】 2试题分析:(1)a??2g?5m/s 2v0x??3.6m 2a2(2)对m:a1??2g?5m/s, 对M:Ma2??2mg??1(m?M)g, a2?1m/s2 v0?a1t?a2t t=1s (3)木板共速前先做匀加速运动x1?速度v1?a2t?1m/s 12at?0.5m 2以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动 a3??g?1m/s2, 1x2?vt?a3t2?0.5m 2X=x1?x2?1m 考点:牛顿定律的综合应用 4.如图所示,一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块,以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车,滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4,取g=10m/s2. (1)分别求出滑块在平板车上滑行时,滑块与平板车的加速度大小; (2)计算说明滑块能否从平板车的右端滑出. 【答案】(1)【解析】 根据牛顿第二定律得 对滑块,有 解得对平板车,有解得 . , , (2)恰好不会从平板车的右端滑出. , 设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为: . 平板车的位移为: . 而且有解得:此时,答: 滑块与平板车的加速度大小分别为 和 . 所以,滑块到达小车的右端时与小车速度相等,恰好不会从平板车的右端滑出. 滑块到达小车的右端时与小车速度相等,恰好不会从平板车的右端滑出. 点睛:速度; 对滑块受力分析,由牛顿第二定律可求得滑块的加速度,同理可求得平板车的加 由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式,则可解出经过的时间,由速度公式可求得两车的速度,则可判断能否滑出. 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,在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A,木板A右端用轻
高中物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析
![](/skin/haowen/images/icon_star.png)
![](/skin/haowen/images/icon_star.png)
![](/skin/haowen/images/icon_star.png)
![](/skin/haowen/images/icon_star.png)