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
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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
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