【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

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

【答案】（1）53F Mg mg =- （2）

65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855

T mg =或8

11T Mg =

） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5

3

F Mg mg =

- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得

65

M m = （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 ′–mg cos53°=ma

解得85mMg T m M =

+（）（488

5511

T mg T Mg =

=或） 【点睛】

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．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ︒=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。(2

10/,sin 370.6,cos370.8g m s ︒

︒

===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？

【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】 【详解】

（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：

22110-5

m/s 10m/s 0.5

a =

= 根据牛顿第二定律得：

1sin cos mg mg ma θμθ+=

代入数据解得：

0.5μ=

（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：

2220m /s v

a t

∆=

=∆ 根据牛顿第二定律得：

2sin cos F mg mg ma θμθ--=

代入数据解得：

30N F =

3．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取

sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）

（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；

（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）

【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N

【解析】

【分析】

(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．

【详解】

(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．

根据牛顿第二定律得：

mgtanθ=ma

得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2

m受到支持力

20

N=25N cos cos37

N

mg

F

θ

==

︒

(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:

对物块分析，在水平方向有Nsinθ﹣μNcosθ=ma1

竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0

对整体有 F1=（M+m）a1

代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N

设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2，

对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2

竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0

对整体有F2=（M+m）a2

代入数值得a2=11.2m/s2，F2=67.2N

综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N．

【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．

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v c与a的关系式，并画出v c2-a图象．

【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s

（4）

2

2

2

200.4/

80.4/

c

a a m s

v

a m s

⎧<

=⎨

≥

⎩

（）

（）

如图所示：