【物理】物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧及解析
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【物理】物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧及解析
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,水平面与倾角θ=37°的斜面在B 处平滑相连,水平面上A 、B 两点间距离s 0=8 m .质量m =1 kg 的物体(可视为质点)在F =6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动,到达B 点时立即撤去F ,物体将沿粗糙斜面继续上滑(物体经过B 处时速率保持不变).已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25.(g 取10 m/s 2,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)求:
(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1; (2)物体运动到B 处的速度大小v B ; (3)物体在斜面上运动的时间t .
【答案】(1)4m/s 2 (2)8m/s (3)2.4s 【解析】 【分析】
(1)在水平面上,根据牛顿第二定律求出加速度;(2)根据速度位移公式求出B 点的速度;(3)物体在斜面上先向上减速,再反向加速度,求出这两段的时间,即为物体在斜面上的总时间. 【详解】
(1)在水平面上,根据牛顿第二定律得:1F mg ma μ-=
代及数据解得:2
14/a m s =
(2)根据运动学公式:2
102B v a s =
代入数据解得:8/B v m s =
(3)物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中,根据牛顿第二定律得:
23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①
物体沿斜面向上运动的时间:22
B
v t a =
② 物体沿斜面向上运动的最大位移为:2
22212
s a t = ③
因3737mgsin mgcos μ︒>︒,物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动
根据牛顿第二定律得:33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为:22331
2
s a t =
⑤ 物体在斜面上运动的时间:23t t t =+⑥
联立方程①-⑥代入数据解得:(2312 2.4t t t s s =+=+≈
【点睛】
本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用,注意第二问求的是在斜面上的总时间,不是上滑时间.
2.如图,光滑水平面上静置一长木板A ,质量M =4kg ,A 的最前端放一小物块B (可视为质点),质量m =1kg ,A 与B 间动摩擦因数μ=0.2.现对木板A 施加一水平向右的拉力F ,取g =10m/s 2.则:
(1)若拉力F 1=5N ,A 、B 一起加速运动,求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向; (2)为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动,求拉力的最大值F m (设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等);
(3)若拉力F 2=14N ,在力F 2作用t =ls 后撤去,要使物块不从木板上滑下,求木板的最小长度L
【答案】(1)f = 1N ,方向水平向右;(2)F m = 10N 。(3)木板的最小长度L 是0.7m 。 【解析】 【详解】
(1)对AB 整体分析,由牛顿第二定律得:F 1=(M +m )a 1 对B ,由牛顿第二定律得:f =ma 1联立解得f =1N ,方向水平向右;
(2)对AB 整体,由牛顿第二定律得:F m =(M +m )a 2对B ,有:μmg =ma 2联立解得:F m =10N
(3)因为F 2>F m ,所以AB 间发生了相对滑动,木块B 加速度为:a 2=μg =2m/s 2。木板A 加速度为a 3,则:F 2-μmg =Ma 3解得:a 3=3m/s 2。 1s 末A 的速度为:v A =a 3t =3m/s B 的速度为:v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为:△l 1=
2
A B
v v t -=0.5m 撤去F 2后,t ′s 后A 、B 共速 对A :-μmg =Ma 4可得:a 4=-0.5m/s 2。共速时有:v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得:t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为:△l 2='2
A B
v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下,木板的最小长度为:L =△l 1+△l 2=0.7m 。
3.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
14圆弧轨道。质量m =2.0kg 的物块B 从1
4
圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数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/s 2。求:
(1)物块B 滑到
1
4
圆弧的最低点C 时对轨道的压力; (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v 0,由机械能守恒定律得:
2
012
mgR mv =
代入数据解得:
v 0=5m/s
在圆弧最低点C ,由牛顿第二定律得:
20
v F 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
22
02v v al -=
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v 2、v 1,两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 =mv 1+Mv 2
由机械能守恒定律得:
22212111222
mv mv Mv =+