高中物理专题练习-牛顿运动定律的应用(含答案)
(物理) 高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析

(物理) 高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.如图,质量为m =lkg 的滑块,在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上,离斜面末端B 的高度h =0. 2m ,滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失,传送带的运行速度为v 0=3m/s ,长为L =1m .今将水平力撤去,当滑块滑 到传送带右端C 时,恰好与传送带速度相同.g 取l0m/s 2.求:(1)水平作用力F 的大小;(已知sin37°=0.6 cos37°=0.8) (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ; (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量. 【答案】(1)7.5N (2)0.25(3)0.5J 【解析】 【分析】 【详解】(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态,由平衡条件可知,水平推力F=mg tan θ, 代入数据得:F =7.5N.(2)设滑块从高为h 处下滑,到达斜面底端速度为v ,下滑过程机械能守恒, 故有:mgh =212mv 解得v 2gh ;滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度,则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动; 根据动能定理有:μmgL =2201122mv mv 代入数据得:μ=0.25(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ,则t 时间内传送带的位移为:x=v 0t对物体有:v 0=v −atma=μmg滑块相对传送带滑动的位移为:△x =L−x相对滑动产生的热量为:Q=μmg △x代值解得:Q =0.5J 【点睛】对滑块受力分析,由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小;根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度;由动能定理可求得动摩擦因数;热量与滑块和传送带间的相对位移成正比,即Q=fs ,由运动学公式求得传送带通过的位移,即可求得相对位移.2.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 。
高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案

高中物理牛顿运动定律的应用计算题专题训练含答案姓名:__________ 班级:__________考号:__________一、计算题(共20题)1、处于光滑水平面上的质量为2千克的物体,开始静止,先给它一个向东的6牛顿的力F1,作用2秒后,撤去F1,同时给它一个向南的8牛顿的力,又作用2秒后撤去,求此物体在这4秒内的位移是多少?2、一个质量为m的人站在电梯中,电梯加速上升,加速度大小为g.g为重力加速度,求人对电梯的压力的大小.3、一物块从倾角为θ、长为s的斜面的项端由静止开始下滑,物块与斜面的滑动摩擦系数为μ,求物块滑到斜面底端所需的时间.4、放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,力F的大小与时间t的关系和物块速度v与时间t的关系如图所示.取重力加速度g=10 m/s2.试利用两图线求出物块的质量及物块与地面间的动摩擦因数.5、如图所示,质量为m=1l kg的物块放在水平地面上,在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为50N的拉力F作用下,以大小为v0=l0m/s的速度向右做匀速直线运动,(取当地的重力加速度g=10m/s2,sin37°=0.6,cos37°=0.8)求(1)物块与水平面间的动摩擦因数;(2)若撤去拉力F,物块经过3秒在水平地面上滑行的距离是多少?6、质量为2kg的物体,静止于水平面上,物体与水平面间的动摩擦因数为0.2。
现对物体施加一个大小为6N的水平力,此力作用一段时间后立即改变,改变后的力与原来比较,大小不变、方向相反。
再经过一段时间,物体的速度变为零。
如果这一过程物体的总位移为15m。
求:(1)力改变前后物体加速度的大小a1、a2分别为多少?(2)在这一过程物体的最大速度;(3)全过程的总时间。
(g=10m/s2)7、直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火,悬挂着m=500kg空箱的悬索与竖直方向的夹角=45°.直升机取水后飞往火场,加速度沿水平方向,大小稳定在a=1.5m/s2时,悬索与竖直方向的夹角=14°.如果空气阻力大小不变,且忽略悬索的质量,试求水箱中水的质量M。
(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析

(物理)物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.如图,有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上,现有质量均为m=1kg的小物块A和B(均可视为质点),由车上P处开始,A以初速度=2m/s向左运动,同时B 以=4m/s向右运动,最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车,两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1,取,求:(1)开始时B离小车右端的距离;(2)从A、B开始运动计时,经t=6s小车离原位置的距离。
【答案】(1)B离右端距离(2)小车在6s内向右走的总距离:【解析】(1)设最后达到共同速度v,整个系统动量守恒,能量守恒解得:,A离左端距离,运动到左端历时,在A运动至左端前,木板静止,,解得B离右端距离(2)从开始到达共速历时,,,解得小车在前静止,在至之间以a向右加速:小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离:【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用,关键是正确分析物体的受力情况,从而判断物体的运动情况,过程较为复杂.2.如图所示,长木板质量M=3 kg,放置于光滑的水平面上,其左端有一大小可忽略,质量为m=1 kg的物块A,右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B,两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4,AB之间的距离L=6 m,开始时物块与木板都处于静止状态,现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用,取g=10 m/s 2.(1).为使物块A 与木板发生相对滑动,F 至少为多少?(2).若F=8 N ,求物块A 经过多长时间与B 相撞,假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失,则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少? 【答案】(1)5 N (2)v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】(1)据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力.设物块A 与木板恰好发生相对滑动时,拉力为F 0,整体的加速度大小为a ,则: 对整体: F 0=(2m +M )a 对木板和B :μmg =(m +M )a 解之得: F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动,恒定拉力至少为5 N ; (2)物块的加速度大小为:24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为:B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ,则:x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得:t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒:mv a +mv B =mv a '+mv B '机械能守恒:12mv a 2+12mv B 2=12mv a '2+12mv B '2 解得:v A '=2m/s v B '=8m/s3.如图所示,有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体,物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接,跨过光滑的定滑轮,设长板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H =5.75m , 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放,同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动,运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下.(取g =10m/s²)求: (1)长板2开始运动时的加速度大小;(2)长板2的长度0L ;(3)当物体3落地时,物体1在长板2的位置.【答案】(1)26m /s (2)1m (3)1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向(1)物体1: -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2:T +μmg = ma 2 物体3:mg –T = ma 3 且a 2= a 3由以上两式可得:22g ga μ+==6m/s 2 (2)设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0.5s v 1=3m/s112v v x t +==1.75m 122v tx ==0.75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m(3)此后,假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析:f 静=ma =3.3N >F f =μmg =2N ,故假设不成立,物体1和物体2相对滑动 物体1: a 3=μg =2m/s 2 物体2:T —μmg = ma 4 物体3:mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得:42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合,解题时要边计算边分析物理过程,抓住临界状态:速度相等是一个关键点.4.如图所示,从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块(可视为质点),当物块运动至B 点时,恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ,其中轨道C 端切线水平。
【物理】 物理牛顿运动定律的应用专题练习(及答案)含解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1.质量为 m=0.5 kg、长 L=1 m 的平板车 B 静止在光滑水平面上,某时刻质量 M=l kg 的物 体 A(视为质点)以 v0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车 B 的上表面,在 A 滑上 B 的同时, 给 B 施加一个水平向右的拉力.已知 A 与 B 之间的动摩擦因数 μ=0.2,重力加速度 g 取 10 m/s2.试求:
(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加速度大小; (2)木板长度; (3)木板在地面上运动的最大位移。 【答案】(1)5m/s2 2m/s2(2)14m(3)12m 【解析】 【分析】
(1)由题意知,冲上木板后木块做匀减速直线运动,木板由静止做匀加速度直线运动,根
据牛顿第二定律求解加速度;(2)木块恰好未从木板滑下,当木块运动到木板最右端时, 两者速度相等;根据位移关系求解木板的长度;(3)木块木板达到共同速度后将一起作匀
木板位移
x,木板
v共 2 2a3
8m
总位移 x x木板 x,木板 12m
6.如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾斜放置,与水平面夹角为 37 ,传 送带 AB 足够长,传送带以大小为 2m/s 的恒定速率顺时针转动。一包货物以 0 12m/s 的初速度从 A 端滑上倾斜传送带,货物与传送带之间的动摩擦因数 0.5 , 且可将货物视为质点。( g 取10m/s2 ,已知 sin 37 0.6 , cos37 0.8 )
v02 -v12 v12 +L 2aA 2aB 又: v0 -v1 = v1
aA aB
解得:aB=6m/s2 再代入 F+μMg=maB 得:F=1N 若 F<1N,则 A 滑到 B 的右端时,速度仍大于 B 的速度,于是将从 B 上滑落,所以 F 必须 大于等于 1N 当 F 较大时,在 A 到达 B 的右端之前,就与 B 具有相同的速度,之后,A 必须相对 B 静 止,才不会从 B 的左端滑落,则由牛顿第二定律得: 对整体:F=(m+M)a 对物体 A:μMg=Ma 解得:F=3N 若 F 大于 3N,A 就会相对 B 向左滑下 综上所述,力 F 应满足的条件是 1N≤F≤3N (2)物体 A 滑上平板车 B 以后,做匀减速运动,由牛顿第二定律得:μMg=MaA 解得:aA=μg=2m/s2 平板车 B 做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:F+μMg=maB 解得:aB=14m/s2
高中物理牛顿运动定律应用专项训练100(附答案)

最新高中物理牛顿运动定律的应用专项训练100( 附答案 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.质量为m=0.5 kg、长L=1 m的平板车 B 静止在圆滑水平面上,某时辰质量M=l kg 的物体 A(视为质点)以v0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车 B 的上表面,在 A 滑上 B 的同时,给 B 施加一个水平向右的拉力.已知 A 与 B 之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加快度 g 取 10 m/s 2.试求:(1)假如要使 A 不至于从 B 上滑落,拉力 F 大小应知足的条件;(2)若 F=5 N,物体 A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离.【答案】 (1) 1N F 3N(2)x0.5m【分析】【剖析】物体 A 不滑落的临界条件是 A 抵达 B 的右端时, A、 B 拥有共同的速度,联合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值.另一种临界状况是A、 B 速度同样后,一同做匀加快直线运动,依据牛顿第二定律求出拉力的最大值,进而得出拉力 F 的大小范围.【详解】(1)物体 A 不滑落的临界条件是 A 抵达 B 的右端时, A、 B 拥有共同的速度v1,则:v02 -v12v12+L2a A2a B又:v-v1 =v1 a A a B解得: a B=6m/s 2再代入 F+μMg=ma B得: F=1N若 F<1N,则 A 滑到 B 的右端时,速度仍大于 B 的速度,于是将从 B 上滑落,因此 F 一定大于等于 1N当 F 较大时,在 A 抵达 B 的右端以前,就与 B 拥有同样的速度,以后, A 一定相对 B 静止,才不会从 B 的左端滑落,则由牛顿第二定律得:对整体: F=(m+ M)a对物体 A:μMg=Ma解得: F=3N若F 大于 3N, A 就会相对 B 向左滑下综上所述,力 F 应知足的条件是 1N≤F≤3N(2)物体 A 滑上平板车 B 此后,做匀减速运动,由牛顿第二定律得:μ Mg=Ma A解得: a A=μg=2m/s 2平板车 B 做匀加快直线运动,由牛顿第二定律得:F+μMg=ma B解得: a B=14m/s2二者速度同样时物体相对小车滑行最远,有:v 0- a A t=a B t解得: t=0.25s1 215 A 滑行距离 x A =v 0t -a A t =m216B 滑行距离: x B = 1 a B t 2= 7m216最大距离: Δx =x A - x B =0.5m【点睛】解决此题的重点理清物块在小车上的运动状况,抓住临界状态,联合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.2. 如下图,质量为 M =10kg 的小车停放在圆滑水平面上.在小车右端施加一个F=10N 的水平恒力.当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时,在其右端轻轻放上一质量 m=2.0kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零),煤块与小车间动摩擦因数 μ 0.20.假设小 = 车足够长.( 1)求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 ( 2) 求 3s 内煤块行进的位移( 3)煤块最后在小车上留下的印迹长度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【分析】【剖析】分别对滑块和平板车进行受力剖析,依据牛顿第二定律求出各自加快度,物块在小车上停止相对滑动时,速度同样,依据运动学基本公式即能够求出时间.经过运动学公式求出位移.【详解】(1)依据牛顿第二定律,刚开始运动时对小黑煤块有:F Nma 1F N -mg =0代入数据解得: a 1=2m/s 2刚开始运动时对小车有:FF NMa 2解得: a 2=0.6m/s 2经过时间 t ,小黑煤块和车的速度相等,小黑煤块的速度为:v 1=a 1t车的速度为:v 2=v+a 2 t解得: t=2s;(2)在 2s 内小黑煤块行进的位移为:x11a1t 24m22s 时的速度为:v1 a1t1 2 2m/s 4m/s今后加快运动的加快度为:a F 5m/s23M m6而后和小车共同运动t 2=1s 时间,此 1s 时间内位移为:x2v1t21a3t22 4.4m 2因此煤块的总位移为:x1x28.4m (3)在 2s 内小黑煤块行进的位移为:x11a1t 24m2小车行进的位移为:x v1t 1a1t2 6.8m 2二者的相对位移为:x x x1 2.8m即煤块最后在小车上留下的印迹长度 2.8m.【点睛】该题是相对运动的典型例题,要仔细剖析两个物体的受力状况,正确判断两物体的运动状况,再依据运动学基本公式求解.3.如图,质量M=4kg 的长木板静止处于粗拙水平川面上,长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1,现有一质量m=3kg 的小木块以v0=14m/s 的速度从一端滑上木板,恰巧未从木板上滑下,滑块与长木板的动摩擦因数μ2,求:2=0.5,g取10m/s(1)木块刚滑上木板时,木块和木板的加快度大小;(2)木板长度;(3)木板在地面上运动的最大位移。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析

高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上,某时刻质量M =l kg 的物体A (视为质点)以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面,在A 滑上B 的同时,给B 施加一个水平向右的拉力.已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g 取10 m/s 2.试求:(1)如果要使A 不至于从B 上滑落,拉力F 大小应满足的条件; (2)若F =5 N ,物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离. 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时,A 、B 具有共同的速度,结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值.另一种临界情况是A 、B 速度相同后,一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律求出拉力的最大值,从而得出拉力F 的大小范围. 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时,A 、B 具有共同的速度v 1,则:222011-22A Bv v v L a a =+ 又: 011-=A Bv v v a a 解得:a B =6m/s 2再代入F +μMg =ma B 得:F =1N若F <1N ,则A 滑到B 的右端时,速度仍大于B 的速度,于是将从B 上滑落,所以F 必须大于等于1N当F 较大时,在A 到达B 的右端之前,就与B 具有相同的速度,之后,A 必须相对B 静止,才不会从B 的左端滑落,则由牛顿第二定律得: 对整体:F =(m +M )a 对物体A :μMg =Ma 解得:F =3N若F 大于3N ,A 就会相对B 向左滑下 综上所述,力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后,做匀减速运动,由牛顿第二定律得:μMg =Ma A 解得:a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:F +μMg =ma B 解得:a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远,有:v 0-a A t =a B t 解得:t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t -12a A t 2=1516m B 滑行距离:x B =12a B t 2=716m 最大距离:Δx =x A -x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况,抓住临界状态,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.2.如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾斜放置,与水平面夹角为37θ=︒,传送带AB 足够长,传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。
高中物理牛顿运动定律的应用专项训练及答案

高中物理牛顿运动定律的应用专项训练及答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1.质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上,某时刻质量M =l kg 的物体A (视为质点)以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面,在A 滑上B 的同时,给B 施加一个水平向右的拉力.已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2,重力加速度g 取10 m/s 2.试求:(1)如果要使A 不至于从B 上滑落,拉力F 大小应满足的条件; (2)若F =5 N ,物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离. 【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【解析】 【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时,A 、B 具有共同的速度,结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值.另一种临界情况是A 、B 速度相同后,一起做匀加速直线运动,根据牛顿第二定律求出拉力的最大值,从而得出拉力F 的大小范围. 【详解】(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时,A 、B 具有共同的速度v 1,则:222011-22A Bv v v L a a =+ 又: 011-=A Bv v v a a 解得:a B =6m/s 2再代入F +μMg =ma B 得:F =1N若F <1N ,则A 滑到B 的右端时,速度仍大于B 的速度,于是将从B 上滑落,所以F 必须大于等于1N当F 较大时,在A 到达B 的右端之前,就与B 具有相同的速度,之后,A 必须相对B 静止,才不会从B 的左端滑落,则由牛顿第二定律得: 对整体:F =(m +M )a 对物体A :μMg =Ma 解得:F =3N若F 大于3N ,A 就会相对B 向左滑下 综上所述,力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N(2)物体A 滑上平板车B 以后,做匀减速运动,由牛顿第二定律得:μMg =Ma A 解得:a A =μg =2m/s 2平板车B 做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得:F +μMg =ma B 解得:a B =14m/s 2两者速度相同时物体相对小车滑行最远,有:v 0-a A t =a B t 解得:t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t -12a A t 2=1516m B 滑行距离:x B =12a B t 2=716m 最大距离:Δx =x A -x B =0.5m 【点睛】解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况,抓住临界状态,结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解.2.传送带与平板紧靠在一起,且上表面在同一水平面内,两者长度分别为L 1=2.5 m 、L 2=2 m .传送带始终保持以速度v 匀速运动.现将一滑块(可视为质点)轻放到传送带的左端,然后平稳地滑上平板.已知:滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5,滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1=0.3、μ2=0.1,滑块、平板的质量均为m =2 kg ,g 取10 m/s 2.求:(1)若滑块恰好不从平板上掉下,求滑块刚滑上平板时的速度大小; (2)若v =6 m/s ,求滑块离开平板时的速度大小. 【答案】(1)4/m s (2)3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动,加速度大小:a 1=1mgmμ=3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动,加速度大小:a 2=122mg mgmμμ-⨯=1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ,共同速度为v′,平板位移为x ,对滑块: v′=v -a 1t(1分)L 2+x =vt -12a 1t 2 对平板:v′=a 2tx =12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得:t =1 s ,v =4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度:a 3=mgmμ=5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速,则获得的速度为:v 1=112a L =5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′,离开平板时的速度为v″,平板位移为x′ 则v″=v 1-a 1t′ L 2+x′=v 1t′-12a 1t′2 x′=12a 2t′2 联立以上各式代入数据解得:t′1=12s ,t′2=2 s(t′2>t ,不合题意,舍去) 将t′=12s 代入v″=v -a 1t′得:v″=3.5 m/s.3.如图所示,有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体,物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接,跨过光滑的定滑轮,设长板2到定滑轮足够远,物体3离地面高H =5.75m , 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放,同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动,运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下.(取g =10m/s²)求: (1)长板2开始运动时的加速度大小; (2)长板2的长度0L ;(3)当物体3落地时,物体1在长板2的位置.【答案】(1)26m /s (2)1m (3)1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向(1)物体1: -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2:T +μmg = ma 2 物体3:mg –T = ma 3 且a 2= a 3由以上两式可得:22g ga μ+==6m/s 2(2)设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0.5s v 1=3m/s112v v x t +==1.75m 122v tx ==0.75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m(3)此后,假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析:f 静=ma =3.3N >F f =μmg =2N ,故假设不成立,物体1和物体2相对滑动 物体1: a 3=μg =2m/s 2 物体2:T —μmg = ma 4 物体3:mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得:42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+ 解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合,解题时要边计算边分析物理过程,抓住临界状态:速度相等是一个关键点.4.如图所示,质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上.在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力.当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时,在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块(小黑煤块视为质点且初速度为零),煤块与小车间动摩擦因数μ=0.20.假定小车足够长.(1)求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 (2) 求3s 内煤块前进的位移 (3)煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析,根据牛顿第二定律求出各自加速度,物块在小车上停止相对滑动时,速度相同,根据运动学基本公式即可以求出时间.通过运动学公式求出位移. 【详解】(1)根据牛顿第二定律,刚开始运动时对小黑煤块有:1N F ma μ=F N -mg =0代入数据解得:a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有:2N F F Ma μ-=解得:a 2=0.6m/s 2经过时间t ,小黑煤块和车的速度相等,小黑煤块的速度为:v 1=a 1t车的速度为:v 2=v +a 2t解得:t =2s ;(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为:21114m 2x a t ==2s 时的速度为:11122m/s 4m/s v a t ==⨯=此后加速运动的加速度为:235m/s 6F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间,此1s 时间内位移为:2212321 4.4m 2x v t a t =+=所以煤块的总位移为:128.4m x x +=(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为:21114m 2x a t ==小车前进的位移为:21116.8m 2x v t a t '=+=两者的相对位移为:m 1 2.8x x x '∆=-=即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m.【点睛】该题是相对运动的典型例题,要认真分析两个物体的受力情况,正确判断两物体的运动情况,再根据运动学基本公式求解.5.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)222200.4/80.4/ca a m sva m s⎧<=⎨≥⎩()()如图所示:【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度,再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间,由位移公式求出匀加速的位移,再求匀速运动的时间,从而求得总时间,这是解决传送带时间问题的基本思路,最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系,从而画出图像。
高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)含解析

高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)含解析一、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:214/a m s =(2)根据运动学公式:2102B 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:22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为:222212s 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:223312s 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.如图甲所示,倾角为θ=37°的传送带以恒定速率逆时针运行,现将一质量m =2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端,物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示,2 s 末物体到达B 端,取沿传送带向下为正方向,g =10 m/s 2,sin 37°=0.6,求:(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ; (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ; (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE . 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】(1)由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积,所以:112122v v v L t t t =++代入数值得:L =16m由平均速度的定义得:168/2L v m s t ===(2)由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ,0-1s 内物体的加速度为:22110/10/1v a m s m s t V V === 则物体所受的合力为:F 合=ma 1=2×10N=20N .1-2s 内的加速度为:a 2=21=2m /s 2, 根据牛顿第二定律得:a 1=mgsin mgcos mθμθ+=gsinθ+μgcosθa 2=mgsin mgcos mθμθ-=gsinθ-μgcosθ联立两式解得:μ=0.5,θ=37°.(3)0-1s 内,物块的位移:x 1=12a 1t 12=12×10×1m =5m 传送带的位移为:x 2=vt 1=10×1m=10m则相对位移的大小为:△x 1=x 2-x 1=5m则1-2s 内,物块的位移为:x 3=vt 2+12a 2t 22=10×1+12×2×1m =11m 0-2s 内物块向下的位移:L =x 1+x 3=5+11=16m物块下降的高度:h =L sin37°=16×0.6=9.6m物块机械能的变化量:△E =12m v B 2−mgh =12×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小.3.如图所示,一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接,一质量m =2Kg 的可视为质点的物块,与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5,与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4,小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求:(g =10m/s 2) (1)小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离?(2)要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下,传送带至少多长?(3)若物块不从传送带左端滑下,物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间?【答案】(1) x 1=5m (2) L =2.5m (3)t =1.525s【解析】(1)小物块以初速度v 0沿斜面上滑时,以小物块为研究对象,由牛顿第二定律得: 1sin cos mg mg ma θμθ+=,解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1,则211020a x v -=-,解得15x m =(2)物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象,由牛顿第二定律得:2sin cos mg mg ma θμθ-=,解得: 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1,则21212v a x =解得: 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得: 23µmg ma =,解得: 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ,则23120a L v -=-,解得: 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下(3)设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2,则222ax v =,解得: 22 2.5x m m =<,故小物体先加速再随传送带做匀速运动。
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高中物理专题练习-牛顿运动定律的应用(含答案)满分:100分时间:60分钟一、单项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分。
每小题只有一个选项符合题意。
) 1.(北京理综,19)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。
利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。
斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。
根据三次实验结果的对比,可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小2.(北京理综,18)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。
例如平伸手掌托起物体,由静止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。
对此现象分析正确的是()A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度3.(福建理综,15)如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。
对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确描述这一运动规律的是()4.(重庆理综,5)若货物随升降机运动的v-t图象如图所示(竖直向上为正),则货物受到升降机的支持力F与时间t关系的图象可能是()二、多项选择题(本题共6小题,每小题7分,共计42分。
每小题有多个选项符合题意。
全部选对的得7分,选对但不全的得4分,错选或不答的得0分。
)5.(山东理综,15)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图象如图。
在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A.t1B.t2C.t3D.t46.(新课标全国Ⅱ,20)在一东西向的水平直铁轨上,停放着一列已用挂钩连接好的车厢。
当机车在东边拉着这列车厢以大小为a的加速度向东行驶时,连接某两相邻车厢的挂钩P和Q间的拉力大小为F;当机车在西边拉着车厢以大小为23a的加速度向西行驶时,P和Q间的拉力大小仍为F。
不计车厢与铁轨间的摩擦,每节车厢质量相同,则这列车厢的节数可能为() A.8 B.10 C.15 D.187.(江苏单科,6)一人乘电梯上楼,在竖直上升过程中加速度a随时间t变化的图线如图所示,以竖直向上为a的正方向,则人对地板的压力()A.t=2 s时最大B.t=2 s时最小C.t=8.5 s时最大D.t=8.5 s时最小8.(海南单科,8)如图,物块a、b和c的质量相同,a和b,b和c之间用完全相同的轻弹簧S1和S2相连,通过系在a上的细线悬挂于固定点O,整个系统处于静止状态。
现将细线剪断。
将物块a的加速度的大小记为a1,S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2,重力加速度大小为g。
在剪断的瞬间()A.a1=3g B.a1=0C.Δl1=2Δl2D.Δl1=Δl29.(新课标全国Ⅰ,20)如图(a),一物块在t=0时刻滑上一固定斜面,其运动的v-t图线如图(b)所示。
若重力加速度及图中的v0、v1、t1均为已知量,则可求出()A.斜面的倾角B.物块的质量C.物块与斜面间的动摩擦因数D.物块沿斜面向上滑行的最大高度10.(江苏单科,8)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。
A、B间的动摩擦因数为μ,B与地面间的动摩擦因数为12μ。
最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。
现对A施加一水平拉力F,则() A.当F<2μmg时,A、B都相对地面静止B.当F=52μmg时,A的加速度为13μgC.当F>3μmg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过1 2μg三、计算题(本题共2小题,共38分。
解答时写出必要的文字说明,方程式和重要的演算步骤,只写出最后答案的不得分。
)11.(新课标全国Ⅱ,25)(18分)下暴雨时,有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。
某地有一倾角为θ=37°(sin 37°=35)的山坡C ,上面有一质量为m 的石板B ,其上下表面与斜坡平行;B 上有一碎石堆A (含有大量泥土),A 和B 均处于静止状态,如图所示。
假设某次暴雨中,A 浸透雨水后总质量也为m (可视为质量不变的滑块),在极短时间内,A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为38,B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5,A 、B 开始运动,此时刻为计时起点;在第2 s 末,B 的上表面突然变为光滑,μ2保持不变。
已知A 开始运动时,A 离B 下边缘的距离l =27 m,C 足够长,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
取重力加速度大小g =10 m/s 2。
求: (1)在0~2 s 时间内A 和B 加速度的大小; (2)A 在B 上总的运动时间。
12.(新课标全国Ⅰ,25)(20分)一长木板置于粗糙水平地面上,木板左端放置一小物块;在木板右方有一墙壁,木板右端与墙壁的距离为4.5 m,如图(a)所示。
t =0时刻开始,小物块与木板一起以共同速度向右运动,直至t =1 s 时木板与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。
碰撞前后木板速度大小不变,方向相反;运动过程中小物块始终未离开木板。
已知碰撞后1 s 时间内小物块的v -t 图线如图(b)所示。
木板的质量是小物块质量的15倍,重力加速度大小g 取10 m/s 2。
求:(1)木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2; (2)木板的最小长度;(3)木板右端离墙壁的最终距离。
答案1.A [根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O 点等高的位置,A 项正确;而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下得出的结论,不是实验直接结论,所以B 和C 选项错误;而D 项不是本实验所说明的问题,故错误。
]2.D [物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A 、B 均错误;当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手>a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度大于重力加速度,选项D 正确,C 错误。
]3.B [设斜面倾角为θ,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mg sin θ-μmg cos θ=ma ,a =g sin θ-μg cos θ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D 错误;滑块减速下滑时的位移s =v 0t +12at 2,选项B 正确;滑块下降高度h =s ·sin θ=v 0sin θ·t +12a sin θ·t 2,选项A 错误;滑块下滑时的速度v =v 0+at ,选项C 错误。
]4.B [由v -t 图象可知:过程①为向下匀加速直线运动(加速度向下,失重,F <mg );过程②为向下匀速直线运动(处于平衡状态,F =mg );过程③为向下匀减速直线运动(加速度向上,超重,F >mg );过程④为向上匀加速直线运动(加速度向上,超重,F >mg );过程⑤为向上匀速直线运动(处于平衡状态,F =mg );过程⑥为向上匀减速直线运动(加速度向下,失重,F <mg )。
综合选项分析可知B 选项正确。
]5.AC [v -t 图象中,纵轴表示各时刻的速度,t 1、t 2时刻速度为正,t 3、t 4时刻速度为负,图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度,t 1、t 4时刻加速度为正,t 2、t 3时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t 1时刻合外力与速度均为正,t 3时刻合外力与速度均为负,A 、C 正确,B 、D 错误。
]6.BC [设PQ 西边有n 节车厢,每节车厢的质量为m ,则F =nma ①PQ 东边有k 节车厢,则F =km ·23a ②联立①②得3n =2k ,由此式可知n 只能取偶数, 当n =2时,k =3,总节数为N =5 当n =4时,k =6,总节数为N =10 当n =6时,k =9,总节数为N =15当n =8时,k =12,总节数为N =20,故选项B 、C 正确。
]7.AD [由题图知,在上升过程中,在0~4 s 内,加速度方向向上,F N -mg =ma ,所以向上的加速度越大,电梯对人的支持力就越大,由牛顿第三定律可知,人对电梯的压力就越大,故A 正确,B 错误;由题图知,在7~10 s 内加速度方向向下,由mg -F N =ma 知,向下的加速度越大,人对电梯的压力就越小,故C 错误,D 正确。
]8.AC [设物体的质量为m ,剪断细线的瞬间,细线的拉力消失,弹簧还没有来得及改变,所以剪断细线的瞬间a 受到重力和弹簧S 1的拉力T 1,剪断前对b 、c 和弹簧组成的整体分析可知T 1=2mg ,故a 受到的合力F =mg +T 1=mg +2mg =3mg ,故加速度a 1=Fm =3g ,A 正确,B 错误;设弹簧S 2的拉力为T 2,则T 2=mg ,根据胡克定律F =k Δx 可得Δl 1=2Δl 2,C 正确,D 错误。
] 9.ACD [由v -t 图象可求知物块沿斜面向上滑行时的加速度大小为a =v 0t 1,根据牛顿第二定律得mg sin θ+μmg cos θ=ma ,即g sin θ+μg cos θ=v 0t 1。
同理向下滑行时g sin θ-μg cos θ=v 1t 1,两式联立得sin θ=v 0+v 12gt 1,μ=v 0-v 12gt 1cos θ,可见能计算出斜面的倾斜角度θ以及动摩擦因数,选项A 、C 正确;物块滑上斜面时的初速度v 0已知,向上滑行过程为匀减速直线运动,末速度为0,那么平均速度为v 02,所以沿斜面向上滑行的最远距离为x =v 02t 1,根据斜面的倾斜角度可计算出向上滑行的最大高度为x sin θ=v 02t 1×v 0+v 12gt 1=v 0(v 0+v 1)4g,选项D 正确;仅根据v -t 图象无法求出物块的质量,选项B 错误。
]10.BCD [当0<F ≤32μmg 时,A 、B 皆静止;当32μmg <F ≤3μmg 时,A 、B 相对静止,但两者相对地面一起向右做匀加速直线运动;当F >3μmg 时,A 相对B 向右做加速运动,B 相对地面也向右加速,选项A 错误,选项C 正确;当F =52μmg 时,A 与B 共同的加速度a =F -32μmg3m =13μg ,选项B 正确;F 较大时,取物块B 为研究对象,物块B 的加速度最大为a 2=2μmg -32μmgm =12μg ,选项D 正确。