高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析.docx

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1、高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)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1圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从1圆弧的最高处由静止释放

2、。已知物块B与传送带44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/s2。求：(1)物块B滑到1圆弧的最低点C时对轨道的压力；4(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】（

3、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v0，由机械能守恒定律得：12mgRmv0代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：Fmgmv02R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v2v022al代入数据解得：v=4m/s由于v＞u=2m/s，所以v=4m

4、/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v2、v1，两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=mv1+Mv2由机械能守恒定律得：1mv21mv121Mv22222解得：v2m,v22mv1s2s物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：Ep1mv2212J2(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l，′由动能定理得mgl01mv122解得：l=2m′＜4.5m所以物块

5、B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送1带运动的时间为t1。由动量定理得：mgt12mv1'解得：2v1't14sg设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1'mv3Mv41mv1'21mv321Mv42222代入数据解得：v31ms当物块B在传送带上

6、向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运到左台面的速度大小v3=1m/s2次碰撞，第2次′，而与物A生第碰撞到第3次碰撞之，物B在送运的t2．由量定理得：mgt22mv3解得：t22v3'2sg同上算可知：物B与物A第三次碰撞、第四次碰撞⋯，第n次碰撞后物B在送运的tn14s2n11构成无等比数列，公比q，由无等比数列求和公式21qnt总t11q当n→∞，有物B第一次与物A碰撞后在送运的t总14s=8s1122．如所示，角α=30°L=1.0mM=0.5kg的薄木板，木板的足

7、送上有一，量的最右端叠放量m=0.3kg的小木.木板施加一沿送向上的恒力F，同送逆，运行速度v=1.0m/s。已知木板与物摩擦因数μ3，木板与送1=2的摩擦因数μ=23，取g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑摩擦力。4(1)若在恒力F作用下，薄木板保持静止不，通算判定小木所的状；(2)若小木和薄木板相静止，一起沿送向上滑，求所施恒力的最大Fm；(3)若F=10N，木板与物多分离?分离前的段内，木板、木、送成系生的量Q。【答案】（1）木于静止状；（2）9.0N（3）1s12J【解析】【解】（1）对小

8、木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：mgsin1mg2斜面对木块的最大静摩擦力：fm1mgcos3mg4由于：fmmgsin所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a，小木块受力如图乙所示，则1mgcosmgsinma木板受力如图丙所示，则：FmMgsin2Mmgcos1mgcosMa解得：Fm9Mmg9.0N8（3）因为F=10N>9N，所以两者发生相对滑动对小木块有：a1gcosgsin2.5m/s2对长木棒受力如图