高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案).docx

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1、高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)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。已

2、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】（1）60N，竖

3、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/s即为物块B与物块A第

4、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B不能通过传送带运动到右边的曲面上

5、，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在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运

6、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1所示，量M的木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个量m、可点的物，以某一水平初速度v0从左端冲上木板。从物冲上木板

7、到物和木板达到共同速度的程中，物和木板的v-t象分如2中的折acd和bcd所示，a、b、c、d的坐a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0），根据v-t象，求：（1）物相木板滑行的距离△s；（2）物量m与木板量M之比。【答案】（1）20m（2）3:2【解析】【解】（1）由v-t象的物理意可得，物在木板上滑行的距离Vs＝1044m44m20m22（2）物与木板之的摩擦因数μ1，木板和地面之的摩擦因数μ2；物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

8、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=Ma2②对整体：μ（m+M）g=（M+m）a③2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m＝3M23．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θ=37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以