高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧(超强)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(超强)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1．一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4.5m，如图（a）所示．t0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t1s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1s时间内小物块的vt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10m/s2．求（1）木板与地面间的动摩擦因数1及小物块与

2、木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小长度；（3）木板右端离墙壁的最终距离．【答案】（1）10.120.4（2）6m（3）6.5m【解析】（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s4m/s0m/s木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有2g1s解得20.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t1s，位移x4.5m，末速度v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1at22带入可得a1m/s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga可得10.1（2）碰撞后，木

3、板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(Mm)g2mgMa1可得a14m/s23对滑块，则有加速度a24m/s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1vt12a1t13m末速度v13m/s滑块向右位移x24m/s0t12m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m/s2木块继续减速，加速度仍为a14m/s23假设又经历t2二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得t20.5s此过程，木板位移x3v1t21a1t227m末速度v3v1a1t22m/s26滑块位移x41a2t221m22此后木块和木板一起匀

4、减速．二者的相对位移最大为xx1x3x2x46m滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度a1g1m/s2v232m位移x52a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m【考点定位】牛顿运动定律【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁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=1

5、0m/s2．则：（1）若拉力F1=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Fm（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F2=14N，在力F2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）Fm10N3L是0.7m。=。（）木板的最小长度【解析】【详解】（1）对AB整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M+m）a1对B，由牛顿第二定律得：f=ma1联立解得f=1N，方向水平向右；（2）对AB整体，由

6、牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a2对B，有：μmg=ma2联立解得：Fm=10N（3）因为FB加速度为：a2=μg=2m/s2。木板A2＞Fm，所以AB间发生了相对滑动，木块加速度为a3，则：F2-μmg=Ma3解得：a3=3m/s2。1s末A的速度为：v=at=3m/sA3B的速度为：v=at=2m/sB21vAvB2后，t′s后A、B共速1s末A、B相对位移为：△l=2t=0.5m撤去F对A：-μmg=Ma4可得：a4=-0.5m/s2。共速时有：vA+a4t′=vB+a2t′可得：t′=0s.4撤去F2后A、B相对位移为：△l2=v

7、AvBt'=0.2m为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：2L=△l1+△l2=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。已知物块B与传送带44之间的动摩擦因

8、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=1