物理牛顿运动定律的应用各地方试卷集合含解析.docx

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1、（物理）物理牛顿运动定律的应用各地方试卷集合含解析一、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及小物块与木板间的动摩擦因数2；（2）木板的最小

2、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，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1(Mm)g2mgMa1可得a14

3、m/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

4、（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．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10m/s2，sin37＝0°.6，cos37＝°0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2）0～8s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带

5、摩擦产生的热量Q。【答案】(1)μ＝0.875.(2)E＝90J（3）Q＝126J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8s内物体的位移0～8ss内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3)0～8s内只有前6s发生相对滑动.0～6s内传送带运动距离为:0～6s内物体位移为:则0～6s内物体相对于皮带的位移为0～8s内物体与传

6、送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)E＝90J（3）Q＝126J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。3．质量为m=0.5kg、长L=1m的平板车B静止在光滑水平面上，某时刻质量M=lkg的物体A（视为质点）以v0=4m/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10m/s2．试求：（1）如果要使A不至于从B上滑落，拉

7、力F大小应满足的条件；（2）若F=5N，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)1NF3N(2)x0.5m【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v1，则：v02-v12v12＋L2aA2aB又：v0-v1=v1aAaB解得：aB=6m/s2再代