物理牛顿运动定律的应用专项含解析.docx

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1、【物理】物理牛顿运动定律的应用专项含解析一、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v0=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/s2.求：(1)水平作用力F的大小；（已知sin37=0°.6cos37=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.

2、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FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ，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=1mv22解得v=2gh=2m/s；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=1mv021mv222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=v0t对物体有：v0

3、=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．2．一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（

4、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

5、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

6、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/s26x4121滑块位移2a2t22m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（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/s2位移x5v322m2a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

7、，认真沉着，不急不躁3．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

8、，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，，，