《高中物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)及解析.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)及解析.docx（36页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高中物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)及解析高中物理牛顿运动定律的应用真题汇编(含答案)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0t=时刻开场，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1ts=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；运动经过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
2、度；3木板右端离墙壁的最终距离【答案】110.1=20.4=26m36.5m【解析】1根据图像能够断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/s=木块遭到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1msmsgs-=解得20.4=木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1ts=，位移4.5xm=，末速度v4m/s=其逆运动则为匀加速直线运动可得212xvtat=+带入可得21/ams=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，根据牛顿第二定律有121()MmgmgMa+=可得214/3ams=对滑块，
3、则有加速度224/ams=滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11ts=此时，木板向左的位移为2111111023xvtatm=-=末速度18/3vms=上一页下一页滑块向右位移214/022msxtm+=此后，木块开场向左加速，加速度仍为224/ams=木块继续减速，加速度仍为214/3ams=假设又经历2t二者速度相等，则有22112atvat=-解得20.5ts=此经过，木板位移2312121726xvtatm=-=末速度31122/vvatms=-=滑块位移24221122xatm=此后木块和木板一起匀减速二者的相对位移最大为13246xxxxxm?=+-=滑块始终没有离开木板，所以木板
4、最小的长度为6m3最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度211/agms=位移23522vxma=所以木板右端离墙壁最远的距离为1356.5xxxm+=【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如下图，水平面与倾角37的斜面在B处平滑相连，水平面上A、B两点间距离s08m质量m1kg的物体可视为质点在F6.5N的水平拉力作用下由A点从静止开场运动，到达B点时立即撤去F，物体将沿粗糙斜面继续上滑物体经过B处时速率保持不变已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数均为0.25g取10m/s2，sin370.6，cos37
5、0.8求： (1)物体在水平面上运动的加速度大小a1；(2)物体运动到B处的速度大小vB；(3)物体在斜面上运动的时间t【答案】14m/s228m/s32.4s【解析】【分析】1在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；2根据速度位移公式求出B点的速上一页下一页度；3物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间【详解】1在水平面上，根据牛顿第二定律得：1Fmgma-=代及数据解得：214/ams=2根据运动学公式：2102Bvas=代入数据解得：8/Bvms=3物体在斜面上向上做匀减速直线运动经过中，根据牛顿第二定律得：23737mgsinmgcosma?+?
6、=物体沿斜面向上运动的时间：22Bvta=物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212sat=因3737mgsinmgcos?，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsinmgcosma?-?=物体沿斜面下滑的时间为：223312sat=物体在斜面上运动的时间：23ttt=+联立方程-代入数据解得：()23122.4tttss=+=+【点睛】此题主要考察了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间3在一个水平面上建立x轴，在过原点O垂直于x轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.01
7、05N/C，方向与x轴正方向一样，在原点O处放一个质量m=0.01kg带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q=-5108C物块与水平面间的动摩擦因数=0.2，给物块一个沿x轴正方向的初速度v0=2m/s.如下图试求： (1)物块沿x轴正方向运动的加速度；(2)物块沿x轴正方向运动的最远距离；(3)物体运动的总时间为多长？【答案】(1)5m/s2(2)0.4m(3)1.74s【解析】上一页下一页【分析】带负电的物块以初速度v0沿x轴正方向进入电场中，遭到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动
8、，离开电场后匀减速运动根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间【详解】1由牛顿第二定律可得mgEqma+=，得25m/sa=2物块进入电场向右运动的经过，根据动能定理得：()210102mgEqsmv-+=-代入数据，得：s1=0.4m3物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111?22tvvvstt+=，得：t1=0.4s接着物块向左作匀加速直线运动：221m/sqEmgam-=根据：212212sat=得220.2ts=物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/smgagm=-=-=-根据：3322atat=解得30.2ts=物块运动的总时间为：1231.74t
9、ttts=+=【点睛】此题首先要理清物块的运动经过，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解4滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间构成暂时的“气垫进而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125一滑雪者从倾角为37斜坡雪道的某处A由静止开场自由下滑，滑至坡底B处B处为一长度可忽略的光滑小圆弧后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC之间的某处如下图，不计空气阻力，已知AB长14.8m，取g10m/s2
10、，sin370.6，cos370.8，求：1滑雪者从静止开场到动摩擦因数发生变化时即速度到达4m/s所经历的时间；2滑雪者到达B处的速度；上一页下一页3滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离【答案】11s；212m/s；354.4m【解析】【分析】1根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开场加速至速度v1=4m/s期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间2再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s时的加速度，球心速度为4m/s之前的位移，进而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B处的速度3分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个经过的加速度，再根据位移速度
11、关系求解【详解】1滑雪者从静止开场加速到v1=4m/s经过中：由牛顿第二定律得：有：mgsin37-1mgcos37=ma1；解得：a1=4m/s2；由速度时间关系得t111va1s2滑雪者从静止加速到4m/s的位移：x1=12a1t2=12412=2m从4m/s加速到B点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37-2mgcos37=ma2；解得：a2=5m/s2；根据位移速度关系：vB2?v122a2(L?x1)计算得vB=12m/s3在水平面上第一阶段速度从12m/s减速到v=4m/s：a3?2g?1.25m/s222223341251.2221.25Bvvxma-=-?在水平面上第二
12、阶段速度从4m/s减速到0a4?1g?2.5m/s2，2443.22vxma-所以在水平面上运动的最大位移是x=x3+x4=54.4m【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动经过和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联络静力学和运动学的桥梁5如下图，质量为M=2kg、长度56Lm=的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B处放置一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数=0.1现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间t撤去F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s2求
13、：上一页下一页1小物块与木板系统生热Q；2力F作用时间t；3力F做功W【答案】15J6Q=；21st=；35JW=。【解析】【分析】【详解】1小物块与木板系统生热Q，则有：QmgL=代入数据解得：56Q=J2由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为1a，根据牛顿第二定律有：1mgma=解得：211m/sa=木板加速度为2a，根据牛顿第二定律有：2FmgMa-=解得：222m/sa=撤去F瞬时小物块速度为1v，则有：11vatt=木板速度为2v，则有：222vatt=该经过木板相对小物块位移：22212111222txatat=-=撤去F后历时t小物块恰好运动到达木板左端A处，小物块
14、与木板到达共同速度v，由动量守恒定律得：12()mvMvmMv+=+解得：53tv=对小物块：由动量定理得：1()mgtmvv=-上一页下一页解得：23tt=该经过木板相对小物块位移：221212()()()2223vvvvvvtxttt+-=-=木板长度：12Lxx=+256t=解得：1t=s3力F做功2212WFat=?或21()2WQmMv=+解得：5W=J【点睛】解决此题的关键是分析清楚物体的运动经过，把握动量守恒条件：合外力为零；知道F未撤去时系统的动量不守恒，撤去F时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答6传送带以恒定速率v4m/s顺时针运行，传送带与水平面的夹角37
15、.现将质量m1kg的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F10N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H1.8m的平台上，如下图已知物块与传送带之间的动摩擦因数0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin370.6，cos370.8.求： (1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的霎时撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】11s2【解析】【详解】1物体在到达与传送带速度v4m/s相等前，做匀加速直线运动，有：Fmgcos37mgsin37ma1上一页下一页解得a18m/s2由va1t1得t10.5s位
16、移x1a1t121m物体与传送带到达共同速度后，因Fmgsin4Nmgcos37故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升位移x2x12mt20.5s总时间为tt1t21s2在物体与传送带到达同速霎时撤去恒力F，由于tan37，故有：mgsin37mgcos37ma2解得：a22m/s2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x4mx2故物体向上匀减速运动到达速度为零前已经滑上平台故x2vt3-a2t32解得t32-s或t32+s舍去【点睛】此题关键是受力分析后判定物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间7如下图，质量均为3kgm=的物体A、B紧
17、挨着放置在粗糙的水平面上，物体A的右侧连接劲度系数为100N/mk=的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开场时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。现对物体B施加水平向左的拉力，使A和B整体向左做匀加速运动，加速度大小为22m/sa=，直至B与A分离。已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5=，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度210m/sg=求：1静止时，物体A对B的弹力大小；2水平向左拉力F的最大值；3物体A、B开场分离时的速度。上一页下一页【答案】1静止时，物体A对B的弹力大小为15N2水平向左拉力F的最大值为21N3物体A、B开场分离时的速度为0.6m/
18、s。【解析】【详解】1开场时，弹簧压紧，AB两物体恰好处于静止状态，AB整体作为研究对象，则有在水平方向，由平衡条件得：()Fmmg=+弹对A进行受力分析，在水平方向则有：BA=FmgF+弹联立以上两式可得：BA0.531015NFmg=?=B对A的作用力和A对B的作用力是作用力和反作用力，故有：ABBA15NFF=2物体A、B分离时，F最大，对物体B，由牛顿第二定律得：Fmgma-=最大代入数据解得：21NF=最大3物体A、B静止时，弹簧压缩的距离为x0，对A、B系统，由平衡条件得：0?2kxmg=物体A、B开场分离时，对物体A，由牛顿第二定律：kxmgma-=从静止到物体A和B分离，物体运
19、动的位移为：0xxx?=-根据匀变速运动的规律得：22vax?=代入数据解得：0.6m/sv=8风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力现将一套有球的细直杆放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径如下图1当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数2保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37并固定，则小球从静止出发在细上一页下一页杆上滑下距离s=3.75m所需时间为多少？sin37=0.6，cos37=0.8【答案】10.521s【解析】【分析】【详解】1小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=mg，则
20、动摩擦因数=0.5；2以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：000.5sin37cos37NFmgmg+=在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：000.5cos37sin37NmgmgFma+-=代入数据解得：a=7.5m/s2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12at2运动时间为223.7517.5stssa?=；【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题9总质量为60kg的人和滑雪板沿着倾角为037=的斜坡向下滑动,如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比今测得滑雪板
21、运动的vt-图象如图乙所示，图中AC是曲线中A点的切线，C点坐标为()4,15，BD是曲线的渐近线0sin370.6=0cos370.8=，g取210/ms根据以上信息，计算下列物理量：1滑雪板沿斜波下滑的最大速度mv；2空气的阻力系数k；3滑雪板与斜坡间的动摩擦因数上一页下一页【答案】110m/smv=2/s30kgk=30.125=【解析】【分析】【详解】1由v-t图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：10m/smv=2由v-t图象得：A点vA=5m/s，C点：15m/scv=则A点的瞬时加速度为：22.5m/sAAAvat?=?下滑经过中，在A点：sincosAAmgmgkvma-=当速
22、度最大时，0a=，有：sincos0mmgmgkv-=代入数据解得：空气的阻力系数30AmAmakvv=-kg/s3雪撬与斜坡间的动摩擦因数为sin370.125cos37mmgkvmg?-=10如下图，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开场时均处于静止状态作用于滑块的水平力F随时间t变化图象如下图，t=2.0s时撤去力F，最终滑块与木板间无相对运动已知滑块质量m=2kg，木板质量M=1kg，滑块与木板间的动摩擦因数=0.2，取g=10m/s2求：1t=0.5s时滑块的速度大小；202.0s内木板的位移大小；3整个经过中因摩擦而产生的热量【答案】11m/s26.25m312J【解析】【分析】先判定出在0-0.5s内滑块与木板是相对静止的，方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力到达最大，以M为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F，结合图象的信息分析再由运动学公式求解速度；0.5-2.0s内上一页下一页