物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析

物理牛顿运动定律的应用练习题20篇及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m的小物块a相连，如图所示．质量为35m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x0，从t=0时开始，对b施加沿斜面向上的外力，使b始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a、b分离；再经过同样长的时间，b距其出发点的距离恰好也为x0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g．求：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块b加速度的大小；(3)在物块a、b分离前，外力大小随时间变化的关系式．【答案】（1）08sin5mgx（2）sin5g（3）22084sinsin2525mgFmgx【解析】【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（m+35m）gsinθ解得：k=08 5mgsinx（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0；由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：1014xx说明当形变量为0010344xxxx时二者分离；对m分析，因分离时ab间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsinθ=ma联立解得：a=1 5gsin（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=12at2=210gsint则形变量变为：△x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+35m）gsinθ=（m+35m）a解得：F=825mgsinθ+220425mgsinxt2因分离时位移x=04x由x=04x=12at2解得：052xtgsin故应保证0≤t＜052xgsin，F表达式才能成立．点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．2．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，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，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.3．如图所示，水平传送带长为L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A端运动到B端的过程中:（1）滑块运动的时间；（2）滑块相对传送带滑过的路程．【答案】（1）2s（2）4m【解析】【分析】（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间；再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B端所用的时间，从而求出总时间．（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移．【详解】（1）滑块与传送带达到共同速度前,设滑块加速度为1a，由牛顿第二定律：13737FcosmgFsinma解得：217.5/ams滑块与传送带达到共同速度的时间：111vtsa此过程中滑块向右运动的位移：113.752vstm共速后,因3737FcosmgFsin，滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律：23737FcosmgFsinma解得：220.5/ams根据速度位移关系可得：22212BvvaLs滑块到达B端的速度：8/Bvms滑块从共速位置到B端所用的时间：221Bvvtsa滑块从A端到B端的时间：122ttts（2）0∼1s内滑块相对传送带向左的位移：1113.75svtsm，1s∼2s内滑块相对传送带向右的位移：2120.25sLsvtm，0∼2s内滑块相对传送带的路程：124sssm4．如图所示，质量M=1kg的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg的可视为质点的小物块以初速度v0=5m/s从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少；（2）木板的长度至少为多少；（3）物块在木板上运动的总时间是多少．【答案】（1）a1=8m/s2,方向沿斜面向下,a2=2m/s2,方向沿斜面向上（2）min61m48L（3）561()s896t【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sincosmgmgma得：a1=8m/s2,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析：122cossin()cosFmgMgmMgMa得：a2=2m/s2,方向沿斜面向上，加速上滑（2）共速时：021=vvat共得：10.5st，=1m/sv共共速前的相对位移：221011121111.25m22xvtatat撤掉F后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a1=8m/s2，减速上滑而木板：212sin()coscosMgMmgmgMa则：2212m/sa，方向沿斜面向下，减速上滑由于：12sincos()cosMgmgMmg木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动过21s12t，木板停止，过21s8t，物块减速到0此过程，相对位移：21m48x木板至少长度min1261m48Lxx（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度211sincos4m/sagg2min1312Lat得：361s96t在木板上的总时间：123561()s896tttt考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．5．如图，一块长度为9Lm、质量为1Mkg的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有质量为1mkg的小铅块(可看做质点)，以012/vms的水平初速度向右冲上木板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为10.4，木板与地面间的动摩擦因数为20.1，重力加速度取210/gms，求：1铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度1a、2a的大小；2铅块从木板上滑落所需时间；3为了使铅块不从木板上滑落，在铅块冲上木板的瞬间，对长木板施加一水平向右的恒定拉力F，求恒力F的范围．【答案】（1）4m/s2；2m/s2（2）1s（3）2N≤F≤10N【解析】【分析】（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于L，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力F的范围；【详解】（1）铅块：11mgma解得a1=4m/s2；对木板：122()mgMmgMa解得a2=2m/s2（2）从开始到滑落过程：2201112111()22vtatatL解得t1=1s10118/vvatms2212/vatms（3）到右端恰好共速：2202122211()22vtatatL'01222vatat解得a′2=4m/s2木板：'122()FmgMmgMa解得F≥2N；共速后不能从左侧滑下：2-()()FMmgMma共，1ag共解得F≤10N，则F的范围：2N≤F≤10N【点睛】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，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过程和受力情况，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；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．6．如图所示，长L=2m，质量M=1kg的木板B静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg的小滑块A，现对B施加一水平向右的恒力F．已知A与B、B与地面间的动摩擦因数分别为120.20.4、，重力加速度210/gms，试求：（1）若A、B间相对滑动，F的最小值；（2）当F=20N时，若F的作用时间为2s，此时B的速度大小；（3）当F=16N时，若使A从B上滑下，F的最短作用时间．【答案】（1）min18FN（2）220/vms（3）21.73ts【解析】【分析】【详解】（1）A、B间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，对A，由牛顿第二定律可知，加速度212/agms；对B，由牛顿第二定律可知，min21FmMgmgMa，解得min18FN（2）F=20N18N，二者间会相对滑动，对B，由牛顿第二定律；211FmMgmgMa解得214/ams；设A从左端滑出的时间为1t，则22111111222Latgt，解得112tss，此时B的速度1114/vatms故在F作用后的1s内，对B，22FMgMa，解得2216/ams此时B的速度2121220/vvatms（3）若F=16N18N，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度2204/3FMmgamsMm；当A刚好从B上滑下，F的最短时间为2t，设刚撤去F瞬间，整体的速度为v，则02vat撤去F后，对A，2112/agms，对B：21'228/mMgmgamsM经分析，B先停止运动，A最后恰滑至B的最右端时速度减为零，故221222'2vvLaa联立解得231.73tss点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．7．水平面上有一木板，质量为M=2kg，板左端放有质量为m=1kg的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取210/gms．（1）现用水平力F拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F的大小范围？（2）若拉动木板的水平力F=15N，由静止经时间t1=4s立即撤去拉力F，再经t2=1s物块恰好到达板右端，求板长L=？【答案】（1）12N＜F≤18N（2）1.4m【解析】【分析】（1）物块与木块一起运动，拉力F必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m与M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F达到最大值；（2）拉动木板的水平力F=15N，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F后，m向右匀减速，M向右匀减速，当