1、高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题一、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 v t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/s 2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
2、右端离墙壁的最终距离【答案】（ 1） 10.12 0.4（ 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2 g1s解得 2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t 1s ，位移 x4.5m，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22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 1 0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1 (Mm) g2 mgM
3、a1可得 a1 4m / 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12108x1 vt12a1t13m 末速度v13m / s滑块向右位移x24m / s0 t12m2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a14 m / s23假设又经历 t2 二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得 t2 0.5s此过程，木板位移x3v1t21 a1t227 m 末速度 v3 v1a1t22m / 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
4、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 质量为 m=0.5 kg、长 L=1 m 的平板车 B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M=l kg 的物体 A（视为质点）以 v0=4 m/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 =0.2，重力加速
5、度 g 取 10m/s 2试求：（ 1）如果要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应满足的条件；（ 2）若 F=5 N，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 -v1
6、2v12L2aA2aB又： v0 -v1 =v1aAaB解得： aB=6m/s 2再代入 F Mg=maB 得： F=1N若 F25N 时， m 与 M 相对滑动，对 m 由牛顿第二定律有：1mgma1由乙图知a14m / s2解得1 0.4（2）对 M 由牛顿第二定律有F1mg2 ( Mm) gMa 2即F1mg 2 (M m)g1mg2 (M m) g Fa2MMM乙图知1 1 M 41mg2 (Mm)g9M4解得M = 4 kg=0. 12（3）给 m 一水平向右的初速度 v04m / s 时， m 运动的加速度大小为a1 = 4 m/s2,方向水平向左 ，设 m 运动 t 1 时间速度
7、减为零，则t1v01sa1位移x1v0t11 a1t122m2M 的加速度大小a2F1mg2 (M m) g5m / s2M方向向左 ，M 的位移大小x1 a t 22.5m222 1此时 M 的速度v2a2t15m / s由于 x1 x2L ，即此时 m 运动到 M 的右端，当 M 继续运动时， m 从 M 的右端竖直掉落，设 m 从 M 上掉下来后 M 的加速度天小为a3 ，对 M 由生顿第二定律F2MgMa 3可得a325 m / s24在 t=2s 时 m 与 M 右端的距离x3 v2 (t t1)1a3 (t t1 )28.125m 24 如图所示，质量为M =10kg的小车停放在光
8、滑水平面上在小车右端施加一个F=10N 的水平恒力当小车向右运动的速度达到 2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量 m=2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数 0.20假定小车足够长（ 1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（ 2） 求 3s 内煤块前进的位移（ 3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间通过运动学公式求出位移【详解】(1)根据牛顿第二定
9、律，刚开始运动时对小黑煤块有：FNma1FN-mg =0代入数据解得：a1=2m/s 2刚开始运动时对小车有：FFNMa 2解得： a2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v1=a1t车的速度为：v2=v+a2 t解得： t=2s；(2)在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x11a1t 24m22s 时的速度为：v1a1t122m/s4m/s此后加速运动的加速度为：a3F5 m/s2Mm 6然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此 1s 时间内位移为：x2v1t21 a3t224.4m2所以煤块的总位移为：x1x28.4m(3)在 2s 内小黑煤块前进的位移
10、为：x11a1t 24m2小车前进的位移为：x v1t1 a1t26.8m2两者的相对位移为：xxx12.8m即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解5 如图所示，倾角 30A固定有挡板PB点与A点的的足够长光滑斜面底端，斜面上高度差为 h将质量为 m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态已知木板与物块间的动摩擦因数3 ，且最大静摩擦力2等于滑动摩擦力，重力加速度为g（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F
11、0 的大小；（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功 W【答案】 (1) 3 mg(2)9 mgh24【解析】（1）木板与物块整体：F0-2 mg sin 2ma0对物块，有： mgcos-mg sin ma03解得： F0mg2（2）设经拉力F 的最短时间为t1，再经时间t2 物块与木板达到共速，再经时间t 3 木板下端到达 B 点，速度恰好减为零对木板，有： F- mg sin -mgcosma1mgsin +mgcos ma3对物块，有： mgcos-mg sin ma2对木板与物块整体，有2mg
12、sin 2ma4另有： a1t1 a3t2a2 (t1t2 )a2 (t1 t 2 ) a4t31 a1t12a1t1 t21 a3t221 a4t32h222sinW F1 a1t122解得 W 9 mgh4点睛 ：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等6 如图1 所示， 质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度v0 从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t
13、图象分别如图2 中的折线acd 和bcd 所示，a、 b、c、 d 的坐标为a（ 0， 10）、 b（ 0， 0）、 c（ 4， 4）、 d（ 12，0），根据v-t 图象，求：（ 1）物块相对长木板滑行的距离s；（ 2）物块质量 m 与长木板质量 M 之比。【答案】（ 1） 20m（ 2）3:2【解析】【详解】（1）由 v-t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离Vs 1044m44m20m22（2）设物块与木板之间的动摩擦因数2；物块冲上1，木板和地面之间的动摩擦因数为木板做匀减速直线运动的加速度大小为a1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速
14、度大小为a，根据牛顿第二定律对物块：11mg=ma对木板：122mg -（ m+M ） g=Ma对整体：（ m+M） g=（M +m） a 2由图象的斜率等于加速度可得，a 11.5m/s 2， a2 1m/s 2， a=0.5m/s 2。由以上各式解得m 3M27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
15、擦因素为 0 25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0 5， g=10m/s 2，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/s 2,方向沿斜面向下 , a2=2m/s 2,方向沿斜面向上（2） Lmin61 m48（3） t ( 561 )s896【解析】试题分析：（ 1）物块与木板共速前，对物块分析：mg sin1mg cosma1得： a1=8m/s2 ,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析： F1 mg cosMg sin2 ( mM ) g
16、cosMa2得： a2=2m/s2 ,方向沿斜面向上，加速上滑（2）共速时： v共 =v0 a2 t1得： t10.5s ， v共 =1m/s共速前的相对位移：1212x1v0t12a1t12a2t11.25m撤掉 F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a12，减速上滑=8m/s而木板： Mg sin2 ( Mm)g cos1mg cosMa 2则： a2 12m/s 2 ，方向沿斜面向下，减速上滑由于： Mg sin1mg cos2 (Mm)g cos木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动过 t21 s ，木板停止，过t21 s ，物块减速到0128此过程，相对位移：x21m48木板
17、至少长度 Lminx1x261 m48（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度 a1g sin1g cos4m/s 2Lmin1 a1t322得： t361s96在木板上的总时间： t t1 t 2 t3( 561 )s896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8 如图所示，质量M=1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数1=0.1，在木板的左端放置一个质量m=1kg、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数2=0.4，g 取 10m/s 2，(1)若木板长的右端 ?L=1m，在铁块上加一个水平向右
18、的恒力F=8N，经过多长时间铁块运动到木板(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力出铁块受到木板的摩擦力f 随拉力 F 大小变化而变化的图像F 假设木板足够长，在图中画【答案】（ 1） 1s；（ 2）见解析【解析】【分析】【详解】（1）铁块的加速度大小=4m/s 2木板的加速度大小2m/s 2设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有解得： t=1s（ 2）9 如图所示，倾角30o 的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧物体经过A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化传送带以v4m / s 的速度顺时针转动，一个质量为1kg
19、 的物体(可视为质点)从 h1.8m高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因数04，传送带左右两端A、B 间的距离LAB7m，重力加速度g10m /s2. 求：1 物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端速度；2 物体在传送带上距B 点的最小距离；3物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间.【答案】(1)v16m / s(2)x2.5m(3)t30.8s【解析】【分析】(1)先根据牛顿第二定律求加速度，再由速度位移关系求到达斜面末端的速度；(2)先由牛顿第二定律求出物体在传送带上减速的加速度，再根据速度位移关系求出速度减为 0 时向右运动的位移，即可得出离B 最近的距离；
20、(3)由前的分析可判断出物体先做匀加速运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加速度与速度，根据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间.【详解】（1）物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：mgsinma1解得： a1 5m / s2h由几何关系沿光滑斜面下滑位移s1cos由运动学公式 v122a1s1解得物体滑到斜面末端速度 v16m / s（2）物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：mg ma2代入数据解得：a2 4m / s2当物体速度减为0 时物体距 B 最近，有运动学公式可得： v122a2 S2解得物体距 B 点的最小距离：x LAB
21、 S2x2.5m（3）物体返回时距A 点线运动，加速度大小为：S2a34.5m ，仍受到向右的摩擦力，从速度为2a24m / s0 开始做匀加速直若物体一直做匀加速运动，有运动对称性可知到A 点时物体速度vA6m/s大于传送带速度 v4m / s ，故物体先做匀加速直线运动，达到速度v 后匀速运动，到达A 点速度vAv4m / s物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为a1物体做匀加速直线运动va3t1匀加速直线运动位移12s32a3t1解得 t11ss32m匀速运动s2s3vt2解得 t20.625s物体沿斜面匀减速上升va1t3解得 t30.8s物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经
22、历的时间：tt1t2t32.425s10 图1 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为在木板上施加一水平向右的拉力 F，在 0 3s 内 F 的变化如图2 所示，图中 F 以 mg 为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止（1）求 1s、 1.5s、 2s、3s 末木板的速度以及2s、 3s 末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出0 3s 内木板和物块的vt 图象，据此求板滑过的距离【答案】（ 1），0 3s 内物块相对于木（2）如图所示【解析】【分析】【详解】（1）设木板和物块的加速度分别为a 和 a
23、，在 t 时刻木板和物块的速度分别为vt和 v t ，木板和物块之间的摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得fma ， fmg当 vt v t ， v t2vt1a (t2t1)F f 2ma , vt 2vt1a(t2t1 )联立可得 v1 4m / s, v1.54.5m / s,v2 4m / s, v34m / s ， v 2 4m / s,v 34m / s（2）物块与木板运动的v t 图象，如右图所示在03s 内物块相对于木板的距离s 等于木板和物块 v t 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为 0.25 （ m），下面的三角形面积为 2（ m），因此s2.25m
