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类型高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析).docx

  • 上传人:HR专家
  • 文档编号:11746298
  • 上传时间:2020-12-29
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    高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析).docx
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    1、高中物理牛顿运动定律的应用试题( 有答案和解析 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图所示,长木板质量M=3 kg,放置于光滑的水平面上,其左端有一大小可忽略,质量为 m=1 kg 的物块 A,右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块 B,两物块与木板间的动摩擦因数均为=0.4, AB 之间的距离L=6 m,开始时物块与木板都处于静止状态,现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用,取g=10 m/s 2(1) .为使物块A 与木板发生相对滑动,F 至少为多少?(2) .若 F=8 N,求物块 A 经过多长时间与B 相撞,假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失,则碰后瞬间A、 B

    2、 的速度分别是多少?【答案】( 1) 5 N( 2) vA=2m/s v B=8m/s【解析】【分析】【详解】(1)据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力设物块 A 与木板恰好发生相对滑动时,拉力为F0,整体的加速度大小为a,则:对整体: F0=(2m+M) a对木板和 B: mg=( m+M) a解之得: F0=5N即为使物块与木板发生相对滑动,恒定拉力至少为5 N;(2)物块的加速度大小为:aAFmg4m s2m木板和 B 的加速度大小为:aBmg2M=1m/sm设物块滑到木板右端所需时间为t,则: xA-xB=L即 1 aAt 21 aBt

    3、2L22解之得: t=2 svA=aAt=8m/svB=aBt=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒:mva+mvB=mva +mvB1212121mvB2机械能守恒:mv a+mvB=mva+2222解得: vA =2m/s vB =8m/s2 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5O 处放一个质量 m=0.01 kg场,场强大小 E=6.010 N/C,方向与 x 轴正方向相同,在原点带负电荷的绝缘物块,其带电荷量8 =0.2,给q= -5 10 C物块与水平面间的动摩擦因数物块一个沿 x 轴正方向的初速度v0 =2 m/s.如图所示试求:(1)

    4、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)5 m/s 2(2)0.4 m (3)1.74 s【解析】【分析】带负电的物块以初速度 v0 沿 x 轴正方向进入电场中,受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,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 a5m/s2(2)物块进入电场向右运动的过程,根据动能定理得:

    5、mg Eq s101mv02 2代入数据,得: s1=0.4m(3)物块先向右作匀减速直线运动,根据:s1v0vt ?t1v0 ?t1 ,得: t1=0.4s22接着物块向左作匀加速直线运动:a2qEmg 1m/s2 m根据: s1 1 a2t22 得 t 2 20.2s2物块离开电场后,向左作匀减速运动:a3mgg2m/s 2m根据: a3t3 a2t2解得 t30.2s物块运动的总时间为: t t1t2t31.74s【点睛】本题首先要理清物块的运动过程,运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解3 质量 M 0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上,如图所示,当t 0 时,两个质量都

    6、为m0.2kg的小物体A和Bv1 5.0 m/s 和 v2 2.0m/s,分别从小车的左端和右端以水平速度同时冲上小车,当它们相对于小车停止滑动时,恰好没有相碰。已知、A B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20,取 g=10m/s2 ,求:( 1) A、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度;( 2)车的长度是多少?( 3)从 A、 B 开始运动计时,经 8s 小车离原位置的距离 .【答案】( 1) 0.6m/s( 2) 6.8m(3) 3.84m【解析】【详解】解:( 1)设物体A、B 相对于车停止滑动时,车速为v,根据动量守恒定律有:m v1 v2M 2m v代入数据解得: v=0.6m/

    7、s,方向向右(2)设物体 A、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2,车长为 L,由功能关系有 :mg L1 L21 mv121 mv221 M 2m v2222又 L L1+L 2代入数据解得L 6.8m,即 L 至少为 6.8m(3)当 B 向左减速到零时,A 向右减速,且两者加速度大小都为a1g2 m/s2对小车受力分析可知,小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用,故小车没有动则 B 向左减速到零的时间为v21 st1a1此时 A 的速度为 vAv1a1t1 3 m/s当 B 减速到零时与小车相对静止,此时A 继续向右减速,则B 与小车向右加速,设经过 ts达到共同速度

    8、 v对 B 和小车,由牛顿第二定律有:mg mMa2 ,解得: a2 0.5 m/s2则有: v vA a1ta2 t ,代入数据解得: t=1.2s此时小车的速度为12va2t0.6 m/s,位移为 x12a2t0.36 m当三个物体都达到共同速度后,一起向右做匀速直线运动,则剩下的时间发生的位移为x2v 8t3.48m则小车在8s 内走过的总位移为xx1x23.84 m4 如图,光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0 的小球 A 和 B,A 球所带电荷量为 +q, B 球不带电。现在A 球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场,电场强度为E,小球 A 在电场力作用下由静止开

    9、始运动,然后与B 球发生弹性正碰,A、 B 碰撞过程中没有电荷转移,且碰撞过程时间极短,求:(1)A 球与 B 球发生第一次碰撞后 B 球的速度;(2)从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功;(3)要使 A、B 两球只发生三次碰撞,所加电场的宽度d 应满足的条件。【答案】( 1) 2qEx0(2000m)5qEx ( 3) 8xd18x【解析】【详解】(1)设 A 球与 B 球第一次碰撞前的速度为v0 ,碰撞后的速度分别为vA1、vB1。对 A,根据牛顿第二定律得:qE=ma由运动学公式有: v 20 =2ax0。2qEx0解得: v0=m对于 AB 碰撞过程,

    10、取向右为正方向,由动量守恒定律和机械能守恒定律得:mv0=mvA1+mvB11212+12。2mv0 =mvA1mv B122解得: v2qEx0 , vA1=0B1=v0=m(2)设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为1t 1有: xA1=vA1t1+ at12=vB1t 12从 A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功为:W=qE(x0+xA1)解得: W=5qEx0。(3)设第二次碰撞前A 的速度为 vA1,碰撞后 A、 B 的速度分别为 vA2、 vB2有:v =v+at 。A1A11第二次碰撞过程,有:mv +mv=mv+mv。A1B1A2B212121mv

    11、2+1mv2mv + mvB1=A2B2 。2A1222第二次碰撞后,当A 球速度等于 B 球速度 vB2时, A 球刚好离开电场,电场区域宽度最小,有:vB22A221-v=2a?x。A、 B 两球在电场中发生第三碰撞后,当A 球速度等于B 球速度时, A 球刚好离开电场,电场区域的宽度最大,设第三次碰撞前A 球的速度为 vA2,碰撞后 A、B 的速度分别为vA3、vB3二、三次碰撞间经历的时间为t 2有:xA2=vA2t2+1at22=vB2t2。2vA2 =vA2+at2 。第三次碰撞过程,有:mvA2 +mvB2=mvA3+mvB3121mv21mv2+12mv+B2=A3mvB3 2

    12、A2222vB32-vA32=2a?x2所以电场区域宽度d 应满足的条件为:x0+xA1+x1 dx0+xA1+xA2+x2。解得: 8x0 d 18x05 如图所示为货场使用的传送带的模型,传送带倾斜放置,与水平面夹角为37 ,传送带 AB 足够长,传送带以大小为2m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以012m/s 的初速度从 A 端滑上倾斜传送带,货物与传送带之间的动摩擦因数0.5 ,且可将货物视为质点。(g 取 10m/s2,已知 sin370.6 , cos37 0.8)( 1)货物刚滑上传送带时加速度为多大?( 2)当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间 ?这时货物相对于地面沿

    13、传送带方向运动了多远 ?(3)从货物滑上传送带开始计时,到货物再次滑回A 端共用了多少时间?【答案】(1) 10m/s2( 2)1s 7m (3)222 s【解析】【分析】由题意可知考查牛顿第二定律的应用,根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。【详解】( 1)设货物刚滑上传送带时加速度大小为 a1 ,货物相对传送带向上运动,所以货物受到的摩擦力沿传送带向下,货物受力如图所示。根据牛顿第二定律得mg sinF fma1FNmg cos0又 FfFN ,解得a1g sincos10m/s2 。(2)货物速度从0 减至与传送带速度相同所用时间0t11sa1位移大小22x107m。2a1(3)过了

    14、 t11s 后货物所受摩擦力沿传送带向上,设此时货物的加速度大小为a2 ,同理可得a2g sincos2m/s2方向沿传送带向下。设货物再经时间t2 ,速度减为零,则t201s。a2沿传送带向上滑动的位移大小x202022m1m ,2a222上滑的总距离为xx1x28m 。货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为a2 ,设下滑时间为t3 ,由x 1 a2t32 ,2解得 t322 s则货物从 A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t t1 t2 t32 2 2 s。另解:过了 t1 时刻,货物的加速度大小变为 a2 ,设从 t1 到货物滑回 A 端的过程所用时间为 t4 ,则x1t41 a2

    15、t42 ,2代入数值,解得t4122 s货物从 A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为tt1t4222 s 。【点睛】分阶段来分析,物体先向上做匀减速运动,和皮带达到共速后,因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力,物体继续向上做匀减速运动,速度减为零后,沿斜面向下做匀加速运动,计算时间可以分阶段计算,也可以用整体法计算。6 传送带以恒定速率 v 4m/s 顺时针运行,传送带与水平面的夹角37.现将质量 m 1kg 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F 10N拉小物块,经过一段时间物块被拉到离地高为H 1.8m 的平台上,如图所示已知物块与传送带之间的动摩

    16、擦因数 0.5,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力,g 取 10m/s 2,已知sin37 0.6, cos37 0.8.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瞬间撤去恒力F,则物块还需多少时间才能脱离传送带?【答案】( 1) 1s( 2)【解析】【详解】(1)物体在达到与传送带速度v 4 m/s 相等前,做匀加速直线运动,有:F mgcos37mgsin37 ma1解得 a1 8 m/s 2由 v a1t 1得 t 1 0.5s位移 x1112 1ma t物体与传送带达到共同速度后,因F mgsin 4 N mgcos37故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升位移

    17、 x2 x1 2mt 2 0.5s总时间为t t1 t2 1s(2)在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F,因为 tan37 ,故有:mgsin37 mgcos37ma2解得: a2 2m/s 2假设物体能向上匀减速运动到速度为零,则通过的位移为x 4 m x2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台故x2vt 3- a2 t32解得 t3 ( 2-)s 或 t 3( 2+) s(舍去)【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态,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 如图所示, BC为半径 r22 m 竖直放置的细圆管, O 为细圆管的圆心,在圆管的末5端

    18、C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的足够长粗糙斜面,一质量为m 0.5kg 的小球从 O 点正上方某处A 点以 v0 水平抛出,恰好能垂直 OB 从 B 点进入细圆管,小球过C 点时速度大小不变,小球冲出C 点后经过9s 再次回到 C点。( g 10m/s2 )求:8(1)小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v0 为多大?(2)小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少?(3)若将 BC段换成光滑细圆管,其他不变,仍将小球从A 点以 v0 水平抛出,且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力,试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动,若是匀速圆周运动

    19、,求出小球对细管作用力大小;若不是匀速圆周运动则说明理由。【答案】( 1) 2m/s (2) 20.9N( 3) 52 N【解析】【详解】(1)小球从A 运动到 B 为平抛运动,有:rsin45 v0tgt在 B 点有: tan45 v0解以上两式得:v0 2m/s( 2)由牛顿第二定律得:小球沿斜面向上滑动的加速度:mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度:mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、 t 2,由位移关系得:111212 2 22a

    20、 ta t2又因为: t1+t 29s8解得: t133s, t 2s84小球从 C 点冲出的速度:vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得:N mg m vC2r解得: N 20.9N(3)在 B 点由运动的合成与分解有: vBv02 m/s2sin45因为恒力为 5N 与重力恰好平衡,小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为 F由牛顿第二定律得:Fm vB2r解得: F 52 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N,8 如图所示,光滑水平面上放有光滑直角斜面体,倾角=30M=2.5kg,质量平行于斜面的轻质弹簧上端固定,下端与质量m=1.5kg 的铁球

    21、相连,静止时弹簧的伸长量l 0=2cm.重力加速度g 取 10m/s 2现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动,铁球与斜面体保持相对静止,当铁球对斜面体的压力为0 时,求:(1)水平力 F 的大小;(2)弹簧的伸长量l.【答案】( 1) 403 N( 2) 8cm【解析】【分析】斜面 M、物体 m在水平推力作用下一起加速,由牛顿第二定律可求出它们的加速度,然后结合质量可算出物体m的合力,最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力【详解】(1) 当铁球与斜面体一起向左加速运动,对斜面体压力为0 时,弹簧拉力为T,铁球受力如图 :由平衡条件、牛顿第二定律得:T sinmgT cosma对铁球与

    22、斜面体整体,由牛顿第二定律得:F( Mm) a联立以上两式并代入数据得:F403N(2) 铁球静止时,弹簧拉力为 T0 ,铁球受力如图 :由平衡条件得:T0mg sin由胡克定律得:T0k l 0Tk l联立以上两式并代入数据得:l8?cm【点睛】从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析,同时掌握运用牛顿第二定律解题方法9 如图所示,质量为m=1kg的滑块,在水平力F作用下静止在倾角为=30的光滑斜面上,斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失),传送带的运行速度为 v0=3m/s ,长为 L=1.4m,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滑

    23、块与传送带间的动摩擦因数=0.25,g=10m/s 2求(1)水平作用力F 的大小;(2)滑块开始下滑的高度h;(3)在第 (2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ,求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m(3)0.5 J【解析】【分析】【详解】解:( 1)滑块受到水平推力F、重力 mg 和支持力FN 处于平衡,如图所示:水平推力解得:(2)设滑块从高为h 处下滑,到达斜面底端速度为v 下滑过程由机械能守恒有:,解得:若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度,则滑块在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:解得:若滑块冲上传

    24、送带时的速度大于传送带的速度,则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动;根据动能定理有:解得:(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:s=v0t由机械能守恒有:滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?10 如图所示,五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上,每块木板的长度为0.5m ,质量为0.6kg在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg 的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2,长木板与地面间的动摩擦因数为0.1,设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等一颗质量为0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行

    25、,重力加速度g 取10m/s2 (结果保留2 位有效数字)(1)分析小物块滑至哪块长木板时,长木板才开始在地面上滑动(2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离【答案】 (1) 物块滑上第五块木板(2) x板 0.078m【解析】【分析】【详解】(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m0 , M , m ,子弹的初速度为v0 子弹击中小物块后二者的共同速度为v1由动量守恒定律m0v0Mm0v1子弹击中小物块后物块的质量为M,且MMm0 .设当物块滑至第n 块木板时,木板才开始运动1M g2 (M(6n)m) g其中1,2 分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.由式解得n4.3即物块滑上第五块木板时,木板才开始在地面上滑动.(2) 令物块滑上第五块木板上时,vs 满足 :1 Mm0g 4L1M m0 vs2v12 , vs 1m / s2之后物块继续减速,第五块木板加速直至共速后一起减速,v t 图象如图 :1- 2t12 t1t13v共1 m/s4t2v共1 s2 g4x板1312843 s81 m5 m 0.078m464

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