最新高考物理试卷物理牛顿运动定律的应用题分类汇编

（1）规定向右为正方向。木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a1，小物块和木板的质量分别为m和M．由牛顿第二定律有： -μ1（m+M）g=（m+M）a1…①

由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得： v1=v0+at1…② s0＝v0t1+

1a1t12…③ 2式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0是小木块和木板开始运动时的速度。 联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④

在木板与墙壁碰撞后，木板以-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma2…⑤ 由图可得：a2＝

2v?v1…⑥ t2?t1式中，t2=2s，v2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦

（2）设碰撞后木板的加速度为a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3…⑧ v3=-v1+a3△t…⑨ v3=v1+a2△t…⑩

碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s1＝

?v1?v3 △t…（11） 2v1?v3 △t…（12） 2小物块相对木板的位移为：△s=s2+s1…（13）

小物块运动的位移为：s2＝

联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m。

8．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动一质量m=1kg的小物块无初速地放到皮带A处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数μ=0.2，A、B之间距离s=6m，求物块

（1）从A运动到B的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s2） （2）A到B的过程中摩擦力的功率是多少？

【答案】（1）8J；（2）3.2W； 【解析】

（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为：

．

物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：

说明此时物块还没有到达B点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力． 由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为：（2）匀加速运动的时间匀速运动的时间摩擦力的功率

， ，

，

9．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g?10m/s．

2

（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M静止后，m继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度； 【详解】

（1）M与地面之间的最大静摩擦力f1=μ2(M+m)g＝0.4×(2+1)×10＝12N

当M、m整体一起向右匀加速运动时，当m与M的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F最大；

对m：μ1mg＝ma① 得a=μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2 对整体：F?μ2(M+m)g＝(M+m)a② 代入数据：F-12=（2+1）×2

解得：F=18N

所以拉力F大小范围是12N＜F≤18N

（2）拉动木板的水平力F=15N，M、m一起匀加速运动 根据牛顿第二定律：a＝F??2?M?m?gM?m15?12＝m/s2＝1m/s2

2?1t1＝4s时速度v1＝at1＝1×4m/s＝4m/s 撤去F后，物块加速度a1＝μ1g＝2m/s2 对木板：μ1mg?μ2(M+m)g＝Ma2， 代入数据：0.2×10?12＝2 a2 解得：a2＝?5m/s2

木板向右速度减为0的时间；根据题意t2=1s物块恰好到达板右端

t1＝0?v10?4＝s＝0.8s a25在t1时间内物块的位移：x1＝v1t1?木板的位移：x2＝121a1t1?4?0.8??2?0．＝822.56m 22v14t1＝?0.8＝1.6m 22物块相对木板的位移△x＝x1-x2＝2.56?1.6＝0.96m 根据题意撤去力F后，再经t2=1s物块恰好到达板右端 所以木板静止后，木块继续运动0.2s

t1＝0.8s时物块的速度v2=v1-a1t1＝4?2×0.8＝2.4m/s

121Vx'＝v2t2?a1t2?2.4?0.2??2?0．22m＝0.44m

22木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m

10．如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0=8 m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连（碰撞时间极短），此后，AC及B的速度一时间图象如图乙所示。已知A、B、C、D的质量均为m=l kg，木板A的长度l= 5m，A、C与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m／s。求：

(1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。 (2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。 (3)最终物块B离长木板A左端的距离。

2

【答案】（1）???0.1 ??0.2 （2）1J （3）3.05m

【解析】（1）设A与地面间的动摩擦因数为μ，B与A上表面的动摩擦因数为μ，由图乙可知：0-1s，AC整体做匀减速运动的加速度aA1=3.5m/s2，B做匀加速运动的加速度aB1=1m/s2，

对AC整体： 3?mg???mg??2maA1 对B有： ??mg?maB1 解得：μ=0.1；μ=0.2

（2）C与A碰撞过程中动量守恒：mvC=2mvA，其中vA=4.5m/s 解得vC=9m/s

弹簧弹开过程中，CD系统动量守恒，由动量守恒定律：

/

/

2mv0?mvC?mvD

解得：vD=7m/s

弹簧弹开过程中，CD及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有：

112122?2mv0?EP?mvC?mvD 222解得：EP=1J

（3）由图乙可知：0-1s内B相对A向左运动的位移： x1?2AB速度相等后，B的加速度： aB2????g??1m/s

4.5?1m?2.25m 2AC整体的加速度： aA2??3?mg???mg??2.5m/s2

2m因aA2?aB2 ，所以AC整体先停止运动， AC整体的运动时间为： t?1s?0.4s ， 2.511aB2t2?vt?0.12m 22在0.4s内B相对A向右运动的位移： x2?vt?A停止时B的速度： v??v?aB2t?0.6m/s

2然后B在A上面做匀减速运动直到停止，B的加速度aB3????g??1m/s

v'2B相对A向右运动的位移： x3???0.18m

2aB3