牛顿运动定律测试题(DOC 11页)

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1、牛顿运动定律的应用测试题一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1如图所示，钉子A、B相距5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M的小物块，另一端绕过A固定于B质量为m的小球固定在细线上C点，B、C间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与A、B相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取sin53=0.8，cos53=0.6求：（1）小球受到手的拉力大小F；（2）物块和小球的质量之比M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物块M所受的拉力大小T【答案】（1） （2） （3）（或）【解析】【分析】【详解】

2、（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2F1sin53=F2cos53 F+mg=F1cos53+ F2sin53且F1=Mg解得（2）小球运动到与A、B相同高度过程中小球上升高度h1=3lsin53，物块下降高度h2=2l机械能守恒定律mgh1=Mgh2解得（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为a，重物受到的拉力为T牛顿运动定律MgT=Ma 小球受AC的拉力T=T牛顿运动定律Tmgcos53=ma解得（）【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第

3、（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等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=0.1，

4、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

5、较为复杂.3如图所示，一质量M=4.0kg、长度L=2.0m的长方形木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）。现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的初速度大小均为2.0m/s，最后A并没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数=0.50，取重力加速度g=10m/s2。求：（1）经历多长时间A相对地面速度减为零；（2）站在地面上观察，B板从开始运动，到A相对地面速度减为零的过程中，B板向右运动的距离；（3）A和B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离。【答案】（1） （2） （3） 【解析】【详解】（1）A在摩擦力f=m

6、g作用下，经过时间t速度减为零，根据动量定理有：mgt=mv0解得t=0.40s（2）设B减速运动的加速度为a，A速度减为零的过程中，板B向右运动的位移为x根据牛顿第二定律有mg=Ma，解得a=1.25m/s2根据匀变速直线运动位移公式有x=v0t-at2解得x=0.70m（3）设A和B二者的共同速度为v，根据动量守恒定律有（M-m）v0=（M+m）v解得v=1.2m/s设A和B二者达到共同速度时，小滑块A与板B右端的距离为l，根据做功与能量变化的关系有mgl=（M+m）v02-（M+m）v2解得l=1.28m，所以A、B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离为：x=L-l=0.72m【

7、点睛】本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便.4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

8、宽度d应满足的条件。【答案】（1） （2）5qEx0（3）8x0d18x0【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：v02=2ax0。解得：v0= 对于AB碰撞过程，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+mvB1mv02=mvA12+mvB12。解得：vB1=v0=，vA1=0（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1有：xA1=vA1t1+at12=vB1t1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

9、：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：vA1=vA1+at1。第二次碰撞过程，有：mvA1+mvB1=mvA2+mvB2。mvA12+mvB12=mvA22+mvB22。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：vB22-vA22=2ax1。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t2有：xA2=vA2t2+at22=vB2t2。vA2=

10、vA2+at2。第三次碰撞过程，有：mvA2+mvB2=mvA3+mvB3mvA22+mvB22=mvA32+mvB32 vB32-vA32=2ax2所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+x1dx0+xA1+xA2+x2。解得：8x0d18x05如图所示，一速度v=4m/s顺时针匀速转动的水平传送带与倾角=37的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m=2Kg的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为2=0.4，小物块以初速度v0=10m/s从斜面底端上滑求：（g=10m/s2）（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上

11、时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x1=5m （2） L=2.5m （3）t=1.525s【解析】（1）小物块以初速度v0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： ，解得设小物块沿沿斜面上滑距离为x1，则，解得（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： ，解得： 设小物块下滑至斜面底端时的速度为v1，则解得： 设小物块在传送带上滑动时的加速度为a3, 由牛顿第二定律得： ，解得： 设物块在传送带向左滑动的最大距离为L，则，解得： 传送带至少2.5m物块不会由传送

12、带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x2，则，解得： ，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。设小物体加速至与传送带共速用时t1，则，解得设小物体匀速运动用时t2，则，解得设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t3，则，解得物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间6如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m处放着一质量为0.1kg的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数=0.2现用水平向右推力F=1.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速

13、度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D已知BOC=37，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37=0.6，cos37=0.8）(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字）(3)铁球运动到B点时的速度大小vB；(4)水平推力F作用的时间t。【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小为m/s；(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低

14、点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N；(3)铁球运动到B点时的速度大小是5m/s；(4)水平推力F作用的时间是0.6s。【解析】【详解】(1)小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：可得： (2)小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则： 代入数据可得：F=6.3N由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：FC=F=6.3N(3)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有： 得：vy=3m/s小球沿切线进入圆弧轨道，则： (4)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得： 小球在水平面上做加速运动时： 可得： 小球做减速运动时： 可

15、得： 由运动学的公式可知最大速度：； 又： 联立可得：7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 （2）设物块与木板之间的动摩擦因

16、数1，木板和地面之间的动摩擦因数为2；物块冲上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度大小为a，根据牛顿第二定律对物块：1mg=ma1对木板：1mg-2（m+M）g=Ma2 对整体：2（m+M）g=（M+m）a 由图象的斜率等于加速度可得，a11.5m/s2，a21m/s2，a=0.5m/s2。由以上各式解得8如图所示，在倾角为的光滑物块P斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B；C为一垂直固定在斜面上的挡板、C总质量为M，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F从零开始增大作用于P

17、 物块B刚要离开C时力F从开始到此时物块A相对于斜面的位移物块A一直没离开斜面，重力加速度为【答案】（1） （2） 【解析】【分析】先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A、B或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解。【详解】整体做为研究对象，刚要离开C瞬间与C的作用力为0，受力情况如图：根据力的平衡知识有：，对P、A、B整体分析受力有：联立解得：开始时弹簧压缩，有：由分析可知加速度为对B分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0；所以物块A的位移：【点睛】解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的

18、运用。9图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角= 37，C、D 两端相距4.45m， B、C相距很近。水平部分AB 以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5试求：(已知sin370.6，cos370.8， g取10 m/s2 ，=2.450，=2.68)(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件

19、及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围【答案】(1)能滑上的最大距离 (2)要把米袋送到D点，CD部分的速度 时间t的范围为【解析】【分析】（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；【详

20、解】（1）米袋在AB上加速时的加速度a0g5m/s2米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0=2.5mAB=3m，因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma代入数据得a=10 m/s2所以能滑上的最大距离s1.25m（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sin+cos）=-10 m/s2米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sin-cos）=-2 m/s2由 解得v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分

21、的速度vCDv1=4m/s米袋恰能运到D点所用时间最长为若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2由SCD=v0tmin+a2t2min，得：tmin=1.16s所以，所求的时间t的范围为1.16 st2.1 s；【点睛】题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零.10如图所示，t0时一质量m1 kg的滑块A在大小为10 N、方向与水平向右方向成37的恒力F作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t12 s时撤去力F； t0时在A右

22、方x07 m处有一滑块B正以v07 m/s的初速度水平向右运动已知A与地面间的动摩擦因数10.5，B与地面间的动摩擦因数20.1，取重力加速度大小g10 m/s2，sin370.6，cos370.8两滑块均视为质点，求：（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；（2）两滑块间的最小距离【答案】（1）3.75s（2）0.875m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F前后时A的加速度以及B的加速度；根据撤去F之前时速度相等和撤去F之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.【详解】（1）对物块A，由牛顿第二定律：；对物体A撤去外力后：；对物体B：A撤去外力之前两物体速度相等时：，得t1 sA撤去外力之后两物体速度相等时：，得t3.75 s（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：xx0x2x1； 得x0.875 m