牛顿运动定律的应用练习题含答案

牛顿运动定律的应用练习题含答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0.2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1m．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．g取l0m/s2.求：(1)水平作用力F的大小；（已知sin37°=0.6cos37°=0.8）(2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数μ；(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）7.5N（2）0.25（3）0.5J【解析】【分析】【详解】(1)滑块受到水平推力F.重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ，代入数据得：F=7.5N.(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有：mgh=212mv解得v=2gh=2m/s；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送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：μmgL=2201122mvmv代入数据得：μ=0.25(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为：x=v0t对物体有：v0=v−atma=μmg滑块相对传送带滑动的位移为：△x=L−x相对滑动产生的热量为：Q=μmg△x代值解得：Q=0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．2．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑14圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从14圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：(1)物块B滑到14圆弧的最低点C时对轨道的压力；(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s【解析】【详解】(1)设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：2012mgRmv代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：20vFmgmR代入数据解得：F=60N由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下；(2)在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：μmg=ma设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有2202vval代入数据解得：v=4m/s由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：mv=mv1+Mv2由机械能守恒定律得：22212111222mvmvMv解得：12mm2,2ss2vvv物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：2p2112J2Emv(3)碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得21102mglmv解得：l′=2m＜4.5m所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：'112mgtmv解得：'1124svtg设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：'134mvmvMv'222134111222mvmvMv代入数据解得：3m1sv当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：232mgtmv解得：'3222svtg同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为114s2nnt构成无穷等比数列，公比12q，由无穷等比数列求和公式111nqttq总当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为14s=8s112t总3．如图所示，长木板B质量为m2＝1．0kg，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m3＝1．0kg、可视为质点的物块C放在长木板的最右端．质量m1＝0．5kg的物块A，以速度v0＝9m／s与长木板发生正碰（时间极短），之后B、C发生相对运动．已知物块C与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C始终在长木板上，g取10m／s2．（1）若A、B相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能．（2）若A、B发生弹性碰撞，求整个过程物块C相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J（2）2.67m【解析】（1）若A、B相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()mvmmv由能量守恒定律得22101211()22Emvmmv解得损失的机械能21201213.52()mmvEJmm（2）A、B发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122mvmvmv由机械能守恒定律得222101122111222mvmvmv联立解得1210123/mmvvmsmm，1201226/mvvmsmm之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板：2231321-()mmgmgma对物块C：1332mgma设达到共同速度过程经历的时间为t，212vatat这一过程的相对位移为22121211322xvtatatmB、C达到共同速度之后，因12，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律，对长木板：2231323-()mmgmgma对物块C：1334-mgma这一过程的相对位移为2222243()()1223atatxmaa整个过程物块与木板的相对位移为1282.673xxxmm点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．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，所加电场的宽度d应满足的条件。【答案】（1）02qExm（2）5qEx0（3）8x0d≤18x0【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=02qExm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+mvB112mv02=12mvA12+12mvB12。解得：vB1=v0=02qExm，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+12at12=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：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。12mvA1′2+12mvB12=12mvA22+12mvB22。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=2a•△x1。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+12at22=vB2t2。vA2′=vA2+at2。第三次碰撞过程，有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB312mvA2′2+12mvB22=12mvA32+12mvB32．vB32-vA32=2a•△x2所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2。解得：8x0＜d≤18x05．如图所示，质量为M=2kg、长度56Lm的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B处放置一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间t撤去F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s2．求：（1）小物块与木板系统生热Q；（2）力F作用时间t；（3）力F做功W．【答案】（1）5J6Q；（2）1st；（3）5JW。【解析】【分析】【详解】（1）小物块与木板系统生热Q，则有：QmgL代入数据解得：56QJ（2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为1a，根据牛顿第二定律有：1mgma解得：211m/sa木板加速度为2a，根据牛顿第二定律有：2FmgMa解得：222m/sa撤去F瞬时小物块速度为1v，则有：11vatt木板速度为2v，则有：222vatt该过程木板相对小物块位移：22212111222txatat撤去F后历时't小物块恰好运动到达木板左端A处，小物块与木板达到共同速度v，由动量守恒定律得：12()mvMvmMv解得：53tv对小物块：由动量定理得：1()mgtmvv解得：23tt该过程木板相对小物块位移：221212()()()2223vvvvvvtxttt木板长度：12Lxx256t解得：1ts（3）力F做功2212WFat或21()2WQmMv解得：5WJ【点睛】解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F未撤去时系统的动量不守恒，撤去F时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．6．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.