牛顿定律的应用例题精选
例1、质量为1.0kg 的物体, 从离地面36m 高处由静止开始下落, 物体下落过程中受到空气的平均阻力为2N , 则物体下落过程所用时间为 s, 物体着地时的速度为 m / s, 当物体下落速度为着地速度一半时所用时间是 s, 下落高度是 m(g 取
9.8m / s 2)
解题分析: 这个题目是已知物体受力情况和所处的初始条件, 求物体运动情况的是竖直方向的运动。物体下落过程水平方向不受力, 竖直方向受向下的重力G = mg = 10N , 向上的阻力f = 2N , 受竖直向下的合力∑=-=F mg f N 8, 依牛顿第二定律, ∑=F ma , 。mg f ma a ng f m m s -=→=
-==8182(/)。 再由物体所处的初始条件可知物体做初速度为零, 加速度为a 竖直向下的匀加速运动下
落的高度为36m, 由
, 当下落速度
'==v v m s t 212/时, 由求得物体速度为着地一半时落下的时间
()'='==t v a s t 128
15, 下落的高度()'='=⨯=S v a m t 22
212289 2、由已知物体运动情况, 求出物体的加速度, 应用牛顿第二定律, 推断方式者求出物体的受力情况。
例2、一质量为2kg 的物体静止在水平地面上, 在水平向下拉力作用下, 经4s 速度达到12m / s, 这时撤去拉力, 又经6s 才停止, 试分析物体受力情况, 并求出各力的大小(g 取10m / s 2)
解答分析: 这是一道由已知物体运动情况求物体受力情况的题目, 物体水平运动, 且无不水平力。物体运动可分为前后两段, 前一段物体由静止开始, 做匀加速运动, 经t 1 = 4s, 速度达到v 0 = 12m / s, 后一段撤去拉力F , 物体向初速度v t 开始做匀减速运动经t 2 = 6s 减速到零物体停了下来, v t 为前一段的末速度, 为后一段的初速度。
前一段受力F 、mg 、N 、f , 且知无水平力, N = mg = 20(N )
数值
后一段受力mg 、N 、f
说明: 由以上两例可知解题根据是牛顿第二定律和运动学公式联系两者的桥梁是加速度, 两者的关系是:
由此可知: 对于具体题目, 首先分清它是属于哪种类型, (由力求运动还是由运动求力)然后对物体进行运动分析和受力分析, 最后应用有关公式求解即可。
例3、如右图所示, 质量为m 的物体放在倾角为θ的固定斜面上恰能匀速下滑, 若斜面长为S , 要使这个物体从斜面底端能上此斜面, 求物体在斜面底端至少应具有多大的速度, 它冲上斜顶端所用时间
物体在斜面上匀速下滑受力分析如图所示, mg 、f 、N 将mg 分解为沿斜面向下和垂直斜面方向的两个分力, 依题设条件可知, ∵匀速下滑沿斜的方向∑=F 0, 有f = mg sin θ……①
当物体由斜面底端沿斜面向上滑时, 物体受力情况为右图所示, 物体受合力沿斜面向下, 大小为∑=+=F mg f mg sin sin θθ2……②
由∑=-=⎫⎬⎪⎭⎪⇒=+F ma v v aS v v mg S t t ……③
……④可得··202022222sin θ
a = 2g sin θ ∵v t ≥0 ∴v g 024≥sin θ 所以物体能冲上斜面在斜面底端具有的最末速度为v g S 02=sin θ·
物体以此速度冲上斜面所用时间为t v a g S g S g ===022sin sin sin θθθ· 例4、如右图所示, 一端固定于框架顶棚上的弹簧, 其下端吊一个质量为m 的物体, 框架质量为M = 2m, 用细绳悬于O 点, 整个装置处于静止平衡状态。当框架的悬绳被剪断瞬间, 则框架的加速度多大物体的加速度多大
解答分析: 框架和物体为相互联系的两个物体, 称为连接体, 连接体的一般解法是: 对连接体内的各个物体用隔离法分析其受力情况, 再分别用有关规律进行计算, 最后确定期 各自的运动情况。
隔离物体, 它受重力mg , 弹簧拉力T , 开始两力大小相等, 方向反, 处于静止状态, 如图示, 当悬绳被剪断瞬间, 它受力情况没有来得及发生变化, ∴a = 0
隔离框架如图示, 它受重力Mg = 2mg , 弹簧拉力T ' = T = mg , 和悬线拉力F 绳剪断前框架受合力为零有F = Mg + T ' = 3mg ,
当绳子被剪断时F = 0, 框架受重力Mg 和弹簧的拉力T '由'+='=''+=⎫⎬⎭
⇒'=T Mg Ma ma T mg mg a g 2332 例5、如右图所示, 小车的顶棚上用绳线吊一小球, 质量为m, 车厢底板上放一个质量为M 的木块, 当小车沿水平面匀加速向右运动时, 小球悬线偏离竖直方向30?, 木块和车厢保持相对静止,
求: (1)小车运动的加速度
(2)小球对悬线的拉力
(3)木块受到的摩擦力
解答分析:
(一)小球与木块随车一起向右匀加速运动, 它们具有相同的a 、v , 方向水平向右, 先由小球受力求出小球a , 也就是小车和木块的加速度, 有了加速度木块所受摩擦力就求出了, 隔离小球受力, mg T(线的拉力)两个力合力水平向右产生a , 如图示,
∑=︒=→=︒=F mg ma a g g tg tg 303033, 方向向右, 线的拉力T mg mg =︒=cos3023
3, 依据牛顿第三定律, 可知小球对悬线的拉力T ' = T , 方向与T 相反。对木块用牛顿第二定律得出木块所受摩擦力f Ma Mg ==
33, 方向向右
(二)对悬线的拉力正交分解依题意有
(三)用矢量合成的三解形法, 用OA 表示重力mg ?方向竖直向下, 用AB 表示线的拉力T ,
斜向上与竖直夹角30?, 将两个力依次连接合力用OB 表示, 方向水平向右如右图所示, 显然
F = mg tg30? = ma , a g T ng mg ==︒=333023
3cos 例6、如右图所示, 质量为M 的小车在倾角为Q = 30?的斜面上运动。车上由细线吊着质量为m 的小球, 观察到小球的悬线与竖直方向夹角也成Q = 30?, 求:
(1)小车的加速度, 分析小车可能的运动情况;
(2)小车在运动中所受的合力
解答分析: 小球随小车一起沿斜面运动, 它们具有相同的加速度, 如求出小球的加速度也就是小车的加速度。把小球、小车看成一个整体, 它们的质量(M + m)再求它们的加速度, 便可以求出所受的合力, 也就是小球受到的合力。
求小球的加速度可有以下三种解法:
解法(一)
小球受mg , T (拉力)的合力方向一定沿斜面向上, 由平行四边形法则, 做出图如所示根据条件F = mg = ma ∴a = g , 再对小球和小车的整体, 应用牛顿第二定律求小车受的合力()()∑=+=+F M m a M m g 方向沿斜面斜向上。小车的运动情况, 可能是沿斜面向上做匀加速运动, 也可能沿斜面向下做匀减运动。
解法(二)
用三角形法求合力, 如右图所示, 图中?O = 30?, ?A = 30?, ?B = 30?, ∴F = mg = ma , 同理得知a = g
解法(三)
将小球受力沿斜面向上和竖直向上两个方向进行斜夹分解(从作用效果出发)如右图所示, T ma T mg T T x y x y ===,,又, ∴a = g
解法(四)
将小球受的两个力按水平方向和竖直方向进行正交分解如下图所示:
“说明”此例题求a 是关键, 比较以上四种方法此解法(二)最简单。
例7、一根不计质量的弹簧, 下端吊一物体, 用手拉着弹簧的上端, 静止时弹簧伸长x 1 = 4cm, 当手拉弹簧使物体在竖直方向运动时, 弹簧伸长为x 2 = 5cm, 求物体运动的加速度并分析物体可能运动情况。
解答分析: 此题为由物体受力情况确定物体的运动情况, 设物体质量为m, 弹簧的劲动系数为K , 根据胡克定律可知: 物体静止时受弹簧拉力F 1 = Kx 1; 运动时弹簧拉力F 2 = Kx 2, F 1 < F 2, 由平衡条件和牛顿第二定律可得: Kx mg Kx mg ma a g 1214
===⎫⎬⎭=二式解得方向竖直向上, 由此可知物体的可能运动情况是加速向上运动或减速向下运动。
此题还可由超重、失重概念求解。
当物体有竖直向上加速度时, 物体的视重(测出的重量)超过实重(mg )出现超重现象, 超重值 = 视重－实重 = ma 。
当物体有竖直向下的加速度时, 物的视重小于实重出现失重现象, 失重值 = 实重－视重 = ma 。
本题物体实重 = Kx 1, 视重为Kx 2且视重大于实重为超重现象, 应有竖直向上加速度由
Kx Kx mg ma a g 211414
-==⇒=, 或向下的减运动的可能。 牛顿定律的应用
1、质量为1.0kg 的物体, 从离地面36m 高处由静止开始下落, 物体下落过程中受到空气的平均阻力为2N , 则物体下落过程所用时间为 s, 物体着地时的速度为 m / s, 当物体下落速度为着地速度一半时所用时间是 s, 下落高度是 m(g 取9.8m / s 2)
2、一质量为2kg 的物体静止在水平地面上, 在水平向下拉力作用下, 经4s 速度达到12m / s, 这时撤去拉力, 又经6s 才停止, 试分析物体受力情况, 并求出各力的大小(g 取10m / s 2)
3、如右图所示, 质量为m 的物体放在倾角为θ的固定斜面上恰能匀速
下滑, 若斜面长为S , 要使这个物体从斜面底端能上此斜面, 求物体在斜
面底端至少应具有多大的速度, 它冲上斜顶端所用时间
4、如右图所示, 一端固定于框架顶棚上的弹簧, 其下端吊一个质量为
m 的物体, 框架质量为M = 2m, 用细绳悬于O 点, 整个装置处于静止平衡
状态。当框架的悬绳被剪断瞬间, 则框架的加速度多大物体的加速度多大
5、如右图所示, 小车的顶棚上用绳线吊一小球, 质量为m, 车厢底板上放一个质量为M 的木块, 当小车沿水平面匀加速向右运动时, 小球悬线偏离竖直方向30?, 木块和车厢保持相对静止,
求: (1)小车运动的加速度
(2)小球对悬线的拉力
(3)木块受到的摩擦力
6、如右图所示, 质量为M 的小车在倾角为Q = 30?的斜面上运
动。车上由细线吊着质量为m 的小球, 观察到小球的悬线与竖直方
向夹角也成Q = 30?, 求:
(1)小车的加速度, 分析小车可能的运动情况;
(2)小车在运动中所受的合力
7、一根不计质量的弹簧, 下端吊一物体, 用手拉着弹簧的上端,
静止时弹簧伸长x 1 = 4cm, 当手拉弹簧使物体在竖直方向运动时,
弹簧伸长为x 2 = 5cm, 求物体运动的加速度并分析物体可能运动情况。
牛顿运动定律的简单应用典型例题
【例1】一物体放在光滑水平面上，初速为零，先对物体施加一向东的恒力F， 历时1s；随即把此力改为向西，大小不变，历时1s；接着又把此力改为向东，大小不变．历时1s；如此反复，只改变力的方向，共历时1min，在此1min内[ ] A．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置之东 B．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末静止于初始位置 C．物体时而向东运动，时而向西运动，在1min末继续向东运动 D．物体一直向东运动，从不向西运动，在1min末静止于初始位置之东 【分析】物体在第1s内受恒力作用向东作匀加速运动．在第2s内，受力向西，加速度方向向西，但速度方向仍向东，物体作向东的匀减速运动．由于力的大小不变，前、后两秒内物体的加速度大小不变，仅方向相反，所以至第2s末，物体向东运动的速度恰减为零，且第2s内的位移与第1s内的位移相同． 以后，力的方向又改为向东、继而向西……如此往复，物体则相应地向东作匀加速运动、继而向东作匀减速运动，……在1min内物体一直向东运动，至1min 末恰静止． 【答】D． 【说明】物体运动的加速度方向必与受力方向相同，但不一定与速度方向相同．若以向东方向为速度的正方向，物体运动的v-t图如图所示，物体依次作着加速度大小相等、加速度方向相反的匀加速运动、匀减速运动，……直到停止．整个1min内v＞0，表示物体一直向东运动． 【例2】汽车空载时的质量是4×103kg，它能运载的最大质量是3×103kg．要使汽车在空载时加速前进需要牵引力是2.5×104N，那么满载时以同样加速度前进，需要的牵引力是多少？ 【分析】由空载时车的质量和牵引力算出加速度，然后根据加速度和满载时的总质量，再由牛顿第二定律算出牵引力． 空载时，m1=4×103kg，F1=2.5×104N，由牛顿第二定律得加速度：
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则： （1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）； （3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L 【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。（3）木板的最小长度L 是0.7m 。 【解析】 【详解】 （1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右； （2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N （3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。 1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1= 2 A B v v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2 A B v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。 2．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μ=0.50，取重力加速度g=10m/s 2。求： （1）经历多长时间A 相对地面速度减为零；
高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)含解析 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，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： (1)物体由静止开始运动后的加速度大小； (2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】 (1)物体的受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N 联立得：a =cos37(sin 37) F mg F m μ--o o 代入解得a =0.3m/s 2 (2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小2 19.6m 2 x at = = (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m m μμ= ==='' 由v 2 =2a ′x ′得:2 1.44m 2v x a ='' = 【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．
2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求： （1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度； （3）木板在地面上运动的最大位移。 【答案】（1）5m/s 2 2m/s 2（2）14m （3）12m 【解析】 【分析】 （1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】 （1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动， 初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 2 12a μg 5m /s == 木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+= 解得 2 2a 2m /s = （2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t 即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s 木块位移 2 011x v t a t 18m 2 木块=-= 木板位移 2 21x a t 4m 2 木板= = 木板长度 L x x 14m =-=木板木块 （3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得 2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共， 木板位移 23 v x 8m 2a ==，共木板 总位移 , x x x 12m =+=木板木板
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求： (1)物体由静止开始运动后的加速度大小； (2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】 (1)物体的受力情况如图所示： 根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N 联立得：a =cos37(sin 37) F mg F m μ--o o 代入解得a =0.3m/s 2 (2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小2 19.6m 2 x at = = (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m m μμ= ==='' 由v 2 =2a ′x ′得:2 1.44m 2v x a ='' = 【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．
2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／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10 m ／s 2． （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()m v m m v =+ 由能量守恒定律得 22101211()22 E m v m m v ∆= -+ 解得损失的机械能 2120 1213.52() m m v E J m m ∆= =+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得 101122m v m v m v =+ 由机械能守恒定律得222101122111222 m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -= =-+， 12012 26/m v v m s m m ==+ 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-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ= 设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22 121211322 x v t a t a t m ∆=+ -= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++= 对物块C ：1334-m g m a μ= 这一过程的相对位移为 2222243()()1223 a t a t x m a a ∆= -=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 128 2.673 x x x m m ∆=∆-∆= =
物理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．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求： （1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】 (1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mg m μ＝3 m/s 2 由于μ1mg>2μ2mg 故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝ 122mg mg m μμ-?＝1 m/s 2 设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分) L 2＋x ＝vt －12 a 1t 2 对平板：v′＝a 2t x ＝ 12 a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝ mg m μ＝5 m/s 2 若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s 设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－1 2 a 1t′2 x′＝ 1 2 a 2t′2
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案及解析 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，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）53F Mg mg =- （2） 65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855 T mg =或8 11T Mg = ） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5 3 F Mg mg = - （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得 65 M m = （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Mg –T =Ma 小球受AC 的拉力T ′=T 牛顿运动定律T ′–mg cos53°=ma 解得85mMg T m M = +（）（488 5511 T mg T Mg = =或） 【点睛】
物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．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v 0=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μ=0.2，重力加速度g 取10 m/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)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆= 【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v 1，则： 222 011-22A B v v v L a a =＋ 又： 011 -=A B v v v a a 解得：a B =6m/s 2 再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N 若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N 当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得： 对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N 若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下 综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N (2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2 平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2
牛顿定律的应用例题精选 例1、质量为1.0kg 的物体, 从离地面36m 高处由静止开始下落, 物体下落过程中受到 空气的平均阻力为2N , 则物体下落过程所用时间为 s, 物体着地时的速度为 m / s, 当物体下落速度为着地速度一半时所用时间是 s, 下落高度是 m(g 取9.8m / s 2) 解题分析: 这个题目是已知物体受力情况和所处的初始条件, 求物体运动情况的是竖直方向的运动。物体下落过程水平方向不受力, 竖直方向受向下的重力G = mg = 10N , 向上的阻力f = 2N , 受竖直向下的合力∑=-=F mg f N 8, 依牛顿第二定律, ∑=F ma , 。mg f ma a ng f m m s -=→=-==81 82(/)。 再由物体所处的初始条件可知物体做初速度为零, 加速度为a 竖直向下的匀加速运动下落的高度为36m, 由, 当下落速度'==v v m s t 212/时, 由求得物体速度为着地一半时落下的时间()'='==t v a s t 128 15, 下落的高度()'='=⨯=S v a m t 2221228 9 2、由已知物体运动情况, 求出物体的加速度, 应用牛顿第二定律, 推断方式者求出物体的受力情况。 例2、一质量为2kg 的物体静止在水平地面上, 在水平向下拉力作用下, 经4s 速度达到12m / s, 这时撤去拉力, 又经6s 才停止, 试分析物体受力情况, 并求出各力的大小？(g 取10m / s 2) 解答分析: 这是一道由已知物体运动情况求物体受力情况的题目, 物体水平运动, 且无不水平力。物体运动可分为前后两段, 前一段物体由静止开始, 做匀加速运动, 经t 1 =
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)含解析 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，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v 0=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/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=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F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 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 = 212 mv 解得 v 2gh ； 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 = 2201122 mv mv 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=v 0t 对物体有： v 0=v −at
ma=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．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝2 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求： (1)水平作用力F的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量。 【答案】（1）15N（2）2.5m（3）3kg 【解析】 【分析】 （1）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； （2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。 （3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。 【详解】 （1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示， 水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N （2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s
（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题20篇 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，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】 (1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围． 【详解】 (1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左． 根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma 得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2 m受到支持力 20 N=25N cos cos37 N mg F θ == ︒ (2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:
对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N 设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N 综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】 解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用． 2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量． 【答案】（1）25m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J 【解析】 【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可
高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析 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，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取 sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2） （1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】 (1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围． 【详解】 (1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左． 根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma 得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2 m受到支持力 20 N=25N cos cos37 N mg F θ == ︒ (2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:
对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N 设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N 综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】 解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用． 2．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求: (1)物体从A 点到达B 点所需的时间； (2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度． 【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】 （1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移； （2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度.
高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．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μ＝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)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有： 1N F ma μ= F N -mg =0 代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有： 2N F F Ma μ-= 解得：a 2=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： v 1=a 1t 车的速度为： v 2=v +a 2t 解得：t =2s ； (2)在2s 内小黑煤块前进的位移为： 2111 4m 2 x a t == 2s 时的速度为： 11122m/s 4m/s v a t ==⨯= 此后加速运动的加速度为：
235 m/s 6 F a M m = =+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为： 2 212321 4.4m 2 x v t a t =+= 所以煤块的总位移为： 128.4m x x += (3)在2s 内小黑煤块前进的位移为： 2111 4m 2 x a t == 小车前进的位移为： 2111 6.8m 2 x v t a t '=+= 两者的相对位移为： m 1 2.8x x x '∆=-= 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． 2．如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求： (1)物块与小车共同速度； (2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移x ； (4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少？ 【答案】(1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s 【解析】 【详解】 （1、2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a 2＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5m/s 2， 小车的加速度大小为：22211 0.5210 m/s m/s 0.33 m g a m μ⨯＝＝ ＝ 根据v =v 0-a 2t =a 1t 得则速度相等需经历的时间为：0 12 0.24v t s a a = +＝； v =0.8m/s
（物理）物理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．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求： （1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】 (1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mg m μ＝3 m/s 2 由于μ1mg>2μ2mg 故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝ 122mg mg m μμ-⨯＝1 m/s 2 设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分) L 2＋x ＝vt －12 a 1t 2 对平板：v′＝a 2t x ＝ 12 a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝ mg m μ＝5 m/s 2 若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s 设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－1 2 a 1t′2 x′＝ 1 2 a 2t′2