高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；（2）包裹P到达B时的速度大小；（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象．【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s（4）222200.4/80.4/ca a m sva m s⎧<=⎨≥⎩（）（）如图所示：【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。

【详解】（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-=代入数据得：210.4/a m s =-，方向：沿传送带向上；（2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220L=2v v a-代入数据得：1/v m s =；（3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-=得220.4/a m s =当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4v t s s a === 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4v x m m a ===⨯ 因为x<L ，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：21052.52L x t s s v --=== 则P 从B 处到C 处总时间为：127.5t t t s =+=；（4）若20.4/a m s <，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，加速位移等于传送带的长度，即：22C v aL = 即：220C v a =若20.4/a m s ≥，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a 2=0.4m/s 2向上匀加速运动，有：222C v a L = 即228/?C v m s =（） 两种情况结合有：222200.4/80.4/ca a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（） 图像如图所示：【点睛】解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

2．如图甲所示，m 1 =5 kg 的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m 1下滑前将m 2 = 3 kg 的滑块停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B 点运动到C 点的v -t 图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s 2．(1)求A 、B 的高度差h ；(2)求滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC ； (3)滑块m 2到达C 点时速度恰好减到3 m/s ，求滑块m 2的传送时间； (4)求系统因摩擦产生的热量．【答案】（1）0.8m （2）26m （3）6.5s （4）16J 【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m 1 的速度v 1=1 m/s ，m 2的速度v 2 =5 m/s ，设碰撞前瞬间m 1的速度为v 0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m 1v 0= m 1v 1+ m 2v 2 解得：v 0 = 4 m/sm 1下滑的过程机械能守恒：211012m gh m v = 解得：h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5va t∆==∆m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m (3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为24/2v vv m s +== 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BCL t s v== (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移21011182x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小413v a t '∆'=='∆m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．3．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0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】（102qEx m（2）5qEx 0（3）8x 0<d ≤18x 0 【解析】 【详解】（1）设A 球与B 球第一次碰撞前的速度为v 0，碰撞后的速度分别为v A1、v B1。

对A ，根据牛顿第二定律得：qE=ma 由运动学公式有：v 02=2ax 0。

解得：v 002qEx m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： mv 0=mv A1+mv B112mv 02=12mv A12+12mv B12。

解得：v B1=v 002qEx mv A1=0 （2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t 1．有：x A1=v A1t 1+12at 12=v B1t 1 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 （x 0+x A1） 解得：W=5qEx 0。

（3）设第二次碰撞前A 的速度为v A1′，碰撞后A 、B 的速度分别为v A2、v B2．有： v A1′=v A1+at 1。

第二次碰撞过程，有： mv A1′+mv B1=mv A2+mv B2。

12mv A1′2+12mv B12=12mv A22+12mv B22。

第二次碰撞后，当A 球速度等于B 球速度v B2时，A 球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：v B22-v A22=2a•△x 1。

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v A2′，碰撞后A、B的速度分别为v A3、v B3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：x A2=v A2t2+12at22=v B2t2。

v A2′=v A2+at2。

第三次碰撞过程，有：mv A2′+mv B2=mv A3+mv B31 2mv A2′2+12mv B22=12mv A32+12mv B32．v B32-v A32=2a•△x2所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+x A1+△x1＜d≤x0+x A1+x A2+△x2。

解得：8x0＜d≤18x04．如图所示，长L=10m的水平传送带以速度v=8m/s匀速运动。

质量分别为2m、m的小物块P、Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C相连。

小物块P放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、P间的细绳水平。

现在P上固定一质量为2m的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q、C间距大于10 m，重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块P与传送带间的动摩擦因数；(2)小物块P从传送带左端运动到右端的时间；(3)当小物块P运动到某位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块P到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S距传送带右端的距离。

【答案】（1）0.5（210s（3）4m【解析】【分析】(1)对物体P、Q分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3)相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离.【详解】(1)设静止时细绳的拉力为T0，小物块P与传送带间的动摩擦因数为 ，P、Q受力如图:由平衡条件得：0(2)T m g μ=0T mg =0.5μ=(2)设小物块P 在传送带上运动时加速度为a 1，细绳的拉力为T ，P 、Q 受力如图，由牛顿第二定律得,对P ：1(22)(22)m m g T m m a μ+-=+ 对Q ：1T mg ma -=假设P 一直加速至传送带最右端时间为t ，末速度为v 1由运动学公式得：212v aL =v 1=1a t联立以上两式并代入数据得：10 s t =,v 1=210 m /s <v 假设成立.(3)设细绳剪断后小物块P 的加速度大小为a 2，小物块P 在S 处的速度大小为2v ，位置S 距离传送带左端距离为1x ，距离传送带右端距离为2x ，P 受力如图:断绳后由牛顿第二定律得：2(22)(22)m m g m m a μ+=+断绳前由运动学公式得：22112v a x = 断绳后由运动学公式得：222222v v a x -=12x x L +=联立以上各式并代入数据得：S 距离传送带右端距离：2 4 m x = 【点睛】本题关键是明确滑块P 、Q 的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.5．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v 0从左端冲上木板。