高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(含答案)

高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及经典题型及练习题(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，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μ=0.1，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，过程较为复杂.
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37
θ=︒，A、B两端
v=14.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与相距12m,质量为M=1kg的物体以
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. 【详解】
（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s
此过程中物体的位移01192
v v x t m +=
=
传送带的位移：214x vt m ==
当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2
物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m 根据位移公式：s 1=vt 2-12
a 2t 22
解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）
则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=
因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】
此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.
3．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ； (3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ． 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】
（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：
112
12
2
v v v L t t t ＝
++
代入数值得：
L =16m
由平均速度的定义得：
168/2
L v m s t ＝
＝＝
（2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：
2
2
110/10/1
v a m s m s
t V V ＝
＝＝
则物体所受的合力为：
F 合=ma 1=2×10N=20N ．
1-2s 内的加速度为：
a 2＝
21
＝2m /s 2，
根据牛顿第二定律得：
a 1＝
m gsin m gcos m θμθ
+=gsinθ+μgcosθ
a2＝m gsin m gcos
m
θμθ
-
=gsinθ-μgcosθ
联立两式解得：
μ=0.5，θ=37°．（3）0-1s内，物块的位移：
x1＝1
2
a1t12＝1
2
×10×1m＝5m
传送带的位移为：
x2=vt1=10×1m=10m 则相对位移的大小为：
△x1=x2-x1=5m
则1-2s内，物块的位移为：
x3＝vt2+1
2
a2t22=10×1+
1
2
×2×1m＝11m
0-2s内物块向下的位移：
L=x1+x3=5+11=16m 物块下降的高度：
h=L sin37°=16×0.6=9.6m 物块机械能的变化量：
△E＝1
2m v B2−mgh=
1
2
×2×122−2×10×9.6=-48J
负号表示机械能减小．
4．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
设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得：a=12m/s2
则下滑时的高度：
2
1
100
·0.6 2.5 224
v
h sin m m
a
θ
=⨯=
＝
（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1
由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝
210
20
v
t
V
V
＝
-
-
＝−4m/s2
对滑块：f1=ma1①
此时木板的加速度：a2＝
20
20
v
t
-
-
V
V
＝＝1m/s2
对木板： f1-f=Ma2②
当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：
a3=02
42
-
-
m/s2=-1m/s2
当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力：
f =（M+m）a3③
联立①②③代入数据解得：M=3kg
【点睛】
本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t
图像中获取信息求解加速度。

5．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θ=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μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=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) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s
【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律
得： 1sin cos m g m g m a θμθ+=，解得2
110/a m s =
设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则2
11020a x v -=-，解得15x m =
（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：
2sin cos m g m g m a θμθ-=，解得： 2
22/a m s
=
设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则2
1212v a x =解得： 125/v m s =
设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µm g m a =，解得：
2
34/a m s
=
设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则2
3120a L v -=-，解得： 2.5L m =
传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下
（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x 2，则2
22a x v =，
解得： 22 2.5x m m =<，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t 1，则1v at =，解得11t s = 设小物体匀速运动用时t 2，则22L x vt -=，解得20.125t s =
设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t 3，则130v a t =-，解得30.4t s = 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123 1.525t t t t s =++=
6．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M =2.5kg ．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m =1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl 0=2cm.重力加速度g 取10m/s 2．现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：
(1)水平力F 的大小； (2)弹簧的伸长量Δl .
【答案】（1）3（2）8cm 【解析】
【分析】
斜面M 、物体m 在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m 的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力． 【详解】
(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T ，铁球受力如图:
由平衡条件、牛顿第二定律得：sin T mg θ=
cos T m a
θ=
对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F M m a
=+()
联立以上两式并代入数据得：403F N =
(2)铁球静止时，弹簧拉力为T 0，铁球受力如图:
由平衡条件得： 0sin T m g θ= 由胡克定律得：00T k l =∆
T k l
=∆
联立以上两式并代入数据得：8?cm l ∆= 【点睛】
从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．
7．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。

某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。

其中AB 段是助滑坡，倾角α=37°，BC 段是水平起跳台，CD 段是着陆坡，倾角θ=30°，DE 段是停止区，AB 段与BC 段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.03，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC 的竖直高度h=47m 。

运动员连同滑雪板的质量m=60kg ，滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，运动员在着陆坡CD 上的着陆位置与C 点的距离l =120m 。

设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小；
（2）运动员在C点起跳时速度的大小；
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）（2）（3）
【解析】
【详解】
（1）运动员在助滑坡AB上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma
解得：a=g（sinα-μcosα）=10×（0.6-0.03×0.8）=5.76m/s2．
（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L．运动员从C点起跳后做平抛运动，则有
竖直方向：Lsinθ=gt2…①
水平方向：Lcosθ=v0t…②
由①：②得：tanθ=
解得 t=2s，v0=30m/s
（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程，根据动能定理得
mgh-W f=mv02
解得克服摩擦力所做的功 W f=mgh-mv02=60×10×47-×60×302=1200J
【点睛】
本题要分析清楚运动员的运动情况，知道运动员先做匀加速运动，后做匀减速运动，最后平抛运动，是动能定理和平抛运动的综合，要善于运用斜面的倾角研究平抛运动两个分位移之间的关系，求出时间．
8．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A、B两物体质量均为m，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g为重力加速度)，经过作用时间t，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：
(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小； (2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小； (3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A ． 【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A m v g k
θ；(3)sin 1)A m I m g k
θ=-
【解析】
（1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ； 根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma 解得a=2gsin θ.
（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin m g x k θ=；
当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =m g x x k
θ=
此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等； 从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2
121sin =
2
A F m g x x W m v θ
-++弹
=0P W E ∆=弹
解得2sin A m v g k
θ
=
（3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F m g t I m v θ-+=- ， 解得2sin A
m I g t k θ⎛
⎫=- ⎪ ⎪⎝
⎭
点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.
9．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h ．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m 处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h 的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m ，司机立即紧急刹车．已知司机的反应时间t =0.3s ，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： (1)在反应时间内轿车的位移大小； (2)刹车过程的加速度大小； (3)计算分析甲、乙两车是否相撞．
【答案】()110m；()22
5/
m s；()3甲、乙两车不会相撞【解析】
【详解】
（1）司机的反应时间0.3s内，轿车做匀速直线运动，
由题意知：
100 120//
3
v km h m s
==
所以在反应时间内轿车的位移大小
10
100
0.310
3
x v t m m
==⨯=
（2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mg ma
μ=
得2
5/
a m s
=．
（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为
()
2
2
2
100
()
01000
3111.1
2259
v
x m m m
a
-
-
===≈
--⨯
当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为
12
121
x x x m
=+=
因150********
x d m m m m
<+=+=．
故轿车乙不会与故障车甲相撞．
10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F作用下，由静止开始运动．经过2.0s的时间物块发生了4.0m的位移．（g=10m/s2）．试求：
（1）物块的加速度大小；
（2）拉力F的大小；
（3）若拉力F方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F的最小值为多大？
【答案】（1）（2）16.6N（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由x=at2得
（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①
F N+Fsinθ=mg ②
f＝μF N ③
由①②③得：F≈16.6N
（3）由力的平衡条件得
解得
解之得
【点睛】
此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．。