高考物理牛顿运动定律的应用技巧(很有用)及练习题及解析

高考物理牛顿运动定律的应用技巧(很有用)及练习题及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图，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 =
212mv 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．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：222011-22A 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
两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t
解得：t =0.25s
A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516m
B 滑行距离：x B =12a B t 2=716
m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m
【点睛】 解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
3．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)
L2＋x＝vt－1
2
a1t2
对平板：v′＝a2t
x＝1
2
a2t2
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：a3＝
mg
m
＝5 m/s2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为：
v1＝
11
2a 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″＝v1－a1t′
L2＋x′＝v1t′－1
2
a1t′2
x′＝1
2
a2t′2
联立以上各式代入数据解得：t′1＝1
2
s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去)
将t′＝1
2
s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.
4．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/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=μmg作用下，经过时间t速度减为零，根据动量定理有：μmgt=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μmg=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
μmgl=（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
【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.
5．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。

6．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A固定有挡板P，斜面上B 点与A点的高度差为h．将质量为m的长木板置于斜面底端，质量也为m的小物块静止在木板上某
处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数
3
2
μ=，且最大静摩擦力
等于滑动摩擦力，重力加速度为g．
（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ．
【答案】(1)
32mg (2) 94mgh 【解析】
（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0
解得：F 0＝32
mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．
对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1
mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma 2
对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4
另有：1132212
()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝
222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ
+⋅-+= 2111 2
W F a t ＝⋅ 解得W ＝94
mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．
7．如图所示，质量M =1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m =1kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g 取10m/s 2，
(1)若木板长L =1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N ，经过多长时间铁块运动到木板
的右端?
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f随拉力F大小变化而变化的图像．
【答案】（1）1s；（2）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）铁块的加速度大小=4m/s2
木板的加速度大小2m/s2
设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有
解得：t=1s
（2）
8．如图a所示,质量为M=1kg的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg的物块以初速度
v0=2.0m/s滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为0.2，
μ=在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F，当恒力F取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的
路程为s，给木板施加不同大小的恒力F,得到1
F
s
-的关系如图b所示，当恒力F=0N时,物
块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10m/s2，试求:
(1)求木板长度；
(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F 的范围；
(3)图b 中CD 为直线,求该段的1F s
-的函数关系式． 【答案】（1）0.5m （2）F≤4N ；（3）
144F s += 【解析】
【分析】
（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加速度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F 的最大值；
（2）当0≤F≤F m 时，随着F 力增大，S 减小，当F=F m 时，出现S 突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解．
【详解】
（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加速度
212/mg
a g m s m μμ=== ； 木板的加速度：222/mg
a m s M μ==；
物块与木板共速时v 0-a 1t 1=a 2t 1
解得t 1=0.5s ， 则木板的长度：22011121110.522
L v t a t a t m =--= （2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加
速度a 做匀加速运动，则：F a M m
+＝
，而f=ma ， 由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f max =μmg=2N ，
联立解得：F≤4N ； （3）当0≤F≤4N 时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，对应着图（b)
中的AB 段，当F >4N 时对应（b)中的CD 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx
当两者具有共同速度v ，历时t ， 则：2M F mg a F M μ+=+＝
a m ＝mg
m
μ＝μg ＝2m /s 2 根据速度时间关系可得：v 0-a m t=a M t 根据位移关系可得：Δx ＝v 0t −
12a m t 2−12
a M t 2 s=2Δx 联立
1s −F 函数关系式解得：144
F s += 【点睛】 本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
9．如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m 的木板，木板上依次排放质量均为m 的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为.μ现同时给木块1、2、3水平向右的初速度0v 、02v 、03v ，最后所有的木块与木板相对静止。

已知重力加速度为g ，求
()1求所有木块都相对静止时的速度；
()2木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小；
()3木块2在整个运动过程中的最小速度。

【答案】()01?v ；()2042?v g μ；()053?6
v 【解析】
【分析】
()1当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，由系统动量守恒求得共同速度。

()2木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。

()3由动量守恒定律求木块2在整个运动过程中的最小速度。

【详解】
()1当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，且为v 。

取向右为正方
向，系统动量守恒得：()000
236m v v v mv ++= 解得：0v v =
() 2术块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：mg ma μ=
由运动学公式有：2203
(3)2v v as -= 解得木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小：2034v s g
μ= ()3设木块2的最小速度为2v ，此时木块3的速度为3v ，由动量守恒定律
()()000232323m v v v m m v mv ++=++
在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同
030232v v v v -=-
解得2056
v v = 故本题答案是：()01v ；()2042v g μ；()0536
v 【点睛】
本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理。

10．如图所示，在倾角37θ=︒ 的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg 的物块，物块与斜面间 因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N 的作用，从静止开始运动，经2s 绳子突然断了，求：
(1)绳断瞬间物体的速度大小为多少？
(2)绳断后多长时间物体速度大小达到22m/s.(sin37°=0.6，g=10m/s2)
【答案】（1） 14/v m s = （2） 5.53t s =
【解析】(1)在最初2s 内，物体在F=9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，根据受力分析图可知：
沿斜面方向：F-mgsinθ-F f =ma 1
沿y 方向：F N =mgcosθ
且F f =μF N
得： 21sin cos 2m/s F mg mg a m
θμθ--== 2 s 末绳断时瞬时速度1114/v a t m s ==
(2)从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2 则()
22sin cos 7.6m/s mg mg a m θμθ-+==-
设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2
据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2 所以122
00.53v t s a -== 物体从最高点沿斜面下滑，第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3 由牛顿第二定律可知：a 3=gsinθ-μgcosθ=4.4m/s 2
速度达到v 3=22m/s 所需时间333
05v t s a -== 则从绳断到速度为22m/s 所经历的总时间230.535 5.53t t t s s s =+=+= 综上所述本题答案是：（1） 1v 4m /s = （2）t 5.53s =。