高考物理牛顿运动定律的应用的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理牛顿运动定律的应用的技巧及练习题及练习题(含答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；
（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J
【解析】
【详解】
(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:
可解得：μ＝0.875.
（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移
0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为
(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:
0～6 s内物体位移为:
则0～6 s内物体相对于皮带的位移为
0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,
代入数据得：Q＝126 J
故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J
【点睛】
对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

2．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v 0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v 0=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/s 2，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 c 2-a 图象．
【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s
（4）22
2
200.4/80.4/c
a a m s v a 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 c 2-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：2
10.4/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：220
L=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2
20.4/a m s =
当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4
v 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：2245220.4
v x m m a =
==⨯ 因为x<L ，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：2105
2.52
L 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：2
20C 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22
8/?C v m s =（
） 两种情况结合有：222
200.4/80.4/c
a 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。

3．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：
（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？
（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】
（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；
（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；
（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】
（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212
mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=
（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：
21
02
mgL mv μ-=-
解得：22
8m 6.4m 220.510
v L g μ=
==⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102
mgh mv '-=-
带 得：22
6m 1.8m 2210
v h g '===⨯带
【点睛】
该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．
4．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s 时间内小物块的v-t 图线如图（b ）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； 【答案】（1）0.1；0.4（2）6m 【解析】 【分析】
（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。

（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度； 【详解】
（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ．由牛顿第二定律有： -μ1（m+M ）g=（m+M ）a 1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v 1=4m/s ，由运动学公式得： v 1=v 0+at 1…② s 0＝v 0t 1+
1
2
a 1t 12…③ 式中，t 1=1s ，s 0=4.5m 是木板碰前的位移，v 0是小木块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma 2…⑤
由图可得：a 2＝
2
1
21
v v t t --…⑥ 式中，t 2=2s ，v 2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间△t ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m ）g=Ma 3…⑧ v 3=-v 1+a 3△t…⑨ v 3=v 1+a 2△t…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s 1＝
13
2
v v -+ △t …（11） 小物块运动的位移为：s 2＝
13
2
v v +△t (12)
小物块相对木板的位移为：△s=s 2+s 1 (13)
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m 。

5．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。

物块B 与传送带的动摩擦因数μ=0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg 。

开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B ，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A 通过计时器显示的读数t 1=9.0×10-4s ，物块B 通过计时器显示的读数t 2=1.8×10-3s ，重力加速度g 取10m/s 2，试求： （1）弹簧储存的弹性势能E p ；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。

【答案】（1）E p=24J ；（2）Q =96J ；（3）84J W >。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小
v A =3
4
1 3.610m /s 4.09.010d t --⨯==⨯m/s v B =3
3
2 3.610m /s 2.01.810
d t --⨯==⨯m/s 由动量守恒有
m A v A =m B v B
得
m B =4.0kg
弹簧储存的弹性势能
22112422
p A A B B E m v m v =
+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远
由牛顿第二定律得
B B m g m a μ=
所以B 的加速度
a =2.0m/s 2
B 向右运动的距离
212B
v x a
==1.0m <9.0m
物块将返回
向右运动的时间为1 1.0B
v t a
=
=s 传送带向左运动的距离为
21x vt ==6.0m
B 相对于传送带的位移为
112x x x ∆=+
物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1 B 相对于传送带的位移为
221x x x ∆=-
物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能
22()B Q m g x x μ=⋅∆+∆=96J
（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有
221122
A A A A m v m v W '=+ A
B 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B
v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
A A
B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''
碰撞过程中，没有机械能损失
222
211112222
A A
B B A A
B B m v m v m v m v ''+''+= B 要滑出平台Q 端，由能量关系有
21
2
B B
B m v m gL μ>' 所以由得W >84J
6．如图所示，始终绷紧的水平传送带以
的恒定速率沿顺时针方向转动，质量
的平板车停在传送带的右端.现把质量
可视为质点的行李箱轻轻放到距
传送带右端
位置．行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为
、
，平板车与水平地面间的动摩擦因数为
.（不计空气阻力，
g=10m/s2）试求：
（1）行李箱在传送带上运动的时间
（2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度.
【答案】(1)2.25s (2)见解析
【解析】
(1)行李箱在传送带加速时的加速度满足，则
行李箱在传送带能加速的时间，
能加速的距离，所以行李箱在传送带上先加速后匀速。

行李箱在传送带匀速的时间
行李箱在传送带上运动的时间
(2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时：
行李箱做减速运动，由牛顿第二定律可得，行李箱加速度大小满足，解得：
平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足
，解得：
设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为，则：
，解得：
这种情况下，平板车的长度
平板车的最小长度
点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件的确定。

7．某粮仓为了把大米送到一定高度处的储藏间，铺设如图所示的传输装置，其中 AB 为长度 L1=4m的水平传送带，CD 为长度 L2=9m、倾角θ=37°的倾斜传送带，两传送带的运行速度可调。

现将一袋大米无初速地放在 A 端，设米袋从 B 转移到 C 时速度大小不变，已知米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力
加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8。

现在对设备按照如下两种方式进行调试：
（1）使水平传送带以 v1=5m/s 的速度顺时针匀速转动，倾斜传送带不转动。

求： ①米袋在水平传送带上加速运动的距离； ②米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离。

（2）使两条传送带以相同的速度 v2 顺时针匀速转动，为了使米袋能被运送到 D 端，试通过分析计算 v2 的最小值。

【答案】（1）①2.5m ；②1.25m （2）6m/s 【解析】 【详解】
（1）①对米袋，根据牛顿第二定律得
1mg ma μ=
加速阶段，当米袋速度增加到和传送带一样时，根据运动学公式得
21112v a s =
解得1 2.5m s =
②倾斜传送带不动，米袋沿传送带向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
因11s L <，故米袋到达C 时速度大小为1v ，设米袋在CD 所能上滑的距离为2s ，则有
21222v a s =
解得2 1.25m s =
可见，22s L <，故米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离为1.25m 。

（2）sin cos mg mg θμθ>，所以无论如何调节倾斜传送带速度，米袋所受合力均沿传送带向下。

为使米袋能到达D 端且在C 端所需速度最小，应使其向上运动过程中所受滑动摩擦力始终沿传送带向上，此时对米袋应用牛顿第二定律得
3sin cos mg mg ma θμθ-=
22322v a L =
解得26m/s v =
在水平传送带上，当米袋速度增加到等于26m/s v =时，其加速距离为3s ，则
22132v a s =
可见，31s L <，故米袋在水平传送带上能被加速到26m/s v =，所以2v 最小值为
26m/s v =
8．如图所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图所示，t=2.0s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg ，木板质量M = 1kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2．求：
（1）t=0.5s 时滑块的速度大小； （2）0～2.0s 内木板的位移大小； （3）整个过程中因摩擦而产生的热量． 【答案】（1）1m/s （2）6.25m （3）12J 【解析】
【分析】先判断出在0-0.5s 内滑块与木板是相对静止的，方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M 为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F ，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度；0.5-2.0s 内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0-0.5s 内的位移，即可得解；求出相对位移，再得到摩擦生热； 解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大， 以M 为研究对象，根据牛顿第二定律得
0mg Ma μ=，得200.2210
4m/s 1
mg
a M
μ⨯⨯=
=
=； 对整体，有()0012N F M m a =+=
由图知，在00.5s -内，06N F F =<，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于
22m/s F
a M m
=
=+，则0.5s t =时滑块的速度大小111m/s v at == （2）00.5s -内，整体的位移为221111
20.50.25m 22
x at =
=⨯⨯= 在0.5s 2.0s -内，016N F F =>，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得
对m 有：m F mg ma μ-=，得2
6m/s m a =； 对M 有：M mg Ma μ=，得2
4m/s M a =；
0.5~2.0s 内木板的位移大小为2
2122
12M x v t a t =+=211 1.54 1.56m 2
⨯+⨯⨯=
故0~2.0s 内木板的位移大小12 6.25m x x x =+=
（3）0.5~2.0s 内滑块的位移大小为2312212M x v t a t =+=211 1.56 1.58.25m 2
⨯+⨯⨯= 故0.5~2.0s 内滑块与木板的相对位移132 2.25m x x x ∆=-=
2.0s t =时，滑块的速度为1216 1.510m/s m m v v a t =+=+⨯=
木板的速度为1214 1.57m/s M M v v a t =+=+⨯=
撤去F 后，m 的加速度大小为22m/s m mg
a g m μμ'===；
设从2s t =时起经过时间t ，两者速度相等，共同速度为v ，则有
m m M M v v a t v a t '=-=+，计算得出0.5s t =，9m/s v =，
从2s t =到两者相对静止的过程中，滑块的位移为41090.5m 4.75m 22m v v x t ++=
=⨯= 木板的位移为5790.5m 4m 22
M v v x t ++==⨯= 此过程两者的相对位移2450.75m x x x ∆=-=
故整个过程中因摩擦而产生的热量为()1212J Q mg x x μ=∆+∆=
9．如图所示，质量为M =2kg 、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m =1kg 的物块，现用一水平向右大小为9N 的拉力F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F ，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L =4.8m ，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s 2，求：
(1)撤去F 的瞬间，物块和板的加速度；
(2)拉力F 作用的时间；
(3)整个过程因摩擦产生的热量。

【答案】(1)1 m/s 2，方向向左， 2.5 m/s 2，方向向左(2)4s(3)72J
【解析】
【详解】
(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a 1、a 2，由牛顿第二定律得：
对物块：
μ1mg =ma 1
对木板：
μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2
解得：
a 1=1 m/s 2，方向向左
a 2=2.5 m/s 2，方向向左
(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：
F -μ2（M +m ）g =（M+m ）a 0
解得：
a 0=1 m/s 2。

设撤去力 F 时二者的速度为 v ，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：
2
112v x a =
木板的位移：
2
22
2v x a = 又：
x 1-x 2=L
联立方程，代入数据得：
v =4m/s
设力F 作用的时间为t ，则：
v =a 0t
所以：
0441
v t s s a =
== (3)在拉力F 的作用下木板的位移： x 0=
12a 0t 2=12
×1×42=8m 由上解得，撤去拉力后木板的位移：
x 2=3.2m 根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：
Q =μ2（M +m ）g （x 2+x 0）+μ1mg （x 1-x 2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J
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 =。