高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(含答案)及解析

高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(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．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：
（1）m 、M 之间的动摩擦因数；
（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；
（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：
11mg ma μ=
由乙图知
214m /s a =
解得
10.4μ=
（2）对M 由牛顿第二定律有
122()F mg M m g Ma μμ--+=
即
12122()()F mg M m g mg M m g F
a M M M
μμμμ--+--+=
=+
乙图知
11
4
M = 12()9
4
mg M m g M μμ--+=-
解得
M = 4 kg μ2=0. 1
（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，
设m 运动t 1时间速度减为零，则
11
1s v t a =
= 位移
2101111
2m 2
x v t a t =-=
M 的加速度大小
2122()5m /s F mg M m g
a M
μμ--+=
=
方向向左， M 的位移大小
2
2211 2.5m 2
x a t =
= 此时M 的速度
2215m /s v a t ==
由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，
设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律
23F Mg Ma μ-=
可得
2325
m /s 4
a =
在t =2s 时m 与M 右端的距离
2321311
()()8.125m 2
x v t t a t t =-+-=．
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. 【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 2-1
2
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：
112122
v v v L t t t ＝++
代入数值得：
L =16m
由平均速度的定义得：
16
8/2
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：
22110
/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＝
2
1
＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得：
a 1＝
mgsin mgcos m
θμθ
+=gsinθ+μgcosθ
a 2＝ mgsin mgcos m
θμθ-=gsinθ-μgcosθ
联立两式解得：
μ=0.5，θ=37°．
（3）0-1s 内，物块的位移：
x 1＝
12a 1t 12＝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 a
2t22=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
2
m v B2−mgh=
1
2
×2×122−2×10×9.6=-48J
负号表示机械能减小．
4．如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平。

小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数
μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取
g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
(1)求小物块运动至B点时的速度；
(2)若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？
【答案】(1) 05m/s
cos
B
v
v
θ
==过B点时的速度方向与水平方向成37度 (2) 12
=15J
W W W
+=-
总
【解析】
【详解】
（1）分解v B，得：0
cos x
y y
v v
v v
θ==
变形得：05m/s
cos
B
v
v
θ
==
过B点时的速度方向与水平方向成37°
（2）因()125N>3N mg M m g μμ=+=，故木板将在地面上滑行，则
对小物块有：11mg ma μ=，得 2
15m/s a = 对长木板有：()22M m g Ma μ+=，得 2
21m/s a =
设它们经过时间t ，共速v 共，则有：
12=C v v a t a t 共-=，
解得：1t s =，=1m/s v 共
则对小物块在相对滑动有：1 3.5m 2
C v v x t +=⋅=共
，
故11117.5J W mgx μ=-=- 则对长木板在相对滑动有：200.5m 2
v x t +=⋅=共
， 故212 2.5J W mgx μ==
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：()()2M m g M m a μ+=+共，
21m/s a 共=，则它们间的摩擦力1f ma mg μ=<共，所以假设成立，之后它们相对静止一
起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和12=15J W W W +=-总
5．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，
210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：
(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；
(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小； (3)物体在长木板上滑行的最大距离．
【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；2
21/a m s = （3）2m
【解析】 【分析】
该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】
(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：00
13737mgsin mgcos ma μ-=
解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =
对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：2
02B v aS -=
解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s
= (2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=
解得：物体滑上长木板后物体的加速度2
13/a m s =，方向水平向左
物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=
解得：物体滑上长木板后长木板的加速度2
21/a m s =，方向水平向右
(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =
这段时间内物体的位移221111
4131 2.522
B x v t a t m m =-=⨯-⨯⨯= 这段时间内长木板的位移222211
110.522
x a t m m =
=⨯⨯= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=
6．如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37°的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg 的可视为质点的小物块以初速度v 0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N ，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出．已知小物块与木板之间的动摩擦因素为0．25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0．5，g=10m/s 2，sin37°=0．6,cos37°=0．8．
（1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少； （2）木板的长度至少为多少；
（3）物块在木板上运动的总时间是多少．
【答案】（1）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61
m 48
L =（3）561()s 896
t =
【解析】
试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑
对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑 （2）共速时：021=v v a t -共 得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22
101112111 1.25m 22
x v t a t a t ∆=-
-= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑
而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：22
12m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t =
，木板停止，过2
1
s 8
t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21
m 48
x ∆=
木板至少长度min 1261m 48
L x x =∆+∆=
（3）物块在木板上下滑，木板不动
物块加速度21
1sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312
L a t '=
得：3t =
在木板上的总时间：12
35(8
t t t t =++=' 考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动．
【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况．
7．如图，一块长度为9L m =、质量为1M kg =的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有质量为1m kg =的小铅块(可看做质点)，以012/v m s =的水平初速度向右冲上木板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为10.4μ=，木板与地面间的动摩擦因数为
20.1μ=，重力加速度取210/g m s =，求：
()1铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度1a 、2a 的大小； ()2铅块从木板上滑落所需时间；
()3为了使铅块不从木板上滑落，在铅块冲上木板的瞬间，对长木板施加一水平向右的恒
定拉力F ，求恒力F 的范围．
【答案】（1）4m/s 2；2m/s 2（2）1s （3）2N≤F≤10N 【解析】 【分析】
（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于L ，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力F 的范围； 【详解】
（1）铅块：11mg ma μ= 解得a 1=4m/s 2；
对木板：122()mg M m g Ma μμ-+= 解得a 2=2m/s 2
（2）从开始到滑落过程：22
01112111()22
v t a t a t L +-= 解得t 1=1s
10118/v v a t m s =-=
2212/v a t m s ==
（3）到右端恰好共速：22
02122
211()22
v t a t a t L '+
-= '
01222v a t a t -=
解得a ′2=4m/s 2
木板：'
122()F mg M m g Ma μμ+-+= 解得F ≥2N ；
共速后不能从左侧滑下：2-()()F M m g M m a μ+=+共，1a g μ≤共 解得F ≤10N ， 则F 的范围：2N ≤F ≤10N 【点睛】
本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．
8．如图所示，t ＝0时一质量m ＝1 kg 的滑块A 在大小为10 N 、方向与水平向右方向成θ
＝37°的恒力F 作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t 1＝2 s 时撤去力F ； t ＝0时在A 右方x 0＝7 m 处有一滑块B 正以v 0＝7 m/s 的初速度水平向右运动．已知A 与地面间的动摩擦因数μ1＝0.5，B 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．两滑块均视为质点，求：
（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻； （2）两滑块间的最小距离． 【答案】（1）3.75s （2）0.875m 【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F 前后时A 的加速度以及B 的加速度；根据撤去F 之前时速度相等和撤去F 之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值. 【详解】
（1）对物块A ，由牛顿第二定律：()11cos sin F mg F ma θμθ--=；
对物体A 撤去外力后：11
mg ma μ='； 对物体B ：22a g μ=
A 撤去外力之前两物体速度相等时：102a t v a t =-，得t ＝1 s
A 撤去外力之后两物体速度相等时：()111
102a t a t t v a t --=-'''，得t ′＝3.75 s （2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：△x ＝x 0＋x 2－x 1；22021
2
x v t a t =-
'' ()()2
21111111
11122
x a t a t t t a t t '''=
+--- 得△x ＝0.875 m
9．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200.22104m/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22111120.50.25m 22x 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26m/s m a =；
对M 有：M mg Ma μ=，得24m/s M a =；
0.5~2.0s 内木板的位移大小为2212212M 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=∆+∆=
10．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
11
2v 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。