高考物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析

高考物理牛顿运动定律的应用技巧和方法完整版及练习题含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．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 =
212
mv 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．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.
3．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑
14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从1
4
圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：
(1)物块B 滑到
1
4
圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】
(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：
2
012
mgR mv =
代入数据解得：
v 0=5m/s
在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：
20
v F mg m R
-=
代入数据解得：
F =60N
由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：
μmg =ma
设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有
22
02v v al -=
代入数据解得：
v=4m/s
由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv =mv 1+Mv 2
由机械能守恒定律得：
222
12
111222
mv mv Mv =+ 解得：
12m m 2,2s s 2
v
v v =
=-=
物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
2
p 2112J 2
E mv =
= (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
211
02
mgl mv μ--'=
解得：
l′=2m ＜4.5m
所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1。

由动量定理得：
'112mgt mv μ=
解得：
'1124s v t g
μ==
设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 4、v 3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
'134mv mv Mv =+
'222
134
111222
mv mv Mv
=+ 代入数据解得：
3m 1s
v =-
当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 3′=1m/s ，继而与物块A 发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 2．由动量定理得：
232mgt mv μ=
解得：
'3
222s v t g
μ==
同上计算可知：物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，第n 次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为
1
1
4s 2n n t -=
⨯ 构成无穷等比数列，公比1
2
q =
，由无穷等比数列求和公式 111n
q t t q
-=-总
当n →∞时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为
14s=8s
112
t =
⨯-总
4．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。

一包货物以
012m/s υ=的初速度从A 端滑上倾斜传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数0.5μ=，
且可将货物视为质点。

（g 取210m/s ，已知sin370.6︒=，cos370.8︒=）
（1）货物刚滑上传送带时加速度为多大?
（2）当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?
（3）从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A 端共用了多少时间?
【答案】（1）210m/s （2）1s 7m （3）(
)
222s + 【解析】 【分析】
由题意可知考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。

【详解】
（1）设货物刚滑上传送带时加速度大小为1a ，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示。

根据牛顿第二定律得
1sin f mg F ma θ+=
cos 0N F mg θ-=
又f N F F μ=，解得
()21sin cos 10m/s a g θμθ=+=。

（2）货物速度从0υ减至与传送带速度υ相同所用时间
11
1t s a υυ-=
=-
位移大小
22
11
7m 2x a υυ-=
=-。

（3）过了11t s =后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为2a ，同理可得
()22sin cos 2m/s a g θμθ=-=
方向沿传送带向下。

设货物再经时间2t ，速度减为零，则
22
01s t a υ
-=
=-。

沿传送带向上滑动的位移大小
22
22002m 1m 222
x a υ--===--⨯，
上滑的总距离为
128m x x x =+=。

货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为2a ，设下滑时间为3t ，由
22312
x a t =，
解得322t =s
则货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为
()
123222s t t t t =++=+。

另解：过了1t 时刻，货物的加速度大小变为2a ，设从1t 到货物滑回A 端的过程所用时间为
4t ，则
2
142412
x t a t υ-=-，
代入数值，解得
()
4122t s =+
货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为
()
14222t t t s =+=+。

【点睛】
分阶段来分析，物体先向上做匀减速运动，和皮带达到共速后，因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体继续向上做匀减速运动，速度减为零后，沿斜面向下做匀加速运
动，计算时间可以分阶段计算，也可以用整体法计算。

5．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B 处（B 处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC 之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB 长14.8m ，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：
（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s ）所经历的时间； （2）滑雪者到达B 处的速度；
（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离．
【答案】（1）1s ；（2）12m/s ；（3）54.4m ． 【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v 1=4m/s 期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间．
（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s 时的加速度，球心速度为4m/s 之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B 处的速度．
（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解． 【详解】
（1）滑雪者从静止开始加速到v 1=4m/s 过程中： 由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1； 解得：a 1=4m/s 2； 由速度时间关系得 t 1＝
1
1
v a ＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=
12a 1t 2=1
2
×4×12=2m 从4m/s 加速到B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2； 解得：a 2=5m/s 2；
根据位移速度关系：v B 2−v 12＝2a 2(L −x 1) 计算得 v B =12m/s
（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到v=4m/s ）：a 3＝−μ2g ＝−1.25m /s 2
22
22
33412
51.222 1.25
B v v x m a --===-⨯ 在水平面上第二阶段（速度从4m/s 减速到0）a 4＝−μ1g ＝−2.5m /s 2，2
44
3.22v
x m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=54.4m 【点睛】
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．
6．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．
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，质量为M ＝2 kg 的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m ＝1 kg 的小滑块(可视为质点)以v 0＝3.6 m/s 的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：
(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f 和方向；
(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；
(3)若长木板长L 0=4.5m ，试判断滑块与长木板能达到的共同速度v ，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离L ；若不能，请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间．
【答案】(1)f=1N ，方向向右；(2)a=1m/s 2；(3)能，v=1.2m/s
【解析】
【分析】
【详解】
(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：
f=μmg=1N
方向向右；
(2) 由牛顿第二定律得：μmg=ma
得出：a=μg=1m/s 2 ；
(3) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′
可得出木板的加速度为：a′=0.5m/s 2
设经过时间t ，滑块和长木板达到共同速度v ，则满足：
对滑块有：v=v 0-at
对长木板有：v=a′t
由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v=1.2m/s ，t=2.4s
在2.4s 内木板前进的位移为：1 1.2 2.4 1.4422v x t m m =
=⨯= 木块前进的位移为：02 3.6 1.2 2.4 5.7622
v v x t m m ++==⨯= 木板的长度最短为：L=x 2-x 1=4.32m<4.5m ，所以两者能达到共同速度．
9．总质量为60kg 的人和滑雪板沿着倾角为037θ=的斜坡向下滑动,如图甲所示，所受的
空气阻力与速度成正比．今测得滑雪板运动的v t -图象如图乙所示，图中AC 是曲线中A 点的切线，C 点坐标为()4,15，BD 是曲线的渐近线．（0sin 370.6= 0cos370.8=，g 取210/m s ）根据以上信息，计算下列物理量：
（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度m v ；
（2）空气的阻力系数k ；
（3）滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ．
【答案】（1）10m/s m v =
（2）/s 30kg k =
（3）0.125μ=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由v-t 图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：10m/s m v =
（2）由v-t 图象得： A 点v A =5m/s ， C 点：15m/s c v =
则A 点的瞬时加速度为：22.5m/s A A A
v a t ∆=
=∆ 下滑过程中，在A 点： sin cos A A mg mg kv ma θμθ--=
当速度最大时，0a =，有：
sin cos 0m mg mg kv θμθ--=
代入数据解得：
空气的阻力系数 30A m A
ma k v v ==- kg/s （3）雪撬与斜坡间的动摩擦因数为 sin 370.125cos37
m mg kv mg μ︒︒-==
10．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=∆+∆=。