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，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：
（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；
（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L
【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】 【详解】
（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；
（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N
（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=
2
A B
v v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2
A B
v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

2．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数
k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 2
10/)m s =
【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】
试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212
x at =
()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=
以上各式代如数据联立解得
max 168N F =
该开始向上拉时有最小拉力则
min ()()F kX M m g M m a +-+=+
解得
min 72N F =
考点：牛顿第二定律的应用
点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．
3．如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块A （可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s ，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，2
10/g m s =，求：
（1）拉力撤去时，木板的速度v B ；
（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大； （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．
【答案】(1)V B =4m/s ；(2)L=1.2m ；(3)d=0.48m 【解析】
【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置． (1)若相对滑动，对木板有：212B F mg mg ma μμ--⋅=，
得：2
4/B a m s =
对木块有2A mg ma μ=，2
2/A a m s =
所以木块相对木板滑动
撤去拉力时，木板的速度4/B B v a t m s ==，2/A A v a t m s == (2)撤去F 后，经时间t 2达到共同速度v ；由动量定理22B mgt mv mv μ=-
22122B mgt mgt mv mv μμ--=-，
可得20.2t s =，v=2.4m/s
在撤掉F 之前，二者的相对位移11122
B A v v x t t ∆=- 撤去F 之后，二者的相对位移22222
B A v v v v x t t ++∆=- 木板长度12 1.2L x x m =∆+∆=
(3)获得共同速度后，对木块，有2
2102
A mgx mv μ-=-， 对木板有()2211202
B mg mg x mv μμ-=- 二者的相对位移3A B x x x ∆=-
木块最终离木板右端的距离1230.48d x x x m =∆+∆-∆=
【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．
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．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g =10m/s 2.
（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；
（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.
【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．
【解析】
根据牛顿第二定律得
对滑块，有，
解得
对平板车，有，
解得．
设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：
．
平板车的位移为：
．
而且有
解得：
此时，
所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．
滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．
点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；
由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．
6．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/s2，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．
7．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 61m 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=-='
2
min 1312
L a t '=
得：361s 96
t =
在木板上的总时间：12
3561()s 8
96
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．
8．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/s 2
木板的加速度大小
2m/s 2
设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有
解得： t =1s
（2）
9．如图所示，质量均为3kg m =的物体A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为100N/m k =的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。

现对物体B 施加水平向左的拉力，使A 和B 整体向左做匀加速运动，加速度大小为22m/s a =，直至B 与A 分离。

已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5μ=，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度210m/s g =．求：
（1）静止时，物体A 对B 的弹力大小； （2）水平向左拉力F 的最大值； （3）物体A 、B 开始分离时的速度。

【答案】（1）静止时，物体A 对B 的弹力大小为15N （2）水平向左拉力F 的最大值为21N （3）物体A 、B 开始分离时的速度为0.6m/s 。

【解析】 【详解】
（1）开始时，弹簧压紧，AB 两物体恰好处于静止状态，AB 整体作为研究对象，则有在水平方向，由平衡条件得：
()F m m g μ=+弹
对A 进行受力分析，在水平方向则有：
BA =F mg F μ+弹
联立以上两式可得：
BA 0.531015N F mg μ==⨯⨯=
B 对A 的作用力和A 对B 的作用力是作用力和反作用力，故有：
AB BA 15N F F ==
（2）物体A 、B 分离时，F 最大，对物体B ，由牛顿第二定律得：
F mg ma μ-=最大
代入数据解得：
21N F =最大
（3）物体A 、B 静止时，弹簧压缩的距离为x 0，对A 、B 系统，由平衡条件得：
0•2kx mg μ=
物体A 、B 开始分离时，对物体A ，由牛顿第二定律：
kx mg ma μ-=
从静止到物体A 和B 分离，物体运动的位移为：
0x x x ∆=-
根据匀变速运动的规律得：
22v a x ∆=
代入数据解得：
0.6m/s v =
10．如图所示，在倾角为的光滑物块P 斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A 、B ；C 为一垂直固定在斜面上的挡板、C 总质量为M ，A 、B 质量均为m ，弹簧的劲度系数为k ，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F 从零开始增大作用于P ．
物块B 刚要离开C 时力F ．
从开始到此时物块A 相对于斜面的位移
物块A 一直没离开斜面，重力加速度为
【答案】（1）
（2） 【解析】
【分析】
先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A 、B 或AB 整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解。

【详解】
整体做为研究对象，刚要离开C 瞬间与C 的作用力为0，受力情况如图：
根据力的平衡知识有：，
对P 、A 、B 整体分析受力有：
联立解得：
开始时弹簧压缩，有：
由分析可知加速度为
对B分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0 ；所以物块A的位移：
【点睛】
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。