高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析

高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)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 =+
'222134111222
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
2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。

已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3
2
，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=
3
，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ； (3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】 【详解】
（1）对小木块受力分析如图甲：
木块重力沿斜面的分力：1
sin 2
mg mg α=
斜面对木块的最大静摩擦力：13
cos 4
m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态；
（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则
1cos sin mg mg ma μαα-=
木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()9
9.0N 8
m F M m g =
+=
（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动
对小木块有：2
1cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=
对长木棒受力如图丙所示
()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=
解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122
L a t at =-' 解得1t s =
全过程中产生的热量有两处，则
()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫
=+=+++ ⎪⎝⎭
解得：12J Q =。

3．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ︒=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。

(2
10/,sin 370.6,cos370.8g m s ︒
︒
===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？
【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】 【详解】
（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：
22110-5
m/s 10m/s 0.5
a =
= 根据牛顿第二定律得：
1sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据解得：
0.5μ=
（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：
2220m /s v
a t
∆=
=∆ 根据牛顿第二定律得：
2sin cos F mg mg ma θμθ--=
代入数据解得：
F
30N
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v0=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/s2.
（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．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，木板A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（初速度为0，可视为质点），最终B恰好未从A上滑落，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．计算：
（1）C由静止下落距离h时，木板A的速度大小v A；
（2）木板A的长度L；
（3）若当铁块B 轻放在木板A 最右端的同时，对B 加一水平向右的恒力F ＝7mg ，其他条件不变，计算B 滑出A 时B 的速度大小v B ．
【答案】（1gh （2）2h （35
2
gh 【解析】 【详解】
（1）对A 、C 分析，有
mg ＝2ma 1
212A v a h =
解得
A v gh =
（2）B 放在A 上后，设A 、C 仍一起加速，则
mg －4μmg ＝2ma 2
解得
a 2＝0
即B 放在A 上后，A 、C 以速度v A 匀速运动．此时，B 匀加速运动，加速度
a B 1＝
444
mg g
m μ= 设经过时间t 1，B 的速度达到v A ，且B 刚好运动至木板A 的左端 则有
v A ＝a B 1t 1
木板A 的长度
L ＝S AC －S B ＝v A t 1－
11
2
A v t 解得
L ＝2h
（3）加上力F 后，B 的速度达到v A 前，A 和C 仍匀速，B 仍加速，此时 B 的加速度
a B 2＝
424F mg
g m
μ+= 加速时间
22A B gh v t a =
=
B 相对A 的位移
22124
A B A A h
S S S v t v t ∆=-=-=
A 、
B 共速后都向右加速，设经时间t 3，B 滑出A ．有 对B 有
a B 3＝
4342
F mg g m μ-= 对A 有
a AC ＝
42mg mg
g m
μ+=
B 相对A 的位移
22
3333311()()22
B A A B A A
C S S S v t a t v t a t '∆==+-+'-
解得
3gh h t g =
= B 滑出A 时的速度
v B ＝v A ＋a B 3·t 3＝
5
2
gh
7．质量为m 的长木板静止在水平地面上，质量同样为m 的滑块（视为质点）以初速度v 0从木板左端滑上木板，经过0.5s 滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：
（1）μ1、μ2各是多少？
（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？ 【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m 【解析】 【详解】
（1）设0.5s 滑块的速度为v 1，由v-t 图像可知:v 0=4m/s v 1=1m/s 滑块的加速度 201
16/v v a m s t
-=
=
木板的加速度大小21
22/v a m s t
=
= 对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma 1 所以μ1=0.6
对木板受力分析：μ1mg-μ2∙2mg= ma 2 解得 μ2=0.2
（2）0.5s 滑块和木板达到共同速度v 1，假设不再发生相对滑动则2ma 3=μ2∙2mg 解得a 3=2m/s 2 因ma 3=f<μ1mg
假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s 1则
201111
22v v v s t a +=+
解得s 1=1.5m
由v-t 图像可知011
222
v v v L s t +∆=
=- 所以木板的长度 L=2.0m
8．水平面上有一木板，质量为M=2kg ，板左端放有质量为m=1kg 的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取2
10/g m s =．
（1）现用水平力F 拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F 的大小范围？
（2）若拉动木板的水平力F=15N ，由静止经时间t 1=4s 立即撤去拉力F ，再经t 2=1s 物块恰好到达板右端，求板长L=？ 【答案】（1）12N ＜F≤18N （2）1.4m
【解析】 【分析】
（1）物块与木块一起运动，拉力F 必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m 与M 之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 达到最大值；
（2）拉动木板的水平力F=15N ，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F 后，m 向右匀减速，M 向右匀减速，当M 静止后，m 继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度； 【详解】
（1）M 与地面之间的最大静摩擦力f 1=μ2(M +m )g ＝0.4×(2+1)×10＝12N
当M 、m 整体一起向右匀加速运动时，当m 与M 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 最大；
对m ：μ1mg ＝ma ①
得a =μ1g ＝0.2×10m /s 2＝2m /s 2
对整体：F −μ2(M +m )g ＝(M +m )a ②
代入数据：F-12=（2+1）×2
解得：F=18N
所以拉力F 大小范围是12N ＜F≤18N
（2）拉动木板的水平力F=15N ，M 、m 一起匀加速运动
根据牛顿第二定律：()2221512/1/21
F M m g
a m s m s M m μ-+-++＝＝＝ t 1＝4s 时速度v 1＝a t 1＝1×4m /s ＝4m /s
撤去F 后，物块加速度a 1＝μ1g ＝2m /s 2
对木板：μ1mg −μ2(M +m )g ＝Ma 2，
代入数据：0.2×10−12＝2 a 2
解得：a 2＝−5m /s 2
木板向右速度减为0的时间；根据题意t 2=1s 物块恰好到达板右端
1120040.85
v t s s a --＝＝＝ 在t 1时间内物块的位移：22111111140.8208 2.5622x v t a t m ＝．＝-
=⨯-⨯⨯ 木板的位移：12140.8 1.622
v x t m ⨯＝＝＝ 物块相对木板的位移△x ＝x 1-x 2＝2.56−1.6＝0.96m
根据题意撤去力F 后，再经t 2=1s 物块恰好到达板右端
所以木板静止后，木块继续运动0.2s
t 1＝0.8s 时物块的速度v 2=v 1-a 1t 1＝4−2×0.8＝2.4m /s
22221211' 2.40.22020.4422
x v t a t m m -=⨯-⨯⨯V ＝．＝ 木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m
9．半径R =4500km 的某星球上有一倾角为30o 的固定斜面，一质量为1kg 的小物块在力F 作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F
始终与斜面平行．如果物块和斜面间的摩擦因数3
μ=，力F 随时间变化的规律如图所示（取沿斜面向上方向为正），2s 末物块速度恰好又为0，引力常量11226.6710/kg G N m -=⨯⋅．试求：
（1）该星球的质量大约是多少？
（2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多大速度？（计算结果均保留二位有效数字）
【答案】（1）242.410M kg =⨯ （2）6.0km/s
【解析】
【详解】
（1）假设星球表面的重力加速度为g ，小物块在力F 1=20N 作用过程中，有：F 1-mg sin θ-μmg cos θ=ma 1
小物块在力F 2=-4N 作用过程中，有：F 2+mg sin θ+μmg cos θ=ma 2
且有1s 末速度v=a 1t 1=a 2t 2
联立解得：g=8m/s 2．
由G 2Mm R
=mg 解得M=gR 2/G ．代入数据得M=2.4×1024kg
（2）要使抛出的物体不再落回到星球，物体的最小速度v 1要满足mg=m 21v R
解得v 1=gR =6.0×103ms=6.0km/s
即要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要6.0km/s 的速度．
【点睛】
本题是万有引力定律与牛顿定律的综合应用，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；第二题，由重力或万有引力提供向心力，求出该星球的第一宇宙速度．
10．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。