高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(含答案)

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧和训练方法及练习题(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．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，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F作用，取g=10 m/s2．
（1）.为使物块A与木板发生相对滑动，F至少为多少？
（2）.若F=8 N，求物块A经过多长时间与B相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A、B的速度分别是多少？
【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）据分析物块A与木板恰好发生相对滑动时物块B和木板之间的摩擦力没有达到最大
静摩擦力．
设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N
即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mg
a m s m
μ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mg
a M m
=
+μ=1m/s 2
设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L
即
22
1122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/s
AB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇
机械能守恒：
12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+1
2
mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s
4．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,
(1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．
【答案】（1）2
5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J
【解析】 【详解】
(1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可
得：
对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -=
A B f f = 0.5A A f m g =
联立以上方程得：2
5m/s A a = 27.5m/s B a =
(2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动 则有：212A A h a t =
21
2
B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =，
15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V =
A 、
B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：
21()2kA A A A A E m v m g H h =
+- 400J kA E = 2
1()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E =
(3)两球损失的机械能总量为E ∆，()A B kA kB E m m gH E E ∆=+-- 代入以上数据得：250J E ∆= 【点睛】
(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．
5．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/s 2。

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=mv 0 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/s 2
根据匀变速直线运动位移公式有x=v 0t-at 2 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 ）v 0=（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 ）v 02-（M+m ）v 2 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.
6．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？
（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？
（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？
【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s
【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律
得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2
110/a m s =
设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则2
11020a x v -=-，解得15x m =
（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：
2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =
设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则2
1212v a x =解得： 125/v m s =
设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =
设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则2
3120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下
（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则2
22ax v =，
解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。

设小物体加速至与传送带共速用时t 1，则1v at =，解得11t s = 设小物体匀速运动用时t 2，则22L x vt -=，解得20.125t s =
设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t 3，则130v a t =-，解得30.4t s = 物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间123 1.525t t t t s =++=
7．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；
(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ；
(4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】
(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D
mv mg R
=
可得：D 5m /s v =
(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C
mv F mg R
-=
代入数据可得：F =6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N
(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2
y 2gh v = 得：v y =3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：3
5m/s 370.6
y B v v sin =
=
=︒
(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=
小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=
可得：2
18/a m s =
小球做减速运动时：2mg ma μ=
可得：2
22/a m s =-
由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222
m m A v v v
x t t +=
⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =
8．一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 。

9．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10 N
拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H＝1.8m的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)物块在传送带上运动的时间；
(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】（1）1s（2）
【解析】
【详解】
（1）物体在达到与传送带速度v＝4 m/s相等前，做匀加速直线运动，有：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v＝a1t1
得t1＝0.5s
位移x1＝a1t12＝1m
物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°
故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．
位移x2＝－x1＝2m
t2＝＝0.5s
总时间为t＝t1＋t2＝1s
（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝2m/s2
假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则
通过的位移为x＝＝4 m＞x2
故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故
x2＝vt3-a2t32
解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）
【点睛】
本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根
据运动学公式列式求解时间．
10．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h ．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m 处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h 的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m ，司机立即紧急刹车．已知司机的反应时间t =0.3s ，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： (1)在反应时间内轿车的位移大小； (2)刹车过程的加速度大小； (3)计算分析甲、乙两车是否相撞．
【答案】()110m ；()225/m s ；()3甲、乙两车不会相撞 【解析】 【详解】
（1）司机的反应时间0.3s 内，轿车做匀速直线运动， 由题意知：0100
120//3
v km h m s ==
所以在反应时间内轿车的位移大小10100
0.3103
x v t m m ==⨯= （2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mg ma μ=
得25/a m s =．
（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为
()2
2
2100(
)
010003111.12259
v x m m m a --===≈--⨯ 当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为12121x x x m =+= 因150********x d m m m m <+=+=． 故轿车乙不会与故障车甲相撞．。