高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)及解析

高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(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．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：
（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】
(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mg
m
μ＝3 m/s 2
由于μ1mg>2μ2mg
故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝
122mg mg
m
μμ-⨯＝1 m/s 2
设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)
L 2＋x ＝vt －12
a 1t 2 对平板：v′＝a 2t
x ＝
12
a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝
mg
m
μ＝5 m/s 2
若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s
设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－1
2
a 1t′2 x′＝
1
2
a 2t′2
联立以上各式代入数据解得：t′1＝1
2
s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝
1
2
s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.
2．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．
（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止 （2） 求3s 内煤块前进的位移 （3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度 【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m 【解析】 【分析】
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移． 【详解】
(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：
1N F ma μ=
F N -mg =0
代入数据解得：a 1=2m/s 2 刚开始运动时对小车有：
2N F F Ma μ-=
解得：a 2=0.6m/s 2
经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：
v 1=a 1t
车的速度为：
v 2=v +a 2t
解得：t =2s ；
(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
2111
4m 2
x a t ==
2s 时的速度为：
11122m/s 4m/s v a t ==⨯=
此后加速运动的加速度为：
235
m/s 6
F a M m =
=+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：
2
212321 4.4m 2
x v t a t =+=
所以煤块的总位移为：
128.4m x x +=
(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
2111
4m 2
x a t ==
小车前进的位移为：
2111
6.8m 2
x v t a t '=+=
两者的相对位移为：
m 1 2.8x x x '∆=-=
即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ． 【点睛】
该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
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：
x 2=vt 1=10×1m=10m
则相对位移的大小为：
△x 1=x 2-x 1=5m
则1-2s 内，物块的位移为：
x 3＝vt 2+
12a 2t 22=10×1+1
2
×2×1m ＝11m 0-2s 内物块向下的位移：
L =x 1+x 3=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 ＝
12m v B 2−mgh =1
2
×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小．
4．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数
μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．
【答案】（1）20
3.6m 2v x a
==（2）t=1s （3）121x x m +=
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：（1）2
25m /s a g μ==
20 3.6m 2v x a
==
（2）对m ：2
125/a g m s μ==，
对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，
221m /s a =
012v a t a t -=
t=1s
（3）木板共速前先做匀加速运动2
110.52
x at m == 速度121m /s v a t ==
以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动
231/a g m s μ==，
2231
0.52
x vt a t m =+=
X=121x x m +=
考点：牛顿定律的综合应用
5．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θ=37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v 0=12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）求：
(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？
(3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？
【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s.
【解析】
【分析】
（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；
（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间；
【详解】
（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a，货物受力如图所示：
沿传送带方向：1
f
mgsin F ma
θ+=
垂直传送带方向：N
mgcos F
θ=，又
f N
F F
μ
=
故货物刚滑上传送带时加速度大小2
1
10/
a m s
=，方向沿传送带向下；
（2）货物速度从
v减至传送带速度v所用时间设为
1
t，位移设为
1
x，
则根据速度与时间关系有：0
1
1
212
1
10
v v
t s s
a
--
===
--
根据平均速度公式可以得到位移为：0
11
7
2
v v
x t m
+
==
（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tan
μθ
=<，即mgsin mgcos
θμθ
＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a，则有2
mgsin mgcos ma
θμθ
-=
设货物再经时间2t ，速度减为零，则：22
01v
t s a -==- 沿传送带向上滑的位移：220
12
v x t m +=
= 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2
a ，设下滑时间为3t ， 则2
2312
x a t =
，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =
++=+（)． 【点睛】
本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．
6．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s 的速度水平匀速运动一质量m=1kg 的小物块无初速地放到皮带A 处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数μ=0.2，A 、B 之间距离s=6m ，求物块
（1）从A 运动到B 的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s 2） （2）A 到B 的过程中摩擦力的功率是多少？
【答案】（1）8J ；（2）3.2W ； 【解析】
（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为： ． 物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：
，
说明此时物块还没有到达B 点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力． 由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为： （2）匀加速运动的时间 ， 匀速运动的时间， 摩擦力的功率
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．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．
（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：
000.5sin 37cos37N F mg mg +=
在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：00
0.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=
代入数据解得：a=7.5m/s 2
小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12
at 2 运动时间为22 3.7517.5
s t s s a ⨯===； 【点睛】
此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．
9．如图所示，质量m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的
动摩擦因数μ=0.5，取2
10/g m s =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1； (2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2； (3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x ． 【答案】(1)110m x = (2)21t s = (3)11m x = 【解析】 【分析】 【详解】
(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ， 由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--︒=
解得21
5/a m s =
在这段时间内物块上滑的距离为2
1111102
x a t m =
= (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s == 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ， 由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+︒=
解得2
210/a m s =
根据速度公式有：1220v a t =- 解得21t s =
(3)物块在时间t 2内上滑的距离为2
21222152
x v t a t m =-=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-= 设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，
由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-︒=
解得2
32/a m s =
物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2
333142
x a t m ==， 故12311x x x x m =+-= 【点睛】
过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．
10．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A 、B 两物体质量均为m ，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A 施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g 为重力加速度)，经过作用时间t ，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：
(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小； (2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小； (3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A ． 【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A m v g k ；(3)sin (21)A m I mg k
θ= 【解析】
（1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ；
根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma
解得a=2gsin θ.
（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin mg x k θ=
； 当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =mg x x k θ=
此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；
从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =2A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ∆=弹
解得2sin A v g = （3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，
解得2sin A I g t θ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.。