高考物理试卷分类汇编物理牛顿运动定律的应用(及答案)含解析

高考物理试卷分类汇编物理牛顿运动定律的应用(及答案)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．
2．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：
（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；
（3）木板在地面上运动的最大位移。

【答案】（1）5m/s 2 2m/s 2（2）14m （3）12m 【解析】 【分析】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】
（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，
初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 2
12a μg 5m /s ==
木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+=
解得 2
2a 2m /s =
（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。

设此过程所用时间为t
即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s
木块位移 2
011x v t
a t 18m 2
木块=-= 木板位移 2
21x a t 4m 2
木板=
= 木板长度 L x x 14m =-=木板木块
（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得
2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共，
木板位移 23
v x
8m 2a ==，共木板
总位移 ,
x x x 12m =+=木板木板
3．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h ．将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数3
2
μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．
（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ． 【答案】(1) 32mg (2) 9
4
mgh 【解析】
（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0 解得：F 0＝
32
mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零． 对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1 mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma 2 对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4
另有：1132212 ()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝
222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ
+⋅-+= 2111
2
W F a t ＝⋅
解得W ＝
9
4
mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．
4．如图所示，质量M =8kg 的小车放在光滑水平面上，在小车左端加一水平推力F =8N ，当小车向右运动的速度达到1.5m/s 时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m =2kg 的小物块，物块与小车间的动摩擦因数为0.2，小车足够长．求：
（1）小物块刚放上小车时，小物块及小车的加速度各为多大？ （2）经多长时间两者达到相同的速度？共同速度是多大？
（3）从小物块放上小车开始，经过t =1.5s 小物块通过的位移大小为多少？（取g =10m/s 2）．
【答案】（1）2m/s 2，0.5m/s 2（2）1s ，2m/s （3）2.1m 【解析】 【分析】
(1)利用牛顿第二定律求的各自的加速度；
(2)根据匀变速直线运动的速度时间公式以及两物体的速度相等列式子求出速度相等时的时间，在将时间代入速度时间的公式求出共同的速度；
(3) 根据先求出小物块在达到与小车速度相同时的位移，再求出小物块与小车一体运动时的位移即可．
【详解】
(1) 根据牛顿第二定律可得 小物块的加速度：
m/s 2
小车的加速度：
m/s 2
(2)令两则的速度相等所用时间为t ，则有：
解得达到共同速度的时间：t =1s 共同速度为：
m/s
(3) 在开始1s 内小物块的位移
m
此时其速度：
m/s
在接下来的0.5s 小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度：
m/s 2
这0.5s 内的位移：
m
则小物块通过的总位移:
m
【点睛】
本题考查牛顿第二定律的应用，解决本题的关键理清小车和物块在整个过程中的运动情况，然后运用运动学公式求解．同时注意在研究过程中正确选择研究对象进行分析求解．
5．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．
6．如图所示，质量，
的木板()f x 静止在光滑水平地面上．木板右
端与竖直墙壁之间距离为
，其上表面正中央放置一个质量
的小滑块
A ．A 与
B 之间动摩擦因数为0.2μ=，现用大小为18F N =的推力水平向右推B ，两者
发生相对滑动，作用1s t
=后撤去推力F ．通过计算可知，在B 与墙壁碰撞时．A 没有滑
离B ．设B 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度2
10m/s g =．求：
(1)A 相对B 滑动的整个过程中．A 相对B 向左滑行的最大距离； (2)A 相对B 滑动的整个过程中，A 、B 系统产生的摩擦热． 【答案】(1)(2)
【解析】 【详解】
（1）在施加推力F 时，
方向向右
24/B F mg
a m s M
μ-=
=方向向右 ls 末，F 撤去时，
2111
12
A s a t m =
⋅=
2211
22
B s a t m =
⋅= ∴A 相对B 向左滑动的距离
撤去F 至A 、B 达到共同速度的过程中
，方向向右
，方向向左
设A 、B 速度相等经历的时间为t 2
22A A B B V a t V a t '==得
在此时间内B 运动的位移为
∵s 2+s 3<s
∴B 与墙碰前速度相等，A 、B 的共同速度
A 相对
B 向左滑动的距离
（2）与墙壁碰后：AB AB MV mV m M V -=
+共（） 2231
1mg ()()2
2
AB s M m V M m V μ⋅=+-+V 共
∴
∵
∴
点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
7．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 1.4422
v 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．
8．如图甲所示，长木板A 静止在水平地面上，其右端叠放着物块B ，左端恰好在O 点，水平面以O 点为界，左侧光滑、右侧粗糙。

物块C(可以看作质点)和D 间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v 0=8 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，C 和弹
簧分离后，撤去D ，C 与A 碰撞并与A 粘连（碰撞时间极短），此后，AC 及B 的速度一时间图象如图乙所示。

已知A 、B 、C 、D 的质量均为m=l kg ，木板A 的长度l= 5m ，A 、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m ／s 2。

求：
(1)长木板A 与桌面间的动摩擦因数及B 与A 间的动摩擦因数。

(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。

(3)最终物块B 离长木板A 左端的距离。

【答案】（1）0.1μ'= 0.2μ= （2）1J （3）3.05m
【解析】（1）设A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与A 上表面的动摩擦因数为μ/，由图乙可知：0-1s ，AC 整体做匀减速运动的加速度a A1=3.5m/s 2，B 做匀加速运动的加速度a B1=1m/s 2
，
对AC 整体： 132A mg mg ma μμ=-'- 对B 有： 1B mg ma μ=' 解得：μ/=0.1；μ=0.2
（2）C 与A 碰撞过程中动量守恒：mv C =2mv A ，其中v A =4.5m/s 解得v C =9m/s
弹簧弹开过程中，CD 系统动量守恒，由动量守恒定律：
02C D mv mv mv =+
解得：v D =7m/s
弹簧弹开过程中，CD 及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有：
22201112222
P C D mv E mv mv ⨯+=+ 解得：E P =1J
（3）由图乙可知：0-1s 内B 相对A 向左运动的位移： 1 4.5
1 2.252
x m m =
⨯= AB 速度相等后，B 的加速度： 221/B a g m s μ=-'=-
AC 整体的加速度： 223 2.5/2A mg mg
a m s m
μμ'-+=
=-
因22A B a a > ，所以AC 整体先停止运动， AC 整体的运动时间为： 1
0.42.5
t s s =
= ，
在0.4s 内B 相对A 向右运动的位移： 22211
0.1222
B x vt a t vt m =+-= A 停止时B 的速度： 20.6/B v v a t m s ='=+
然后B 在A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度2
31/B a g m s μ=-'=-
B 相对A 向右运动的位移： '2
33
0.182B v x m a =-=
所以最终B 离长木板A 左端的距离123 3.05x l x x x m =-++=
9．如图所示，t ＝0时一质量m ＝1 kg 的滑块A 在大小为10 N 、方向与水平向右方向成θ＝37°的恒力F 作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t 1＝2 s 时撤去力F ； t ＝0时在A 右方x 0＝7 m 处有一滑块B 正以v 0＝7 m/s 的初速度水平向右运动．已知A 与地面间的动摩擦因数μ1＝0.5，B 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．两滑块均视为质点，求：
（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻； （2）两滑块间的最小距离． 【答案】（1）3.75s （2）0.875m 【解析】 【分析】
（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F 前后时A 的加速度以及B 的加速度；根据撤去F 之前时速度相等和撤去F 之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值. 【详解】
（1）对物块A ，由牛顿第二定律：()11cos sin F mg F ma θμθ--=；
对物体A 撤去外力后：11
mg ma μ='； 对物体B ：22a g μ=
A 撤去外力之前两物体速度相等时：102a t v a t =-，得t ＝1 s
A 撤去外力之后两物体速度相等时：()111
102a t a t t v a t --=-'''，得t ′＝3.75 s （2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：△x ＝x 0＋x 2－x 1；22021
2
x v t a t =-
''
()()22111111111122
x a t a t t t a t t '''=+--- 得△x ＝0.875 m
10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F 作用下，由静止开始运动．经过2.0s 的时间物块发生了4.0m 的位移．（g=10m/s 2）．试求：
（1）物块的加速度大小；
（2）拉力F 的大小；
（3）若拉力F 方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F 的最小值为多大？
【答案】（1）
（2）16.6N （3） 【解析】
【分析】
【详解】
（1）由x=at 2得
（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①
F N +Fsinθ=mg ②
f ＝μF N ③
由①②③得：F ≈16.6N
（3）由力的平衡条件得
解得
解之得
【点睛】 此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．。