最新高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)

最新高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：
（1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；
（2）包裹P到达B时的速度大小；
（3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度v c与a的关系式，并画出v c2-a图象．
【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s
（4）
2
2
2
200.4/
80.4/
c
a a m s
v
a m s
⎧<
=⎨
≥
⎩
（）
（）
如图所示：
【解析】
【分析】
先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到v c2-a的关系，从而画出图像。

【详解】
（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-=
代入数据得：210.4/a m s =-，方向：沿传送带向上；
（2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220L=2v v a
- 代入数据得：1/v m s =；
（3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-=
得220.4/a m s =
当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4
v t s s a === 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4
v x m m a ===⨯ 因为x<L ，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：2105 2.52
L x t s s v --=
== 则P 从B 处到C 处总时间为：127.5t t t s =+=；
（4）若20.4/a m s <，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，
加速位移等于传送带的长度，即：22C v aL = 即：220C v a = 若20.4/a m s ≥，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a 2=0.4m/s 2向上匀加速运动，
有：222C v a L = 即228/?C v m s =（
） 两种情况结合有：222200.4/80.4/c
a a m s v a m s ⎧<=⎨≥⎩（）（
） 图像如图所示：
【点睛】
解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

2．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：24/B a m s =
对木块有2A mg ma μ=，22/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11122B A v v x t t ∆=
- 撤去F 之后，二者的相对位移22222B 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22102A 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．
3．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/s 2，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＝11
v a ＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=12a 1t 2=12
×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
2222
334
12 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．
4．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：2y 2gh v =
得：v y =3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：35m/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：218/a m s =
小球做减速运动时：2mg ma μ=
可得：222/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 =
5．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门
时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。

物块B 与传送带的动摩擦因数μ=0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg 。

开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B ，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A 通过计时器显示的读数t 1=9.0×10-4s ，物块B 通过计时器显示的读数t 2=1.8×10-3s ，重力加速度g 取10m/s 2，试求：
（1）弹簧储存的弹性势能E p ；
（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；
（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。

【答案】（1）E p=24J ；（2）Q =96J ；（3）84J W >。

【解析】
【分析】
【详解】
（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小
v A =3
4
1 3.610m /s 4.09.010d t --⨯==⨯m/s v B =3
3
2 3.610m /s 2.01.810d t --⨯==⨯m/s 由动量守恒有
m A v A =m B v B
得
m B =4.0kg
弹簧储存的弹性势能
22112422p A A B B E m v m v =
+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远
由牛顿第二定律得 B B m g m a μ=
所以B 的加速度
a =2.0m/s 2
B 向右运动的距离
212B v x a
==1.0m <9.0m 物块将返回 向右运动的时间为1 1.0B v t a
=
=s 传送带向左运动的距离为 21x vt ==6.0m
B 相对于传送带的位移为
112x x x ∆=+
物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1
B 相对于传送带的位移为
221x x x ∆=-
物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能
22()B Q m g x x μ=⋅∆+∆=96J
（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有
221122A A A A m v m v W '=+ AB 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B
v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
A A
B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''
碰撞过程中，没有机械能损失
222211112222
A A
B B A A B B m v m v m v m v ''+''+= B 要滑出平台Q 端，由能量关系有
212
B B B m v m gL μ>' 所以由得W >84J
6．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 =
7．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
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：000.5cos37sin 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=
12at 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．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C 、D 两端相距4.45m ， B 、C 相距很近。

水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动。

将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：(已知sin37º＝0.6，cos37º＝0.8， g 取10 m/s 2 6=2.450，
7.2
(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离．
(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．
【答案】(1)能滑上的最大距离 1.25m s= (2)要把米袋送到D 点，CD 部分的速度4m/s CD ≥v 时间t 的范围为1.16s 2.1s t ≤≤
【解析】
【分析】
（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s ，则应判断米袋到达B 点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B 点速度，若达到，则以5m/s 的速度冲上CD ；在CD 面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；
（2）米袋在CD 上应做减速运动，若CD 的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD 的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；
【详解】
（1）米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝ mg
m μ＝μg ＝5m /s 2
米袋的速度达到v 0=5m/s 时，滑行的距离s 0=20 2v a
=2.5m ＜AB=3m ， 因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据得 a=10 m/s 2
所以能滑上的最大距离 s ＝20 2v a
＝1.25m （2）设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能到达D 点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），则米袋速度减为v 1之前的加速度为a 1=-g （sinθ+μcosθ）=-10 m/s 2
米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为a 2=-g （sinθ-μcosθ）=-2 m/s 2 由22210112
0 4.4522v v v m a a --+＝ 解得 v 1=4m/s ，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1=4m/s
米袋恰能运到D 点所用时间最长为10112
0 2.1max v v v t s a a --+＝＝ 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2．
由S CD =v 0t min +12
a 2t 2min ，得：t min =1.16s 所以，所求的时间t 的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s ；
【点睛】
题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD 段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D 点时速度恰好为零.
10．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 1.4422v 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．。