高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题及解析

高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题及解析
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，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s²)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； (2)长板2的长度0L ；
(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．
【答案】（1）26m /s （2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向
（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3
由以上两式可得：22
g g
a μ+=
=6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s
1
12
v v x t +=
=1．75m 122
v t
x =
=0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m
（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3
g a =
对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42
g g
a μ-=
=4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212
h v t a t =+ 解得t 2=1s
物体1的位移2
3123212
x v t a t =+
=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】
本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．
2．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板。

开始时质量为m ＝2 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，现将力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。

此后滑块和木板在水平面上运动的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2。

求：
(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量。

【答案】（1）15N （2）2.5m （3）3kg 【解析】 【分析】
（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；
（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。

（3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。

【详解】
（1）滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力N 处于平衡，如图所示，
水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N
（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s
设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma 代入数据得：a=12m/s2
则下滑时的高度：
2
1
100
·0.6 2.5
224
v
h sin m m
a
θ
=⨯=
＝
（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1
由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝
210
20
v
t
V
V
＝
-
-
＝−4m/s2
对滑块：f1=ma1①
此时木板的加速度：a2＝
20
20
v
t
-
-
V
V
＝＝1m/s2
对木板： f1-f=Ma2②
当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：
a3=02
42
-
-
m/s2=-1m/s2
当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力：
f =（M+m）a3③
联立①②③代入数据解得：M=3kg
【点睛】
本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t 图像中获取信息求解加速度。

3．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．
4．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M=2.5kg．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m=1.5kg的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl0=2cm.重力加速度g取10m/s2．现用向左的水平力F拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：
(1)水平力F的大小；
(2)弹簧的伸长量Δl.
【答案】（1）3（2）8cm
【解析】
【分析】
斜面M、物体m在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F和弹簧的弹力．
【详解】
(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T，铁球受力如图:
由平衡条件、牛顿第二定律得：sin T mg θ=
cos T ma θ=
对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F M m a =+() 联立以上两式并代入数据得：403F N = (2)铁球静止时，弹簧拉力为T 0，铁球受力如图:
由平衡条件得： 0sin T mg θ= 由胡克定律得：00T k l =∆
T k l =∆
联立以上两式并代入数据得：8?cm l ∆= 【点睛】
从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．
5．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
6．如图a 所示,质量为M=1kg 的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg 的物块以初速度v 0=2.0m/s 滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为0.2，μ=在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F ，当恒力F 取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的路程为s ，给木板施加不同大小的恒力F,得到
1
F s
-的关系如图b 所示，当恒力F=0N 时,物块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10m/s 2，试求:
(1)求木板长度；
(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F 的范围； (3)图b 中CD 为直线,求该段的
1
F s
-的函数关系式． 【答案】（1）0.5m （2）F≤4N ；（3）144
F s += 【解析】 【分析】
（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加速度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F 的最大值；
（2）当0≤F≤F m 时，随着F 力增大，S 减小，当F=F m 时，出现S 突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解． 【详解】
（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加速度
212/mg
a g m s m
μμ=
== ；
木板的加速度：222/mg
a m s M
μ=
=；
物块与木板共速时v 0-a 1t 1=a 2t 1 解得t 1=0.5s ，
则木板的长度：22
011121110.522
L v t a t a t m =-
-= （2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加
速度a 做匀加速运动，则：F
a M m
+＝
，而f=ma ， 由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f max =μmg=2N ， 联立解得：F≤4N ；
（3）当0≤F≤4N 时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，对应着图（b)中的AB 段，当F >4N 时对应（b)中的CD 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx
当两者具有共同速度v ，历时t ， 则：2M F mg
a F M
μ+=+＝ a m ＝
mg
m
μ＝μg ＝2m /s 2
根据速度时间关系可得：v 0-a m t=a M t 根据位移关系可得：Δx ＝v 0t −12a m t 2−1
2
a M t 2 s=2Δx 联立
1s −F 函数关系式解得：14
4
F s +=
【点睛】
本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．
7．如图所示，始终绷紧的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，质量的平板车停在传送带的右端.现把质量可视为质点的行李箱轻轻放到距传送带右端位置．行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为、，平板车与水平地面间的动摩擦因数为.（不计空气阻力，
g=10m/s2）试求：
（1）行李箱在传送带上运动的时间
（2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度.
【答案】(1)2.25s (2)见解析
【解析】
(1)行李箱在传送带加速时的加速度满足，则
行李箱在传送带能加速的时间，
能加速的距离，所以行李箱在传送带上先加速后匀速。

行李箱在传送带匀速的时间
行李箱在传送带上运动的时间
(2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时：
行李箱做减速运动，由牛顿第二定律可得，行李箱加速度大小满足，解得：
平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足
，解得：
设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为，则：
，解得：
这种情况下，平板车的长度
平板车的最小长度
点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件
的确定。

8．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=2.68)
(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/s2
所以能滑上的最大距离s＝
2 0 2
v
a
＝1.25m
（2）设CD部分运转速度为v1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v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
由
222
101
12
4.45
22
v v v
m
a a
--
+＝
解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度v CD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为101
12
2.1
max
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a2．
由S CD=v0t min+
1
2
a2t2min，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.
9．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 gθ
=；(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=mgsinθ；
根据牛顿第二定律，对A：F+F弹-mgsinθ=ma
解得a=2gsinθ.
（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为
1
sin
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 m v g k
θ= （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 2A m I g t k 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.
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。