高考物理牛顿运动定律的应用各地方试卷集合汇编

高考物理牛顿运动定律的应用各地方试卷集合汇编
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,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ︒=的固定且足够长的斜面上,对物体
施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。

(2
10/,sin 370.6,cos370.8g m s ︒
︒
===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？
【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】 【详解】
（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：
22110-5
m/s 10m/s 0.5
a =
= 根据牛顿第二定律得：
1sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据解得：
0.5μ=
（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：
2220m /s v
a t
∆=
=∆ 根据牛顿第二定律得：
2sin cos F mg mg ma θμθ--=
代入数据解得：
30N F =
2．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．
3．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。

小物块通过圆弧轨道后以6m/s 的速度滑上与C 点等高、静止在粗糙水平面的长木板M 上．已知长木板的质量M =2kg ，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB 与竖直方向OC 间的夹角θ=37°，取g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
(1)求小物块运动至B 点时的速度；
(2)若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？ 【答案】(1) 0
5m/s cos B v v θ
=
= 过B 点时的速度方向与水平方向成37度 (2) 12=15J W W W +=-总
【解析】 【详解】
（1）分解v B ，得：0
cos x y y
v v v v θ== 变形得：0
5m/s cos B v v θ
=
= 过B 点时的速度方向与水平方向成37°
（2）因()125N>3N mg M m g μμ=+=，故木板将在地面上滑行，则
对小物块有：11mg ma μ=，得 2
15m/s a = 对长木板有：()22M m g Ma μ+=，得 2
21m/s a =
设它们经过时间t ，共速v 共，则有：
12=C v v a t a t 共-=，
解得：1t s =，=1m/s v 共 则对小物块在相对滑动有：1 3.5m 2
C v v x t +=⋅=共
， 故11117.5J W mgx μ=-=-
则对长木板在相对滑动有：200.5m 2
v x t +=⋅=共
，
故212 2.5J W mgx μ==
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：()()2M m g M m a μ+=+共，
21m/s a 共=，则它们间的摩擦力1f ma mg μ=<共，所以假设成立，之后它们相对静止一
起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和12=15J W W W +=-总
4．如图所示，倾角为30°的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s 的速度运动，运动方向如图所示．一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m 高处由静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失．物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：
（1）物体第一次到达A 点时速度为多大？
（2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间的距离至少多大？ （3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？ 【答案】（1）8m/s （2）6.4m （3）1.8m 【解析】 【分析】
（1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；
（2）当物体滑到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，根据动能定理列式求解；
（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可． 【详解】
（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：212
mgh mv = 解得：2210 3.28m/s v gh =⨯⨯=
（2）当物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离L 最小，由动能能力得：
21
02
mgL mv μ-=-
解得：22
8m 6.4m 220.510
v L g μ=
==⨯⨯ （3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度6m/s ，物体在到达A 点前速度与传
送带相等，最后以6m/s v =带的速度冲上斜面，根据动能定理得：2102mgh mv '-=-
带
得：22
6m 1.8m 2210
v h g '===⨯带
【点睛】
该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题．
5．如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L=1.4m ，今将水平力撤去，当滑块滑到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2．求
(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑的高度h ；
(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s ，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q ． 【答案】(1) (2)0.1 m 或0.8 m (3)0.5 J
【解析】 【分析】 【详解】
解：（1）滑块受到水平推力F 、重力mg 和支持力F N 处于平衡，如图所示：
水平推力 ① 解得：
②
（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v 下滑过程
由机械能守恒有：，解得：③
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有：④
解得：⑤
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：⑥
解得：⑦
（3）设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移：s=v0t
由机械能守恒有：⑧
⑨
滑块相对传送带滑动的位移⑩
相对滑动生成的热量⑪
⑫
6．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。

一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带上端B点的右上方比B点高h=0. 45 m处的A点水平抛出，恰好从B点沿BC方向滑人传送
带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos
37°=0.8。

求：
(1)滑块水平抛出时的速度v0；
(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.
【答案】(1)v0=4m/s (2)W=8J
【解析】
【详解】
(1)滑块做平抛运动在B点时竖直方向的分速度为：
平抛后恰好沿BC方向滑人传送带，可知B点的平抛速度方向与传送带平行，
由几何关系及速度分解有：
解得：
(2)滑块在B点时的速度大小为
滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律有：
可得加速度
设滑块到达C点时的速度大小为v C，有：
解得：
此过程所经历的时间为：
故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移x1=L=6m，
传送带的位移x2=vt=4m；
传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：
代入数据解得：
【点睛】
此题需注意两点，(1)要利用滑块沿BC射入来求解滑块到B点的速度；(2)计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。

7．某粮仓为了把大米送到一定高度处的储藏间，铺设如图所示的传输装置，其中 AB 为长度 L1=4m的水平传送带，CD 为长度 L2=9m、倾角θ=37°的倾斜传送带，两传送带的运行速度可调。

现将一袋大米无初速地放在 A 端，设米袋从 B 转移到 C 时速度大小不变，已知米袋与两传送带之间的动摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8。

现在对设备按照如下两种方式进行调试：
（1）使水平传送带以 v1=5m/s 的速度顺时针匀速转动，倾斜传送带不转动。

求：
①米袋在水平传送带上加速运动的距离；
②米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离。

（2）使两条传送带以相同的速度 v2 顺时针匀速转动，为了使米袋能被运送到 D 端，试通
过分析计算 v2 的最小值。

【答案】（1）①2.5m ；②1.25m （2）6m/s 【解析】 【详解】
（1）①对米袋，根据牛顿第二定律得
1mg ma μ=
加速阶段，当米袋速度增加到和传送带一样时，根据运动学公式得
21112v a s =
解得1 2.5m s =
②倾斜传送带不动，米袋沿传送带向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
因11s L <，故米袋到达C 时速度大小为1v ，设米袋在CD 所能上滑的距离为2s ，则有
21222v a s =
解得2 1.25m s =
可见，22s L <，故米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离为1.25m 。

（2）sin cos mg mg θμθ>，所以无论如何调节倾斜传送带速度，米袋所受合力均沿传送带向下。

为使米袋能到达D 端且在C 端所需速度最小，应使其向上运动过程中所受滑动摩擦力始终沿传送带向上，此时对米袋应用牛顿第二定律得
3sin cos mg mg ma θμθ-=
22322v a L =
解得26m/s v =
在水平传送带上，当米袋速度增加到等于26m/s v =时，其加速距离为3s ，则
22132v a s =
可见，31s L <，故米袋在水平传送带上能被加速到26m/s v =，所以2v 最小值为
26m/s v =
8．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．
9．如图所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图所示，t=2.0s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg ，木板质量M = 1kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2．求：
（1）t=0.5s 时滑块的速度大小； （2）0～2.0s 内木板的位移大小； （3）整个过程中因摩擦而产生的热量． 【答案】（1）1m/s （2）6.25m （3）12J 【解析】
【分析】先判断出在0-0.5s 内滑块与木板是相对静止的，方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M 为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F ，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度；0.5-2.0s 内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0-0.5s 内的位移，即可得解；求出相对位移，再得到摩擦生热； 解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大， 以M 为研究对象，根据牛顿第二定律得
0mg Ma μ=，得200.2210
4m/s 1
mg
a M
μ⨯⨯=
=
=； 对整体，有()0012N F M m a =+=
由图知，在00.5s -内，06N F F =<，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于
22m/s F
a M m
=
=+，则0.5s t =时滑块的速度大小111m/s v at == （2）00.5s -内，整体的位移为221111
20.50.25m 22
x at =
=⨯⨯= 在0.5s 2.0s -内，016N F F =>，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得
对m 有：m F mg ma μ-=，得2
6m/s m a =； 对M 有：M mg Ma μ=，得2
4m/s M a =；
0.5~2.0s 内木板的位移大小为2
2122
12M x v t a t =+=211 1.54 1.56m 2
⨯+⨯⨯= 故0~2.0s 内木板的位移大小12 6.25m x x x =+= （3）0.5~2.0s 内滑块的位移大小为2
312212M x v t a t =+
=211 1.56 1.58.25m 2
⨯+⨯⨯= 故0.5~2.0s 内滑块与木板的相对位移132 2.25m x x x ∆=-= 2.0s t =时，滑块的速度为1216 1.510m/s m m v v a t =+=+⨯=
木板的速度为1214 1.57m/s M M v v a t =+=+⨯=
撤去F 后，m 的加速度大小为22m/s m mg a g m μμ'===；
设从2s t =时起经过时间t ，两者速度相等，共同速度为v ，则有
m m M M v v a t v a t '=-=+，计算得出0.5s t =，9m/s v =，
从2s t =到两者相对静止的过程中，滑块的位移为41090.5m 4.75m 22m v v x t ++=
=⨯= 木板的位移为5790.5m 4m 22M v v x t ++==⨯= 此过程两者的相对位移2450.75m x x x ∆=-=
故整个过程中因摩擦而产生的热量为()1212J Q mg x x μ=∆+∆=
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．。