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，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
2．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
3．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37θ=︒，传
送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。

一包货物以
012m/s υ=的初速度从A 端滑上倾斜传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数0.5μ=，
且可将货物视为质点。

（g 取210m/s ，已知sin370.6︒=，cos370.8︒=）
（1）货物刚滑上传送带时加速度为多大?
（2）当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?
（3）从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A 端共用了多少时间? 【答案】（1）210m/s （2）1s 7m （3）()
222s + 【解析】 【分析】
由题意可知考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。

【详解】
（1）设货物刚滑上传送带时加速度大小为1a ，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示。

根据牛顿第二定律得
1sin f mg F ma θ+=
cos 0N F mg θ-=
又f N F F μ=，解得
()21sin cos 10m/s a g θμθ=+=。

（2）货物速度从0υ减至与传送带速度υ相同所用时间
11
1t s a υυ-=
=-
位移大小
22
11
7m 2x a υυ-=
=-。

（3）过了11t s =后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为2a ，同理可得
()22sin cos 2m/s a g θμθ=-=
方向沿传送带向下。

设货物再经时间2t ，速度减为零，则
22
01s t a υ
-=
=-。

沿传送带向上滑动的位移大小
22
22002m 1m 222
x a υ--===--⨯，
上滑的总距离为
128m x x x =+=。

货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为2a ，设下滑时间为3t ，由
22312
x a t =，
解得3t =s
则货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为
(1232s t t t t =++=+。

另解：过了1t 时刻，货物的加速度大小变为2a ，设从1t 到货物滑回A 端的过程所用时间为
4t ，则
2
142412
x t a t υ-=-，
代入数值，解得
(41t s =+
货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为
(142t t t s =+=+。

【点睛】
分阶段来分析，物体先向上做匀减速运动，和皮带达到共速后，因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体继续向上做匀减速运动，速度减为零后，沿斜面向下做匀加速运
动，计算时间可以分阶段计算，也可以用整体法计算。

4．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＝
1
1
v a ＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=
12a 1t 2=1
2
×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
22
22
33412
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=5
4.4m 【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．
5．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Δl 0=2cm.重力加速度g 取10m/s 2．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）403N （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．
6．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m ，质量为0.6kg ．在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg 的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02kg 的子弹以的150m/s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10m/s 2(结果保留2位有效数字)
(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动． (2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离． 【答案】(1) 物块滑上第五块木板(2)0.078m x =板 【解析】 【分析】 【详解】
(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为0,,m M m ,子弹的初速度为0v 子弹击中小物块后二者的共同速度为1v 由动量守恒定律
()0001m v M m v =+ ①
子弹击中小物块后物块的质量为M '，且0M M m '
=+.设当物块滑至第n 块木板时，木板
才开始运动
12((6))M g M n m g μμ''>+- ②
其中12,μμ分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数. 由式解得n 4.3>
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动.
(2) 令物块滑上第五块木板上时，s v 满足:
()
()()
2210011
4,1/2
s s M m g L M m v v v m s μ-+⋅=
+-= 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，
v t -图象如图:
1112223
1-2s
381m/s
41s
4
13115
m m 0.078m
284464
t t t v v t g x μ=⇒====⎛⎫∴=+⨯== ⎪⎝⎭共共板
7．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1
s
−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．
8．如图所示，在倾角为的光滑物块P斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B；C为一垂直固定在斜面上的挡板、C总质量为M，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F从零开始增大作用于P．
物块B刚要离开C时力F．
从开始到此时物块A相对于斜面的位移物块A一直没离开斜面，重力加速度为
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A、B 或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解。

【详解】
整体做为研究对象，刚要离开C瞬间与C的作用力为0，受力情况如图：
根据力的平衡知识有：，
对P、A、B整体分析受力有：
联立解得：
开始时弹簧压缩，有：
由分析可知加速度为
对B 分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0 ；所以物块A 的位移：
【点睛】 解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。

9．如图所示，在倾角37θ=︒ 的足够长的固定的斜面上，有一质量m=1kg 的物块，物块与斜面间 因数μ=0.2，物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F=9.6N 的作用，从静止开始运动，经2s 绳子突然断了，求：
(1)绳断瞬间物体的速度大小为多少？
(2)绳断后多长时间物体速度大小达到22m/s.(sin37°=0.6，g=10m/s2)
【答案】（1） 14/v m s = （2） 5.53t s =
【解析】(1)在最初2s 内，物体在F=9.6 N 拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，根据受力分析图可知：
沿斜面方向：F-mgsinθ-F f =ma 1
沿y 方向：F N =mgcosθ
且F f =μF N
得： 21sin cos 2m/s F mg mg a m
θμθ--== 2 s 末绳断时瞬时速度1114/v a t m s ==
(2)从撤去F 到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a 2
则()
22sin cos 7.6m/s mg mg a m θμθ-+==-
设从断绳到物体到达最高点所需时间为t 2
据运动学公式v 2=v 1+a 2t 2 所以122
00.53v t s a -== 物体从最高点沿斜面下滑，第三阶段物体加速度为a 3，所需时间为t 3
由牛顿第二定律可知：a 3=gsinθ-μgcosθ=4.4m/s 2
速度达到v 3=22m/s 所需时间3
33
05v t s a -== 则从绳断到速度为22m/s 所经历的总时间230.535 5.53t t t s s s =+=+=
综上所述本题答案是：（1） 1v 4m /s = （2）t 5.53s =
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．。