高考物理牛顿运动定律的应用练习题及解析

高考物理牛顿运动定律的应用练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．2．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:0～6 s内物体位移为:则0～6 s内物体相对于皮带的位移为0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126 J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

3．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()210102mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111••22t v v vs t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m＝μ-=． 根据：212212s a t =得220.2t s = 物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mga g mμμ=-=-=-根据：3322a t a t = 解得30.2t s =物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．4．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v 0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v 0=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/s 2，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 c 2-a 图象．【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s（4）222200.4/80.4/ca 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 c 2-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：12250.4v 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：2245220.4v x m m a ===⨯ 因为x<L ，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：21052.52L 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/ca 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。

5．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) 05m/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：0cos x y yv v v v θ== 变形得：05m/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 215m/s a = 对长木板有：()22M m g Ma μ+=，得 221m/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 2C v v x t +=⋅=共， 故11117.5J W mgx μ=-=- 则对长木板在相对滑动有：200.5m 2v 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6．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，210/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()2211202B 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．7．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小； (3)物体在长木板上滑行的最大距离．【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；221/a m s = （3）2m【解析】 【分析】该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：0013737mgsin mgcos ma μ-=解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：202B v aS -=解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s= (2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=解得：物体滑上长木板后物体的加速度213/a m s =，方向水平向左物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=解得：物体滑上长木板后长木板的加速度221/a m s =，方向水平向右(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =这段时间内物体的位移2211114131 2.522B x v t a t m m =-=⨯-⨯⨯= 这段时间内长木板的位移222211110.522x a t m m ==⨯⨯= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=8．如图所示，长L =2m ，质量M=1kg 的木板B 静止在水平地面上，其正中央放置一质量m=2kg 的小滑块A ，现对B 施加一水平向右的恒力F ．已知A 与B 、B 与地面间的动摩擦因数分别为120.20.4μμ==、，重力加速度210/g m s =，试求：（1）若A 、B 间相对滑动，F 的最小值；（2）当F =20N 时，若F 的作用时间为2s ，此时B 的速度大小； （3）当F =16N 时，若使A 从B 上滑下，F 的最短作用时间． 【答案】（1）min 18F N = （2）220/v m s = （3）2 1.73t s = 【解析】 【分析】 【详解】（1）A 、B 间恰要相对滑动的临界条件是二者间达到最大静摩擦力，对A ，由牛顿第二定律可知，加速度212/a g m s μ==；对B ，由牛顿第二定律可知，()min 21F m M g mg Ma μμ-+-=， 解得min 18F N =（2）F=20N>18N ，二者间会相对滑动，对B ，由牛顿第二定律；()211F m M g mg Ma μμ-+-=解得214/a m s =；设A 从左端滑出的时间为1t ，则22111111222L a t gt μ=-， 解得112t s s =<，此时B 的速度1114/==v a t m s故在F 作用后的1s 内，对B ，22F Mg Ma μ-=，解得2216/a m s =此时B 的速度()2121220/v v a t m s =+-=（3）若F=16N<18N ，则二者一起加速，由牛顿第二定律可知整体加速度()2204/3F M m ga m s M mμ-+==+； 当A 刚好从B 上滑下，F 的最短时间为2t ，设刚撤去F 瞬间，整体的速度为v ，则02v a t =撤去F 后，对A ，2112/a g m s μ==，对B ：()21'228/m M g mga m s Mμμ+-==经分析，B 先停止运动，A 最后恰滑至B 的最右端时速度减为零，故221222'2v v La a -= 联立解得23 1.73t s s ==点睛：此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解决本题的关键是先搞清物体运动的物理过程，根据物体的受力判断出物体的运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．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 mθμθ--==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12200.53v 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33305v ts 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 ①F N +Fsinθ=mg ②f ＝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．。