最新高考物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)

最新高考物理牛顿运动定律的应用的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)
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，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．
（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能．
（2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．
【答案】（1）13.5J （2）2.67m
【解析】
（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得
1012()m v m m v =+
由能量守恒定律得 22101211()22
E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()
m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
101122m v m v m v =+ 由机械能守恒定律得
222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 12012
26/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，
对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-=
对物块C ： 1332m g m a μ=
设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322
x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=
对物块C ：1334-m g m a μ=
这一过程的相对位移为
22
22
2
43
()()1
223
a t a t
x m
a a
∆=-=
--
整个过程物块与木板的相对位移为
12
8
2.67
3
x x x m m
∆=∆-∆==
点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．
2．如图所示，BC为半径r
2
2
5
=m竖直放置的细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球过C点时速度大小不变，小球冲出C点后经过
9
8
s再次回到C点。

（g＝10m/s2）求：
（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多大？
（2）小球第一次过C点时轨道对小球的支持力大小为多少？
（3）若将BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A点以v0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

【答案】（1）2m/s（2）20.9N（3）2N
【解析】
【详解】
（1）小球从A运动到B为平抛运动，有：r sin45°＝v0t
在B点有：tan45°
gt
v
=
解以上两式得：v0＝2m/s
（2）由牛顿第二定律得：
小球沿斜面向上滑动的加速度：
a1
4545
mgsin mgcos
m
μ
︒+︒
==g sin45°+μg cos45°＝22
小球沿斜面向下滑动的加速度：
a2
4545
mgsin mgcos
m
μ
︒-︒
==g sin45°﹣μg cos45°＝2m/s2
设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、t 2， 由位移关系得：12a 1t 1212=a 2t 22 又因为：t 1+t 298=s 解得：t 138
=s ，t 234=s 小球从C 点冲出的速度：v C ＝a 1t 1＝32m/s
在C 点由牛顿第二定律得：N ﹣mg ＝m 2C v r
解得：N ＝20.9N
（3）在B 点由运动的合成与分解有：v B 045v sin ==︒
22m/s 因为恒力为5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。

设细管对小球作用力大小为F
由牛顿第二定律得：F ＝m 2B v r
解得：F ＝52N
由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N ，
3．如图所示，质量M =1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m =1kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g 取10m/s 2，
(1)若木板长L =1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端?
(2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F 假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f 随拉力F 大小变化而变化的图像．
【答案】（1）1s ；（2）见解析
【解析】
【分析】
【详解】
（1）铁块的加速度大小=4m/s 2
木板的加速度大小
2m/s 2 设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有
解得： t =1s
（2）
4．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22111111222
L 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
()2204/3
F M m g
a m s M m μ-+==+； 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 mg
a m s M μμ+-==
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221222'2
v v L a 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．
5．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 =
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1F 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1F s
-的函数关系式． 【答案】（1）0.5m （2）F≤4N ；（3）
144F 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：22011121110.522
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 2−12
a M t 2 s=2Δx 联立
1s −F 函数关系式解得：144
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．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。

某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。

其中AB 段是助滑坡，倾角α=37°，BC 段是水平起跳台，CD 段是着陆坡，倾角θ=30°，DE 段是停止区，AB 段与BC 段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.03，图中轨道最高点A 处的起滑台距起跳台BC 的竖直高度h=47m 。

运动员连同滑雪板的质量m=60kg ，滑雪运动员从A 点由静止开始起滑，通过起跳台从C 点水平飞出，运动员在着陆坡CD 上的着陆位置与C 点的距离l =120m 。

设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。

求：
（1）运动员在助滑坡AB 上运动加速度的大小；
（2）运动员在C 点起跳时速度的大小；
（3）运动员从起滑台A 点到起跳台C 点的过程中克服摩擦力所做的功。

【答案】（1）
（2） （3）
【解析】
【详解】
（1）运动员在助滑坡AB 上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma 解得：a=g （sinα-μcosα）=10×（0.6-0.03×0.8）=5.76m/s 2．
（2）设运动员从C 点起跳后到落到着陆坡上的时间为t ，C 点到着陆坡上着陆点的距离为L ．运动员从C 点起跳后做平抛运动，则有
竖直方向：Lsinθ=gt 2…①
水平方向：Lcosθ=v 0t…②
由①：②得：tanθ=
解得 t=2s ，v 0=30m/s
（3）运动员从起滑台A 点到起跳台C 点的过程，根据动能定理得
mgh-W f =mv 02
解得克服摩擦力所做的功 W f =mgh-mv 02=60×10×47-×60×302=1200J
【点睛】
本题要分析清楚运动员的运动情况，知道运动员先做匀加速运动，后做匀减速运动，最后平抛运动，是动能定理和平抛运动的综合，要善于运用斜面的倾角研究平抛运动两个分位移之间的关系，求出时间．
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/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.
9．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg ，小车的质量M=10kg ，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N 的力拉绳时，求：
（1）人与车一起运动的加速度的大小；
（2）人所受的摩擦力的大小和方向；
（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．
【答案】（1）2m/s2（2）140N（3）0.5s
【解析】
【详解】
（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N，总重为（60+10）×10=700N，受阻力为700×0.1=70N，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N，则合外力为F=560-70-350=140N
则根据牛顿第二定律，加速度为a==2m/s2
即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2。

（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有
ma=T+f-mgsin30°
代入数据解得：f=140N
即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力。

（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为
a′＝＝−6m/s2
根据速度时间公式，有
即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s。

【点睛】
本题关键是对小车和人整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，再对人受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。

10．如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，
g=10m/s2，求：
(1)撤去F 的瞬间，物块和板的加速度；
(2)拉力F 作用的时间；
(3)整个过程因摩擦产生的热量。

【答案】(1)1 m/s 2，方向向左， 2.5 m/s 2，方向向左(2)4s(3)72J
【解析】
【详解】
(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a 1、a 2，由牛顿第二定律得：
对物块：
μ1mg =ma 1
对木板：
μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2
解得：
a 1=1 m/s 2，方向向左
a 2=2.5 m/s 2，方向向左
(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：
F -μ2（M +m ）g =（M+m ）a 0
解得：
a 0=1 m/s 2。

设撤去力 F 时二者的速度为 v ，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：
2
11
2v x a = 木板的位移：
2
22
2v x a = 又：
x 1-x 2=L
联立方程，代入数据得：
v =4m/s
设力F 作用的时间为t ，则：
v =a 0t
所以：
0441
v t s s a =
== (3)在拉力F 的作用下木板的位移：
x0=1
2
a0t2=
1
2
×1×42=8m
由上解得，撤去拉力后木板的位移：
x2=3.2m
根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：
Q=μ2（M+m）g（x2+x0）+μ1mg（x1-x2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J。