高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(含答案)

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(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，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：
（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；
（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L
【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】
【详解】
（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1
对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；
（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N
（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s
B 的速度为：v B =a 2t =2m/s
1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A B v v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2=
'2
A B v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

2．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：
（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件；
（2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离．
【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ∆=
【解析】
【分析】
物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围．
【详解】
(1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则：222011-22A B
v v v L a a =＋ 又： 011-=A B
v v v a a 解得：a B =6m/s 2
再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N
若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N
当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：
对整体：F =(m ＋M )a
对物体A ：μMg =Ma
解得：F =3N
若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下
综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N
(2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A
解得：a A =μg =2m/s 2
平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B
解得：a B =14m/s 2
两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t
解得：t =0.25s
A 滑行距离 x A =v 0t －
12a A t 2=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716
m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m
【点睛】
解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
3．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 2222243()()1223
a t a t x m a a ∆=-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 128 2.673
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．
4．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．
（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止
（2） 求3s 内煤块前进的位移
（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度
【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m
【解析】
【分析】
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：
1N F ma μ=
F N -mg =0
代入数据解得：a 1=2m/s 2
刚开始运动时对小车有：
2N F F Ma μ-=
解得：a 2=0.6m/s 2
经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：
v 1=a 1t
车的速度为：
v 2=v +a 2t
解得：t =2s ；
(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
21114m 2
x a t == 2s 时的速度为：
11122m/s 4m/s v a t ==⨯=
此后加速运动的加速度为：
235m/s 6
F a M m ==+
然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：
2212321 4.4m 2x v t a t =+= 所以煤块的总位移为：
128.4m x x +=
(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
21114m 2
x a t == 小车前进的位移为：
2111 6.8m 2
x v t a t '=+= 两者的相对位移为：
m 1 2.8x x x '∆=-=
即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ．
【点睛】
该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
5．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m ＝2 kg 的小物体轻轻放在传送带的A 端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s 末物体到达B 端，取沿传送带向下为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，求：
(1)小物体在传送带A 、B 两端间运动的平均速度v ；
(2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；
(3)2 s 内物体机械能的减少量ΔE ．
【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J
【解析】
【详解】
（1）由v-t 图象的面积规律可知传送带A 、B 间的距离L 即为v-t 图线与t 轴所围的面积，所以：
112122
v v v L t t t ＝++ 代入数值得：
L =16m
由平均速度的定义得：
168/2
L v m s t ＝＝＝ （2）由v-t 图象可知传送代运行速度为v 1=10m/s ，0-1s 内物体的加速度为：
22110/10/1
v a m s m s t V V ＝
＝＝ 则物体所受的合力为： F 合=ma 1=2×10N=20N ．
1-2s 内的加速度为：
a 2＝
21＝2m /s 2， 根据牛顿第二定律得：
a 1＝ mgsin mgcos m
θμθ+=gsinθ+μgcosθ a 2＝ mgsin mgcos m
θμθ-=gsinθ-μgcosθ 联立两式解得：
μ=0.5，θ=37°． （3）0-1s 内，物块的位移：
x 1＝
12a 1t 12＝12×10×1m ＝5m 传送带的位移为：
x 2=vt 1=10×1m=10m
则相对位移的大小为：
△x 1=x 2-x 1=5m
则1-2s 内，物块的位移为：
x 3＝vt 2+
12a 2t 22=10×1+12×2×1m ＝11m 0-2s 内物块向下的位移：
L =x 1+x 3=5+11=16m
物块下降的高度：
h =L sin37°=16×0.6=9.6m
物块机械能的变化量：
△E ＝
12m v B 2−mgh =12
×2×122−2×10×9.6=-48J 负号表示机械能减小．
6．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数
k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静
止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 2
10/)m s =
【答案】max 168N F =min 72N F =
【解析】
试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力
静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212
x at = ()k X x mg ma --=
max F Mg Ma -=
以上各式代如数据联立解得
max 168N F =
该开始向上拉时有最小拉力则
min ()()F kX M m g M m a +-+=+
解得
min 72N F =
考点：牛顿第二定律的应用
点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．
7．如图所示，长L =10m 的水平传送带以速度v =8m/s 匀速运动。

质量分别为2m 、m 的小物块P 、Q ，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C 相连。

小物块P 放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C 、P 间的细绳水平。

现在P 上固定一质量为2m 的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q 、C 间距大于10 m ，重力加速度g 取10m/s 2.求：
(1)小物块P 与传送带间的动摩擦因数；
(2)小物块P 从传送带左端运动到右端的时间；
(3)当小物块P 运动到某位置S （图中末画出）时将细绳剪断，小物块P 到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S 距传送带右端的距离。

【答案】（1）0.5（2）10?s （3）4m
【解析】
【分析】
(1)对物体P 、Q 分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3)相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离.
【详解】
(1)设静止时细绳的拉力为T 0，小物块P 与传送带间的动摩擦因数为μ，P 、Q 受力如图:
由平衡条件得：0(2)T m g μ=
0T mg =
0.5μ=
(2)设小物块P 在传送带上运动时加速度为a 1，细绳的拉力为T ，P 、Q 受力如图，
由牛顿第二定律得,对P ：1(22)(22)m m g T m m a μ+-=+
对Q ：1T mg ma -=
假设P 一直加速至传送带最右端时间为t ，末速度为v 1由运动学公式得：212v aL =
v 1=1a t 联立以上两式并代入数据得：10 s t =,v 1=210 m /s <v 假设成立.
(3)设细绳剪断后小物块P 的加速度大小为a 2，小物块P 在S 处的速度大小为2v ，位置S 距离传送带左端距离为1x ，距离传送带右端距离为2x ，P 受力如图:
断绳后由牛顿第二定律得：2(22)(22)m m g m m a μ+=+
断绳前由运动学公式得：22112v a x =
断绳后由运动学公式得：222222v v a x -=
12x x L +=
联立以上各式并代入数据得：S 距离传送带右端距离：2 4 m x =
【点睛】
本题关键是明确滑块P 、Q 的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.
8．如图所示，水平传送带长为L =11.5m ，以速度v =7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A 端无初速释放一个质量为m =1kg 的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F =5N 、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A 端运动到B 端的过程中:
（1）滑块运动的时间；
（2）滑块相对传送带滑过的路程．
【答案】（1）2s （2）4m
【解析】
【分析】
（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B 端所用的时间，从而求出总时间．
（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移．
【详解】
（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为1a ，由牛顿第二定律：
()13737Fcos mg Fsin ma μ︒+-︒=
解得：217.5/a m s = 滑块与传送带达到共同速度的时间：111v t s a =
= 此过程中滑块向右运动的位移：11 3.752
v s t m == 共速后 , 因 ()3737Fcos mg Fsin μ︒>-︒ ，滑块继续向右加速运动，
由牛顿第二定律：()23737Fcos mg Fsin ma μ︒--︒=
解得：220.5/a m s =
根据速度位移关系可得：()22212B
v v a L s -=- 滑块到达 B 端的速度：8/B v m s =
滑块从共速位置到 B 端所用的时间：22
1B v v t s a -== 滑块从 A 端到 B 端的时间：122t t t s =+=
（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：111 3.75s vt s m =-=V ，
1s ∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： ()2120.25s L s vt m =--=V
， 0∼2s 内滑块相对传送带的路程： 124s s s m =+=V V V
9．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/s 2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。

求：
(1)滑块水平抛出时的速度v 0；
(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)v 0=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x 1=L =6m ，
传送带的位移x 2=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。

10．总质量为60kg 的人和滑雪板沿着倾角为037θ=的斜坡向下滑动,如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比．今测得滑雪板运动的v t -图象如图乙所示，图中AC 是曲线中A 点的切线，C 点坐标为()4,15，BD 是曲线的渐近线．（0sin 370.6=
0cos370.8=，g 取210/m s ）根据以上信息，计算下列物理量：
（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度m v ； （2）空气的阻力系数k ；
（3）滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ．
【答案】（1）10m/s m v =
（2）/s 30kg k =
（3）0.125μ=
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由v-t 图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：10m/s m v = （2）由v-t 图象得： A 点v A =5m/s ， C 点：15m/s c v = 则A 点的瞬时加速度为：22.5m/s A A A
v a t ∆=
=∆ 下滑过程中，在A 点： sin cos A A mg mg kv ma θμθ--=
当速度最大时，0a =，有：
sin cos 0m mg mg kv θμθ--=
代入数据解得：
空气的阻力系数 30A m A
ma k v v ==- kg/s （3）雪撬与斜坡间的动摩擦因数为 sin 370.125cos37m mg kv mg μ︒︒
-==。