【物理】高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)

【物理】高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(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，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．
（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？
（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．
设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N
即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mg
a m s m
μ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mg
a M m
=
+μ=1m/s 2
设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L
即
22
1122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/s
AB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇
机械能守恒：
12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+1
2
mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s
2．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视
为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：
（1）m 、M 之间的动摩擦因数；
（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；
（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：
11mg ma μ=
由乙图知
214m /s a =
解得
10.4μ=
（2）对M 由牛顿第二定律有
122()F mg M m g Ma μμ--+=
即
12122()()F mg M m g mg M m g F
a M M M
μμμμ--+--+=
=+
乙图知
11
4
M = 12()9
4
mg M m g M μμ--+=-
解得
M = 4 kg μ2=0. 1
（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，
设m 运动t 1时间速度减为零，则
11
1s v t a =
= 位移
2101111
2m 2
x v t a t =-=
M 的加速度大小
2122()5m /s F mg M m g
a M
μμ--+=
=
方向向左， M 的位移大小
2
2211 2.5m 2
x a t =
= 此时M 的速度
2215m /s v a t ==
由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，
设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律
23F Mg Ma μ-=
可得
2325
m /s 4
a =
在t =2s 时m 与M 右端的距离
2321311
()()8.125m 2
x v t t a t t =-+-=．
3．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
4．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。

铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）
(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D ；
(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；
(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】 【详解】
(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D
mv mg R
=
可得：D /s v =
(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C
mv F mg R
-=
代入数据可得：F =6.3N
由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N
(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2
y 2gh v = 得：v y =3m/s
小球沿切线进入圆弧轨道，则：3
5m/s 370.6
y B v v sin =
=
=︒
(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：
3750.84/A B v v cos m s =︒=⨯=
小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=
可得：2
18/a m s =
小球做减速运动时：2mg ma μ=
可得：2
22/a m s =-
由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222
m m A v v v
x t t +=
⋅+⋅ 联立可得：0.6t s =
5．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至t=1s 时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）。

碰撞前后木板速度大小不变，方
向相反；运动过程中小物块始终未离开木板。

已知碰撞后1s 时间内小物块的v-t 图线如图（b ）所示。

木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2。

求
（1）木板与地面间的动摩擦因数μ1及小物块与木板间的动摩擦因数μ2； （2）木板的最小长度； 【答案】（1）0.1；0.4（2）6m 【解析】 【分析】
（1）对碰前过程由牛顿第二定律时进行分析，结合运动学公式可求得μ1；再对碰后过程分析同理可求得μ2。

（2）分别对木板和物块进行分析，由牛顿第二定律求解加速度，由运动学公式求解位移，则可求得相对位移，即可求得木板的长度； 【详解】
（1）规定向右为正方向。

木板与墙壁相碰前，小物块和木板一起向右做匀变速运动，设加速度为a 1，小物块和木板的质量分别为m 和M ．由牛顿第二定律有： -μ1（m+M ）g=（m+M ）a 1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v 1=4m/s ，由运动学公式得： v 1=v 0+at 1…② s 0＝v 0t 1+
1
2
a 1t 12…③ 式中，t 1=1s ，s 0=4.5m 是木板碰前的位移，v 0是小木块和木板开始运动时的速度。

联立①②③式和题给条件得：μ1=0.1…④
在木板与墙壁碰撞后，木板以-v 1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v 1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a 2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma 2…⑤ 由图可得：a 2＝
2
1
21
v v t t --…⑥ 式中，t 2=2s ，v 2=0，联立⑤⑥式和题给条件得：μ2=0.4…⑦
（2）设碰撞后木板的加速度为a 3，经过时间△t ，木板和小物块刚好具有共同速度v 3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m ）g=Ma 3…⑧ v 3=-v 1+a 3△t…⑨ v 3=v 1+a 2△t…⑩
碰撞后至木板和小物块刚好达到共同速度的过程中，木板运动的位移为： s 1＝
13
2
v v -+ △t (11)
小物块运动的位移为：s 2＝
13
2
v v +△t ...（12） 小物块相对木板的位移为：△s=s 2+s 1 (13)
联立⑥⑧⑨⑩（11）（12）（13）式，并代入数值得：△s=6.0m 因为运动过程中小物块没有脱离木板，所以木板的最小长度应为6.0m 。

6．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 = ；2
21/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：00
13737mgsin 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：2
02B 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2
13/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2
21/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221111
4131 2.522
B x v t a t m m =-=⨯-⨯⨯= 这段时间内长木板的位移222211
110.522
x a t m m =
=⨯⨯= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=
7．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θ=37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v 0=12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）求：
(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；
(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？ 【答案】（1）10m /s 2，方向沿传送带向下；（2）1s ；7m .（3）(2+22)s . 【解析】 【分析】
（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；
（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；
（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间； 【详解】
（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a ，货物受力如图所示：
沿传送带方向： 1f mgsin F ma θ+=
垂直传送带方向： N mgcos F θ=，又f N F F μ=
故货物刚滑上传送带时加速度大小2
110/a m s =，方向沿传送带向下；
（2）货物速度从0v 减至传送带速度v 所用时间设为1t ，位移设为1x ， 则根据速度与时间关系有：011212
110
v
v t s s a --=
==-- 根据平均速度公式可以得到位移为：01172
v v
x t m +=
= （3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tan μθ=<，即mgsin mgcos θμθ＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a ，则有2mgsin mgcos ma θμθ-= 设货物再经时间2t ，速度减为零，则：22
01v
t s a -==- 沿传送带向上滑的位移：220
12
v x t m +=
= 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=
货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ， 则2
2312
x a t =
，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =
++=+（)． 【点睛】
本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．
8．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10 N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H ＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
(1)物块在传送带上运动的时间；
(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F ，则物块还需多少时间才能脱离传送带？ 【答案】（1）1s （2）
【解析】 【详解】
（1）物体在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有：
F＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma1
解得a1＝8 m/s2
由v＝a1t1
得t1＝0.5s
位移x1＝a1t12＝1m
物体与传送带达到共同速度后，因F－mgsinθ＝4 N＝μmgcos37°
故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升．
位移x2＝－x1＝2m
t2＝＝0.5s
总时间为t＝t1＋t2＝1s
（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为μ＜tan37°，故有：
mgsin37°－μmgcos37°＝ma2
解得：a2＝2m/s2
假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则
通过的位移为x＝＝4 m＞x2
故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故
x2＝vt3-a2t32
解得t3＝（2-）s或t3＝（2+）s（舍去）
【点睛】
本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．
9．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．
（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【答案】（1）0.5（2）1s
【解析】
【分析】
【详解】
（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：
000.5sin 37cos37N F mg mg +=
在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：000.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=
代入数据解得：a=7.5m/s 2
小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=
12at 2
运动时间为1t s =
==； 【点睛】
此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．
10．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h ．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m 处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h 的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m ，司机立即紧急刹车．已知司机的反应时间t =0.3s ，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求：
(1)在反应时间内轿车的位移大小；
(2)刹车过程的加速度大小；
(3)计算分析甲、乙两车是否相撞．
【答案】()110m ；()225/m s ；()3甲、乙两车不会相撞
【解析】
【详解】
（1）司机的反应时间0.3s 内，轿车做匀速直线运动， 由题意知：0100120//3
v km h m s == 所以在反应时间内轿车的位移大小101000.3103
x v t m m ==
⨯= （2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mg ma μ= 得25/a m s =．
（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为
()2202100(
)010003111.12259v x m m m a --===≈--⨯
当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为12121x x x m =+= 因150********x d m m m m <+=+=．
故轿车乙不会与故障车甲相撞．。