高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)含解析

高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)含解析
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，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取
sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小；
（2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位）
【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N
【解析】
【分析】
(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围．
【详解】
(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．
根据牛顿第二定律得：
mgtanθ=ma
得a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2
m受到支持力
20
N=25N cos cos37
N
mg
F
θ
==
︒
(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:
对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N
设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N
综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】
解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．
2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,
(1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．
【答案】（1）2
5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J
【解析】 【详解】
(1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可
得：
对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -=
A B f f = 0.5A A f m g =
联立以上方程得：2
5m/s A a = 27.5m/s B a =
(2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动 则有：212A A h a t =
21
2
B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =，
15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V =
A 、
B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：
21()2kA A A A A E m v m g H h =
+- 400J kA E = 2
1()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E =
(3)两球损失的机械能总量为E ∆，()A B kA kB E m m gH E E ∆=+-- 代入以上数据得：250J E ∆= 【点睛】
(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．
3．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M 的木板。

开始时质量为m ＝2 kg 的滑块在水平向左的力F 作用下静止在斜面上，现将力F 变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F ，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。

此后滑块和木板在水平面上运动的v －t 图象如图乙所示，g ＝10 m/s 2。

求：
(1)水平作用力F 的大小； (2)滑块开始下滑时的高度； (3)木板的质量。

【答案】（1）15N （2）2.5m （3）3kg
【解析】
【分析】
（1）对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；
（2）根据图乙判断滑块滑到斜面底部的速度，由牛顿第二定律求出加速度，从而根据在斜面上的位移和三角关系求出下滑时的高度。

（3）根据摩擦力的公式求出地面和木板间的摩擦力，根据牛顿第二定律求出滑块和木板间的摩擦力，进而根据牛顿第二定律求出木板的质量。

【详解】
（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，
水平推力：F=mgtanθ=2×10×0.75N=15N
（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s
设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得：a=12m/s2
则下滑时的高度：
2
1
100
·0.6 2.5
224
v
h sin m m
a
θ
=⨯=
＝
（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1
由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：a1＝
210
20
v
t
V
V
＝
-
-
＝−4m/s2
对滑块：f1=ma1①
此时木板的加速度：a2＝
20
20
v
t
-
-
V
V
＝＝1m/s2
对木板： f1-f=Ma2②
当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s，之后连在一起做匀减速直线运动，加速度为：
a3=02
42
-
-
m/s2=-1m/s2
当滑块和木板速度相等后连在一起做匀减速直线运动，受到的摩擦力：
f =（M+m）a3③
联立①②③代入数据解得：M=3kg
【点睛】
本题考查斜面上力的合成与分解，和牛顿第二定律的应用，关键是分析物理过程，从v-t
图像中获取信息求解加速度。

4．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m=0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h=0.8m高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f=0.3N的阻力和F=1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型
（1）落到水面时速度v 的大小； （2）在水中能到达的最大深度H ； （3）从开始下落到返回水面所需时间t ． 【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；
（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2
所以最大深度：2
2
00.52v H m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v
s g
== 在水中下降22
00.25v
t s a -=
= 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：33
20.5H
t s a =
= 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s
5．如图所示，质量为M =2kg 、长度5
6
L m =
的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端B 处放置一质量为m =1kg 的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对木板施水平向右的推力F =5N ，经过时间t 撤去F ，最后小物块恰好能运动到木板左端A 处，重力加速度取g =10m/s 2．求： （1）小物块与木板系统生热Q ； （2）力F 作用时间t ；
（3）力F 做功W ．
【答案】（1）5
J 6
Q =；（2）1s t =；（3）5J W =。

【解析】 【分析】 【详解】
（1）小物块与木板系统生热Q ，则有：
Q mgL μ=
代入数据解得：56
Q =
J （2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为1a ，根据牛顿第二定律有：
1mg ma μ=
解得：2
11m/s a =
木板加速度为2a ，根据牛顿第二定律有：
2F mg Ma μ-=
解得：2
22m/s a =
撤去F 瞬时小物块速度为1v ，则有：
11v a t t ==
木板速度为2v ，则有：
222v a t t ==
该过程木板相对小物块位移：
22
212111222
t x a t a t =-=
撤去F 后历时't 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v ，由动量守恒定律得：
12()mv Mv m M v +=+
解得：53
t
v =
对小物块：由动量定理得：
1()mgt m v v μ=-'
解得：23
t t '=
该过程木板相对小物块位移：
2
21212()()()2223
v v v v v v t x t t t ++'''-=-==
木板长度：
12L x x =+2
56
t =
解得：1t =s （3）力F 做功
221
2
W F a t =⋅
或
21
()2
W Q m M v =++
解得：5W =J 【点睛】
解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．
6．一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a1，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）a1…①
由图可知，木板与墙壁碰前瞬间速度v1=4m/s，由运动学公式得：
v1=v0+at1…②
s0＝v0t1+1 2 a
1t12…③
式中，t1=1s，s0=4.5m是木板碰前的位移，v0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-v1的初速度向左做匀变速运动，小物块以v1的初速度向右做匀变速运动。

设小物块的加速度为a2，由牛顿第二定律有：-μ2mg=ma2…⑤
由图可得：a2＝21
21
v v
t t
-
-…⑥
式中，t2=2s，v2=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a3，经过时间△t，木板和小物块刚好具有共同速度v3．由牛顿第二定律及运动学公式得：μ2mg+μ1（M+m）g=Ma3…⑧
v3=-v1+a3△t…⑨
v3=v1+a2△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：
s1＝13
2
v v
-+
△t (11)
小物块运动的位移为：s2＝13
2
v v
+
△t (12)
小物块相对木板的位移为：△s=s2+s1 (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。

7．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其AB边的长度2
S m
=，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3
M kg
=的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1
m 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0.3，2
10/
g m s
=，0
370.6
sin=，0
370.8
cos=．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）2
13/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：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 =-=
8．如图所示，质量，
的木板()f x 静止在光滑水平地面上．木板右
端与竖直墙壁之间距离为
，其上表面正中央放置一个质量
的小滑块
A ．A 与
B 之间动摩擦因数为0.2μ=，现用大小为18F N =的推力水平向右推B ，两者
发生相对滑动，作用1s t
=后撤去推力F ．通过计算可知，在B 与墙壁碰撞时．A 没有滑
离B ．设B 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度2
10m/s g =．求：
(1)A 相对B 滑动的整个过程中．A 相对B 向左滑行的最大距离；
(2)A 相对B 滑动的整个过程中，A 、B 系统产生的摩擦热． 【答案】(1)(2)
【解析】 【详解】
（1）在施加推力F 时，
方向向右
24/B F mg
a m s M
μ-=
=方向向右 ls 末，F 撤去时，
2111
12
A s a t m =
⋅=
2211
22
B s a t m =
⋅= ∴A 相对B 向左滑动的距离
撤去F 至A 、B 达到共同速度的过程中
，方向向右
，方向向左
设A 、B 速度相等经历的时间为t 2
22A A B B V a t V a t '==得
在此时间内B 运动的位移为
∵s 2+s 3<s
∴B 与墙碰前速度相等，A 、B 的共同速度
A 相对
B 向左滑动的距离
（2）与墙壁碰后：AB AB MV mV m M V -=
+共（） 2231
1mg ()()2
2
AB s M m V M m V μ⋅=+-+V 共
∴
∵
∴
点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解．
9．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/s2，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/s2．
（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：Lsi nθ=gt2…①
水平方向：Lcosθ=v0t…②
由①：②得：tanθ=
解得 t=2s，v0=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=mv02
解得克服摩擦力所做的功 W f=mgh-mv02=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．
10．如图所示，质量m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的
动摩擦因数μ=0.5，取210/g m s =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1；
(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2；
(3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x ．
【答案】(1)110m x = (2)21t s = (3)11m x =
【解析】
【分析】
【详解】
(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ，
由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--︒=
解得215/a m s = 在这段时间内物块上滑的距离为21111102x a t m =
= (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s ==
接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ，
由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+︒=
解得2210/a m s =
根据速度公式有：1220v a t =-
解得21t s =
(3)物块在时间t 2内上滑的距离为221222152
x v t a t m =-
=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-=
设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，
由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-︒=
解得232/a m s = 物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2333142
x a t m =
=， 故12311x x x x m =+-=
【点睛】
过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．。