(物理) 高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析

（物理） 高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案含解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C 时，恰好与传送带速度相同．g 取l0m/s 2.求：
(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ， 代入数据得：
F =7.5N.
(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒， 故有：
mgh =
212
mv 解得
v 2gh ；
滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有：
μmgL =
2201122
mv mv 代入数据得：
μ=0.25
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t ，则t 时间内传送带的位移为：
x=v 0t
对物体有：
v 0=v −at
ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：
△x =L−x
相对滑动产生的热量为：
Q=μmg △x
代值解得：
Q =0.5J 【点睛】
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；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．
2．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。

装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。

传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。

传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑
14圆弧轨道。

质量m =2.0kg 的物块B 从1
4
圆弧的最高处由静止释放。

已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。

设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。

取g =10m/s 2。

求：
(1)物块B 滑到
1
4
圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；
(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。

【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】
(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：
2
012
mgR mv
代入数据解得：
v 0=5m/s
在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：
20
v F mg m R
-=
代入数据解得：
F =60N
由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：
μmg =ma
设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有
22
02v v al -=
代入数据解得：
v=4m/s
由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：
mv =mv 1+Mv 2
由机械能守恒定律得：
222
12
111222
mv mv Mv =+ 解得：
12m m 2,2s s 2
v
v v =
=-=
物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：
2
p 2112J 2
E mv =
= (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得
211
02
mgl mv μ--'=
解得：
l′=2m ＜4.5m
所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。

设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1。

由动量定理得：
'112mgt mv μ=
解得：
'1124s v t g
μ==
设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 4、v 3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：
'134mv mv Mv =+
'222
134
111222
mv mv Mv
=+ 代入数据解得：
3m 1s
v =-
当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 3′=1m/s ，继而与物块A 发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 2．由动量定理得：
232mgt mv μ=
解得：
'3
222s v t g
μ==
同上计算可知：物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，第n 次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为
1
1
4s 2n n t -=
⨯ 构成无穷等比数列，公比1
2
q =
，由无穷等比数列求和公式 111n
q t t q
-=-总
当n →∞时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为
14s=8s
112
t =
⨯-总
3．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/s 2）
（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/s 2；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=ma1
竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0
对整体有 F1=（M+m）a1
代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=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F2，
对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2
竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0
对整体有F2=（M+m）a2
代入数值得a2=11.2m/s2，F2=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．
4．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) 0
5m/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：0
cos x y y
v v v v θ== 变形得：0
5m/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 2
15m/s a = 对长木板有：()22M m g Ma μ+=，得 2
21m/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 2
C v v x t +=⋅=共
， 故11117.5J W mgx μ=-=-
则对长木板在相对滑动有：200.5m 2
v 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
5．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．
6．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m ，质量为0.6kg ．在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg 的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02kg 的子弹以的150m/s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10m/s 2(结果保留2位有效数字)
(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动． (2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离． 【答案】(1) 物块滑上第五块木板(2)0.078m x =板 【解析】 【分析】
【详解】
(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为0,,m M m ,子弹的初速度为0v 子弹击中小物块后二者的共同速度为1v 由动量守恒定律
()0001m v M m v =+ ①
子弹击中小物块后物块的质量为M '，且0M M m '
=+.设当物块滑至第n 块木板时，木板
才开始运动
12((6))M g M n m g μμ''>+- ②
其中12,μμ分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数. 由式解得n 4.3>
即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动. (2) 令物块滑上第五块木板上时，s v 满足:
()
()()
2210011
4,1/2
s s M m g L M m v v v m s μ-+⋅=
+-= 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，
v t -图象如图:
1112223
1-2s
381m/s
41s
4
13115
m m 0.078m
284464
t t t v v t g x μ=⇒====⎛⎫∴=+⨯== ⎪⎝⎭共共板
7．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=
）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一
碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为
，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；
在第2s 末，B 的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的
距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小
g=10m/s2．求：
（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小；
（2）A在B上总的运动时间．
【答案】（1）a1=3m/s2； a2=1m/s2；（2）4s
【解析】
本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；
（1）在0-2s内，A和B受力如图所示
由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:
⑴
...⑵
⑶
⑷
以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：
⑸
⑹
联立以上各式可得a1=3m/s2⑺
a2=1m/s2..⑻
（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则
v1=a1t1=6m/s ⑼
v2=a2t1=2m/s ⑽
t>t1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：⑾
⑿
即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：
⒀
联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁
在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为
⒂
此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有
可得,t3=1s（另一解不合题意，舍去，）
则A在B上的运动时间为t总.
t总=t1+t2+t3=4s
（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）
【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；
【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．
8．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A、B两物体质量均为m，通过劲度系数为k的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g为重力加速度)，经过作用时间t，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：
(1)刚施加力F的瞬间，A的加速度大小；
(2)B刚离开挡板时，A的速度大小；
(3)在时间t内，弹簧的弹力对A的冲量I A．
【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A v g ；(3)sin 1)A I mg θ= 【解析】 （1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ；
根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma
解得a=2gsin θ.
（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin mg x k θ=
； 当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =mg x x k θ=
此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；
从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =2A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ∆=弹
解得2sin A v g = （3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，
解得2sin A I g t θ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭
点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.
9．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︒︒
-==
10．如图所示，t ＝0时一质量m ＝1 kg 的滑块A 在大小为10 N 、方向与水平向右方向成θ＝37°的恒力F 作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t 1＝2 s 时撤去力
F ； t ＝0时在A 右方x 0＝7 m 处有一滑块B 正以v 0＝7 m/s 的初速度水平向右运动．已知A 与地面间的动摩擦因数μ1＝0.5，B 与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1，取重力加速度大小g ＝10 m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8．两滑块均视为质点，求：
（1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；
（2）两滑块间的最小距离．
【答案】（1）3.75s （2）0.875m
【解析】
【分析】
（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F 前后时A 的加速度以及B 的加速度；根据撤去F 之前时速度相等和撤去F 之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.
【详解】
（1）对物块A ，由牛顿第二定律：()11cos sin F mg F ma θμθ--=；
对物体A 撤去外力后：11
mg ma μ='； 对物体B ：22a g μ=
A 撤去外力之前两物体速度相等时：102a t v a t =-，得t ＝1 s
A 撤去外力之后两物体速度相等时：()111
102a t a t t v a t --=-'''，得t ′＝3.75 s （2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：
△x ＝x 0＋x 2－x 1；220212
x v t a t =-'' ()()22111111111122
x a t a t t t a t t '''=+--- 得△x ＝0.875 m。