高中物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧含解析

联立方程①-⑥代入数据解得： t t2 t3 1 2 s 2.4s
【点睛】 本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上 的总时间，不是上滑时间．
2．如图甲所示，一倾角为 37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量 m＝1 kg 的小物体抛 上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方 向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：
22mgt2 1mgt2 mv mvB ，
可得 t2 0.2s ，v=2.4m/s
在撤掉
F
之前，二者的相对位移
x1
vB 2
t1
vA 2
t1
撤去
F
之后，二者的相对位移
x2
vB 2
v
t2
vA 2
v
t2
木板长度 L x1 x2 1.2m
(3)获得共同速度后，对木块，有
2mgxA
01 2mv2 Nhomakorabea解得：F0＝ 3 mg 2
（2）设经拉力 F 的最短时间为 t1，再经时间 t2 物块与木板达到共速，再经时间 t3 木板下 端到达 B 点，速度恰好减为零．
对木板，有：F−mgsinθ−μmgcosθ＝ma1 mgsinθ+μmgcosθ＝ma3 对物块，有：μmgcosθ−mgsinθ＝ma2
对木板与物块整体，有 2mgsinθ＝2ma4
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 FN
mg cos
20 N=25N cos 37
(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．
（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．
理过程中的位移关系及速度关系等．
5．如图所示，质量为 m=5kg 的长木板 B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为 m=5kg 的物块 A（可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数 μ1=0.3，物块与木板间的动 摩擦因数 μ2.=0.2，现用一水平力 F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，
4．如图所示，倾角 θ＝30°的足够长光滑斜面底端 A 固定有挡板 P，斜面上 B 点与 A 点的 高度差为 h．将质量为 m 的长木板置于斜面底端，质量也为 m 的小物块静止在木板上某
处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数 3 ，且最大静摩擦力 2
等于滑动摩擦力，重力加速度为 g．
(1)物体在水平面上运动的加速度大小 a1； (2)物体运动到 B 处的速度大小 vB； (3)物体在斜面上运动的时间 t． 【答案】（1）4m/s2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】
【分析】
（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出 B 点的速 度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面 上的总时间．
(1)若相对滑动，对木板有： F 2mg 1 2mg maB ， 得： aB 4m / s2 对木块有 2mg maA ， aA 2m / s2
所以木块相对木板滑动
撤去拉力时，木板的速度 vB aBt 4m / s ， vA aAt 2m / s
(2)撤去 F 后，经时间 t2 达到共同速度 v；由动量定理 2mgt2 mv mvB
（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
另有： a1t1 a3t2 a2 (t1 t2 )
a2 (t1 t2 )＝a4t3
1 2
a1t12
a1t1
t2
1 2
a3t22
1 2
a4t32
h sin
W＝F
1 2
a1t12
解得 W＝ 9 mgh 4
点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过
程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物
【答案】（1）1s；（2）见解析 【解析】 【分析】 【详解】
（1）铁块的加速度大小
木板的加速度大小
=4m/s2 2m/s2
设经过时间 t 铁块运动到木板的右端，则有 解得： t=1s
（2）
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：
代入数据得：Q＝126 J 故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【点睛】 对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在 v-t 图像中图像包围的面积代表物体运 动做过的位移。
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/s2）
经过 t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力， g 10m / s2 ，
求： （1）拉力撤去时，木板的速度 vB； （2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度 L 至少为多大； （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．
【答案】(1)VB=4m/s；(2)L=1.2m；(3)d=0.48m 【解析】 【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块 和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过 程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间 t1，分别求 出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理 求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置．
（1）物体与传送带间的动摩擦因数； （2） 0～8 s 内物体机械能的增加量； （3）物体与传送带摩擦产生的热量 Q。 【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J 【解析】 【详解】 (1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,
且加速大小为
的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:
可解得：μ＝0.875. （2）根据 v-t 图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得 0～8 s 内物体的位移
0～8 s s 内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为
(3) 0～8 s 内只有前 6s 发生相对滑动. 0～6 s 内传送带运动距离为: 0～6 s 内物体位移为: 则 0～6 s 内物体相对于皮带的位移为 0～8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,
，
对木板有 2mg
21mg
xB
0
1 2
mv2
二者的相对位移 x3 xA xB
木块最终离木板右端的距离 d x1 x2 x3 0.48m
【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量
定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．
6．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/s2， (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．
【详解】
（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得： F mg ma1
代及数据解得： a1 4m / s2
（2）根据运动学公式： vB2 2a1s0
代入数据解得： vB 8m / s
（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：
mgsin37 mgcos37 ma2 ①
物体沿斜面向上运动的时间： t2
（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力 F0，物块相对木板刚好静止，求拉力 F0 的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力 F＝2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好
能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力 F 做的功 W．
【答案】(1) 3 mg (2) 9 mgh
2
4
【解析】
（1）木板与物块整体：F0−2mgsinθ＝2ma0 对物块，有：μmgcosθ−mgsinθ═ ma0
高中物理牛顿运动定律的应用试题类型及其解题技巧含解析
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，水平面与倾角 θ＝37°的斜面在 B 处平滑相连，水平面上 A、B 两点间距离
s0＝8 m．质量 m＝1 kg 的物体（可视为质点）在 F＝6.5 N 的水平拉力作用下由 A 点从静止 开始运动，到达 B 点时立即撤去 F，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过 B 处时速率保 持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数 μ 均为 0.25．（g 取 10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：
vB a2
②
物体沿斜面向上运动的最大位移为： s2
1 2
a2t22
③
因 mgsin37 mgcos37 ，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为 0 的匀加
速直线运动
根据牛顿第二定律得： mgsin37 mgcos37 ma3 ④
物体沿斜面下滑的时间为：
s2
1 2
a3t32
⑤
物体在斜面上运动的时间： t t2 t3 ⑥