高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(含答案)

高中物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题(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：
2111
4m 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：
235
m/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：
2
212321 4.4m 2
x 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：
2111
4m 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．
2．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:
(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；
(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．
【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】
（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；
（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度.
【详解】
（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s
此过程中物体的位移01192
v v
x t m +=
= 传送带的位移：214x vt m ==
当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2
物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m
根据位移公式：s 1=vt 2-1
2
a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）
则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=
因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】
此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.
3．如图甲所示，m 1 =5 kg 的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m 1下滑前将m 2 = 3 kg 的滑块停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B 点运动到C 点的v -t 图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s 2．
(1)求A 、B 的高度差h ；
(2)求滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC ； (3)滑块m 2到达C 点时速度恰好减到3 m/s ，求滑块m 2的传送时间； (4)求系统因摩擦产生的热量．
【答案】（1）0.8m （2）26m （3）6.5s （4）16J 【解析】
(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m 1 的速度v 1=1 m/s ，m 2的速度v 2 =5 m/s ，设碰撞前瞬间m 1的速度为v 0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m 1v 0= m 1v 1+ m 2v 2 解得：v 0 = 4 m/s
m 1下滑的过程机械能守恒：211012
m gh m v = 解得：h =0.8 m
(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5v
a t
∆==∆m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05
由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m (3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为
24/2
v v
v m s +=
= 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BC
L t s v
=
= (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移2
1011182
x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小4
13
v a t '∆'=='∆m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′
滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．
4．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．
【答案】（1）20
3.6m 2v x a
==（2）t=1s （3）121x x m +=
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：（1）2
25m /s a g μ==
20 3.6m 2v x a
==
（2）对m ：2
125/a g m s μ==，
对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，
221m /s a =
012v a t a t -=
t=1s
（3）木板共速前先做匀加速运动2
110.52
x at m == 速度121m /s v a t ==
以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动
231/a g m s μ==，
2231
0.52
x vt a t m =+=
X=121x x m +=
考点：牛顿定律的综合应用
5．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：2
17.5/a m s =
滑块与传送带达到共同速度的时间：11
1v
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：2
20.5/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
6．如图所示，质量为m=1kg 的滑块，在水平力F 作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L=1.4m ，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．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s 2．求
(1)水平作用力F的大小；
(2)滑块开始下滑的高度h；
(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q．
【答案】(1)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：
水平推力①
解得：②
（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
由机械能守恒有：，解得：③
若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在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：④
解得：⑤
若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀
减速运动；根据动能定理有：⑥
解得：⑦
（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：s=v0t
由机械能守恒有：⑧
⑨
滑块相对传送带滑动的位移⑩
相对滑动生成的热量⑪
⑫
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，在倾角为的光滑物块P斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B；C为一垂直固定在斜面上的挡板、C总质量为M，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F从零开始增大作用于P．
物块B刚要离开C时力F．
从开始到此时物块A相对于斜面的位移物块A一直没离开斜面，重力加速度为
【答案】（1）（2）
【解析】
【分析】
先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A、B 或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解。

【详解】
整体做为研究对象，刚要离开C瞬间与C的作用力为0，受力情况如图：
根据力的平衡知识有：，
对P、A、B整体分析受力有：
联立解得：
开始时弹簧压缩，有：
由分析可知加速度为
对B分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0 ；所以物块A的位移：
【点睛】
解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。

9．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A 、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C 、D 两端相距4.45m ， B 、C 相距很近。

水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动。

将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：(已知sin37º＝0.6，cos37º＝0.8， g 取10 m/s 2 ，6=2.450，
7.2=2.68)
(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离．
(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．
【答案】(1)能滑上的最大距离 1.25m s= (2)要把米袋送到D 点，CD 部分的速度
4m/s CD ≥v 时间t 的范围为1.16s 2.1s t ≤≤
【解析】
【分析】
（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s ，则应判断米袋到达B 点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B 点速度，若达到，则以5m/s 的速度冲上CD ；在CD 面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；
（2）米袋在CD 上应做减速运动，若CD 的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD 的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；
【详解】
（1）米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝ mg
m μ＝μg ＝5m /s 2
米袋的速度达到v 0=5m/s 时，滑行的距离s 0=20 2v a
=2.5m ＜AB=3m ， 因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据得 a=10 m/s 2
所以能滑上的最大距离 s ＝20 2v a
＝1.25m （2）设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能到达D 点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），则米袋速度减为v 1之前的加速度为a 1=-g （sinθ+μcosθ）=-10 m/s 2
米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为a 2=-g （sinθ-μcosθ）=-2 m/s 2
由222 1
01
12
4.45
22
v v v
m
a a
--
+＝
解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度v CD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为101
12
2.1
max
v v v
t s
a a
--
+
＝＝
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2．
由S CD=v0t min+
1
2
a2t2min，得：t min=1.16s
所以，所求的时间t的范围为1.16 s≤t≤2.1 s；
【点睛】
题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零.
10．如图甲所示，长木板A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B，左端恰好在O点，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙。

物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v0=8 m/s向右运动，某时刻细线突然断开，C和弹簧分离后，撤去D，C与A碰撞并与A粘连（碰撞时间极短），此后，AC及B的速度一时间图象如图乙所示。

已知A、B、C、D的质量均为m=l kg，木板A的长度l= 5m，A、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m／s2。

求：
(1)长木板A与桌面间的动摩擦因数及B与A间的动摩擦因数。

(2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。

(3)最终物块B离长木板A左端的距离。

【答案】（1）0.1
μ'=0.2
μ=（2）1J（3）3.05m
【解析】（1）设A与地面间的动摩擦因数为μ，B与A上表面的动摩擦因数为μ/，由图乙可知：0-1s，AC整体做匀减速运动的加速度a A1=3.5m/s2，B做匀加速运动的加速度a B1=1m/s2，
对AC整体：
1
32
A
mg mg ma
μμ=-
'
-
对B有：
1
B
mg ma
μ=
'
解得：μ/=0.1；μ=0.2
（2）C 与A 碰撞过程中动量守恒：mv C =2mv A ，其中v A =4.5m/s
解得v C =9m/s
弹簧弹开过程中，CD 系统动量守恒，由动量守恒定律：
02C D mv mv mv =+
解得：v D =7m/s
弹簧弹开过程中，CD 及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有： 22201112222
P C D mv E mv mv ⨯+=+ 解得：E P =1J
（3）由图乙可知：0-1s 内B 相对A 向左运动的位移： 1 4.51 2.252
x m m =
⨯= AB 速度相等后，B 的加速度： 221/B a g m s μ=-'=- AC 整体的加速度： 223 2.5/2A mg mg a m s m
μμ'-+==- 因22A B a a > ，所以AC 整体先停止运动， AC 整体的运动时间为： 10.42.5
t s s == ， 在0.4s 内B 相对A 向右运动的位移： 222110.1222B x vt a t vt m =+
-= A 停止时B 的速度： 20.6/B v v a t m s ='=+
然后B 在A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度231/B a g m s μ=-'=-
B 相对A 向右运动的位移： '2
33
0.182B v x m a =-= 所以最终B 离长木板A 左端的距离123 3.05x l x x x m =-++=。