【物理】 物理牛顿运动定律的应用专题练习(及答案)及解析

【物理】物理牛顿运动定律的应用专题练习(及答案)及解析
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）25m/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：25m/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 = 212
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()2
kA A A A A E m v m g H h =
+- 400J kA E = 21()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．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-
12
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.
4．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 212a 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 22a 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 2011x v t a t 18m 2木块=-
= 木板位移 221x 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
5．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2
μ=
，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．
（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0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)
32mg (2) 94mgh 【解析】
（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0
解得：F 0＝32
mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．
对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1
mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3
对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma 2
对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4
另有：1132212
()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝
222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ
+⋅-+= 2111 2
W F a t ＝⋅ 解得W ＝94
mgh 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；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．
6．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，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，2
10/g m s =，
求：
（1）拉力撤去时，木板的速度v B ；
（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)V B =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t 1，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)若相对滑动，对木板有：212B F mg mg ma μμ--⋅=，
得：24/B a m s =
对木块有2A mg ma μ=，22/A a m s =
所以木块相对木板滑动
撤去拉力时，木板的速度4/B B v a t m s ==，2/A A v a t m s ==
(2)撤去F 后，经时间t 2达到共同速度v ；由动量定理22B mgt mv mv μ=-
22122B mgt mgt mv mv μμ--=-，
可得20.2t s =，v=2.4m/s
在撤掉F 之前，二者的相对位移11122B A v v x t t ∆=
- 撤去F 之后，二者的相对位移22222B A v v v v x t t ++∆=
- 木板长度12 1.2L x x m =∆+∆=
(3)获得共同速度后，对木块，有22102A mgx mv μ-=-
， 对木板有()2211202
B mg mg x mv μμ-=-
二者的相对位移3A B x x x ∆=-
木块最终离木板右端的距离1230.48d x x x m =∆+∆-∆=
【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．
7．一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+12
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＝ 2121
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 。

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°＝ma 1
解得a 1＝8 m/s 2
由v ＝a 1t 1
得t 1＝0.5s
位移x 1＝a 1t 12＝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x 2＝
－x 1＝2m t 2＝＝0.5s
总时间为t ＝t 1＋t 2＝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．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg，小车的质量M=10kg，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N的力拉绳时，求：
（1）人与车一起运动的加速度的大小；
（2）人所受的摩擦力的大小和方向；
（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．
【答案】（1）2m/s2（2）140N（3）0.5s
【解析】
【详解】
（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N，总重为（60+10）×10=700N，受阻力为700×0.1=70N，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N，则合外力为F=560-70-350=140N
则根据牛顿第二定律，加速度为a==2m/s2
即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2。

（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有
ma=T+f-mgsin30°
代入数据解得：f=140N
即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力。

（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为
a ′＝＝−6m /s 2 根据速度时间公式，有
即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s 。

【点睛】 本题关键是对小车和人整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，再对人受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。

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；220212x v t a t =-'' ()()22111111111122x a t a t t t a t t '''=+--- 得△x ＝0.875 m。