高中物理牛顿运动定律的应用解析版汇编

高中物理牛顿运动定律的应用解析版汇编

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫”从而减小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大．假设滑雪者的速度超过4m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25变为0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°斜坡雪道的某处A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B 处（B 处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC 之间的某处．如图所示，不计空气阻力，已知AB 长14.8m ，取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：

（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s ）所经历的时间； （2）滑雪者到达B 处的速度；

（3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离． 【答案】（1）1s ；（2）12m/s ；（3）54.4m ． 【解析】 【分析】

（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v 1=4m/s 期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间．

（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s 时的加速度，球心速度为4m/s 之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B 处的速度．

（3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解． 【详解】

（1）滑雪者从静止开始加速到v 1=4m/s 过程中： 由牛顿第二定律得：有：mgsin37°-μ1mgcos37°=ma 1； 解得：a 1=4m/s 2； 由速度时间关系得 t 1＝

1

1

v a ＝1s （2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移：x 1=

12a 1t 2=1

2

×4×12=2m 从4m/s 加速到B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37°-μ2mgcos37°=ma 2； 解得：a 2=5m/s 2；

根据位移速度关系：v B 2?v 12＝2a 2(L ?x 1) 计算得 v B =12m/s

（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到v=4m/s ）：a 3＝?μ2g ＝?1.25m /s 2

22

22

334

12

51.222 1.25

B v v x m a --===-? 在水平面上第二阶段（速度从4m/s 减速到0）a 4＝?μ1g ＝?2.5m /s 2，2

44

3.22v

x m a -＝＝ 所以在水平面上运动的最大位移是 x=x 3+x 4=54.4m 【点睛】

对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．

2．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）

(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；

(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ； (4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；

(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；

(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ； (4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。 【解析】 【详解】

(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D

mv mg R

=

可得：D 5m /s v =

(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C

mv F mg R

-=

代入数据可得：F =6.3N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N

(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2

y 2gh v = 得：v y =3m/s

小球沿切线进入圆弧轨道，则：3

5m/s 370.6

y B v v sin =

=

=?

(4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：

3750.84/A B v v cos m s =?=?=

小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=

可得：2

18/a m s =

小球做减速运动时：2mg ma μ=

可得：2

22/a m s =-

由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222

m m A v v v

x t t +=

?+? 联立可得：0.6t s =

3．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)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．

4．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．

【答案】（1）1s；（2）见解析

【解析】

【分析】

【详解】

（1）铁块的加速度大小=4m/s2

木板的加速度大小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）

5．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．

（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：

000.5sin 37cos37N F mg mg +=

在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：00

0.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=

代入数据解得：a=7.5m/s 2

小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12

at 2 运动时间为22 3.7517.5

s t s s a ?===； 【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．

6．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0=3m/s 2开始运动，其速度达到v=6m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．2

10/g m s =，求： （1）求煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度． （3）摩擦力对传送带做的功 【答案】（1）1N （2）3m （3）12J 【解析】 【分析】

传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功

（1）煤块所受滑动摩擦力的大小f=μmg=0.2×5N=1N．

（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s2；煤块与传送带相对静止所用时间

6

3

2

v

t s

a

=＝＝，通过的位移

6

39

2

x vt m m

=?

＝＝；

在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s所用时间

1

6

2

3

v

t s s

a

=

V

＝＝

在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t2=t-t1=1s，

则传送带的位移x′＝

2

v

t1+vt2＝

6

2

×2+6×1m＝12m，

则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m．

由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m．

（3）此过程中摩擦力对传送带做功：2

1

12

2

W mv mg x J

μ

=+?=

7．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

对AC 整体： 132A mg mg ma μμ=-'- 对B 有： 1B 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 4.5

1 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： 1

0.42.5

t s s =

= ， 在0.4s 内B 相对A 向右运动的位移： 22211

0.1222

B 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2

31/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 =-++=

8．如图所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图所示，t=2.0s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg ，木板质量M = 1kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2．求：

（1）t=0.5s 时滑块的速度大小； （2）0～2.0s 内木板的位移大小； （3）整个过程中因摩擦而产生的热量． 【答案】（1）1m/s （2）6.25m （3）12J 【解析】

【分析】先判断出在0-0.5s 内滑块与木板是相对静止的，方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M 为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F ，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度；0.5-2.0s 内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0-0.5s 内的位移，即可得解；求出相对位移，再得到摩擦生热； 解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大， 以M 为研究对象，根据牛顿第二定律得

0mg Ma μ=，得200.2210

4m/s 1

mg

a M

μ??=

=

=； 对整体，有()0012N F M m a =+=

由图知，在00.5s -内，06N F F =<，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于

22m/s F

a M m

=

=+，则0.5s t =时滑块的速度大小111m/s v at == （2）00.5s -内，整体的位移为221111

20.50.25m 22

x at =

=??= 在0.5s 2.0s -内，016N F F =>，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得

对m 有：m F mg ma μ-=，得2

6m/s m a =； 对M 有：M mg Ma μ=，得2

4m/s M a =；

0.5~2.0s 内木板的位移大小为2

2122

12M x v t a t =+=211 1.54 1.56m 2

?+??= 故0~2.0s 内木板的位移大小12 6.25m x x x =+= （3）0.5~2.0s 内滑块的位移大小为2

312212M x v t a t =+

=211 1.56 1.58.25m 2

?+??= 故0.5~2.0s 内滑块与木板的相对位移132 2.25m x x x ?=-= 2.0s t =时，滑块的速度为1216 1.510m/s m m v v a t =+=+?=

木板的速度为1214 1.57m/s M M v v a t =+=+?=

撤去F 后，m 的加速度大小为22m/s m mg

a g m

μμ'=

==；

设从2s t =时起经过时间t ，两者速度相等，共同速度为v ，则有

m m M M v v a t v a t '=-=+，计算得出0.5s t =，9m/s v =，

从2s t =到两者相对静止的过程中，滑块的位移为4109

0.5m 4.75m 22

m v v x t ++==?= 木板的位移为579

0.5m 4m 22

M v v x t ++=

=?= 此过程两者的相对位移2450.75m x x x ?=-=

故整个过程中因摩擦而产生的热量为()1212J Q mg x x μ=?+?=

9．如图所示，质量为M =2kg 、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m =1kg 的物块，现用一水平向右大小为9N 的拉力F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F ，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L =4.8m ，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s 2，求：

(1)撤去F 的瞬间，物块和板的加速度； (2)拉力F 作用的时间； (3)整个过程因摩擦产生的热量。

【答案】(1)1 m/s 2，方向向左， 2.5 m/s 2，方向向左(2)4s(3)72J 【解析】 【详解】

(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a 1、a 2，由牛顿第二定律得： 对物块：

μ1mg =ma 1

对木板：

μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2

解得：

a 1=1 m/s 2，方向向左 a 2=2.5 m/s 2，方向向左

(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：

F -μ2（M +m ）g =（M+m ）a 0

解得：

a 0=1 m/s 2。

设撤去力 F 时二者的速度为 v ，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到

零，则滑块的位移：

2

11

2v x a =

木板的位移：

2

22

2v x a =

又：

x 1-x 2=L

联立方程，代入数据得：

v =4m/s

设力F 作用的时间为t ，则：

v =a 0t

所以：

04

41

v t s s a =

== (3)在拉力F 的作用下木板的位移：

x 0=

12a 0t 2=1

2

×1×42=8m 由上解得，撤去拉力后木板的位移：

x 2=3.2m

根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：

Q =μ2（M +m ）g （x 2+x 0）+μ1mg （x 1-x 2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J

10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F 作用下，由静止开始运动．经过2.0s 的时间物块发生了4.0m 的位移．（g=10m/s 2）．试求：

（1）物块的加速度大小； （2）拉力F 的大小；

（3）若拉力F 方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F 的最小值为多大？ 【答案】（1） （2）16.6N （3）

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由x=at2得

（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①

F N+Fsinθ=mg ②

f＝μF N ③

由①②③得：F≈16.6N

（3）由力的平衡条件得

解得

解之得

【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．