高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1)

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1)

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：

（1）m 、M 之间的动摩擦因数；

（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；

（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：

11mg ma μ=

由乙图知

214m /s a =

解得

10.4μ=

（2）对M 由牛顿第二定律有

122()F mg M m g Ma μμ--+=

即

12122()()F mg M m g mg M m g F

a M M M

μμμμ--+--+=

=+

乙图知

11

4

M = 12()9

4

mg M m g M μμ--+=-

解得

M = 4 kg μ2=0. 1

（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，

设m 运动t 1时间速度减为零，则

11

1s v t a =

= 位移

2101111

2m 2

x v t a t =-=

M 的加速度大小

2122()5m /s F mg M m g

a M

μμ--+=

=

方向向左， M 的位移大小

2

2211 2.5m 2

x a t =

= 此时M 的速度

2215m /s v a t ==

由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，

设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律

23F Mg Ma μ-=

可得

2325

m /s 4

a =

在t =2s 时m 与M 右端的距离

2321311

()()8.125m 2

x v t t a t t =-+-=．

2．某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱，BC 为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v 0滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A 收纳，则被拦停在B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处．已知v 0=3m/s ，包裹P 与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37o，传送带BC 长度L =10m ，重力加速度g =10m/s 2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：

（1）包裹P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向； （2）包裹P 到达B 时的速度大小；

（3）若传送带匀速转动速度v =2m/s ，包裹P 经多长时间从B 处由静止被送回到C 处； （4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回C 处的速度v c 与a 的关系式，并画出v c 2-a 图象．

【答案】（1）0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（2）1m/s （3）7.5s

（4）22

2

200.4/80.4/c

a a m s v a m s ?<=?≥?（）

（

） 如图所示：

【解析】 【分析】

先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到v c 2-a 的关系，从而画出图像。 【详解】

（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：1sin cos mg mg ma θμθ-=

代入数据得：2

10.4/a m s =-，方向：沿传送带向上；

（2）包裹P 沿传送带由B 到C 过程中根据速度与位移关系可知：220

L=2v v a

-

代入数据得：1/v m s =；

（3）包裹P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：2cos sin mg mg ma μθθ-=

得2

20.4/a m s =

当包裹P 的速度达到传送带的速度所用时间为：12250.4

v t

s s a =

== 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4

v x m m a =

==? 因为

x

2.52

L x t s s v --=== 则P 从B 处到C 处总时间为：127.5t t t s =+=；

（4）若20.4/a m s <，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，

加速位移等于传送带的长度，即：22C v aL = 即：2

20C v a =

若20.4/a m s ≥，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a 2=0.4m/s 2向上匀加速运动，

有：222C v a L = 即22

8/?C v m s =（

） 两种情况结合有：222

200.4/80.4/c

a a m s v a m s ?<=?≥?

（）

（） 图像如图所示：

【点睛】

解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

3．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m =0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h =0.8m 高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f =0.3N 的阻力和F =1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型

（1）落到水面时速度v 的大小； （2）在水中能到达的最大深度H ； （3）从开始下落到返回水面所需时间t ． 【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；

（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2

所以最大深度：2

2

00.52v H

m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v

s g

== 在水中下降22

00.25v

t s a -=

= 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：33

20.5H

t s a =

= 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s

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

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) 9

4

mgh 【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 ＝

9

4

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．

5．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

33412

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．

6．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 =

7．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d =3.6×10-3m 的遮光条分别安装在物块A 和B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L =9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v =6.0m/s 匀速转动。物块B 与传送带的动摩擦因数μ=0.20，物块A 的质量（包括遮光条）为m A =2.0kg 。开始时在A 和B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和B ，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A 通过计时器显示的读数t 1=9.0×10-4s ，物块B 通过计时器显示的读数t 2=1.8×10-3s ，重力加速度g 取10m/s 2，试求： （1）弹簧储存的弹性势能E p ；

（2）物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；

（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P 必须对A 做多少功才能让B 碰后从Q 端滑出。

【答案】（1）E p=24J ；（2）Q =96J ；（3）84J W >。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小

v A =3

41 3.610m /s 4.09.010d t --?=

=?m/s v B =3

3

2 3.610m /s 2.01.810d t --?=

=?m/s 由动量守恒有

m A v A =m B v B

得

m B =4.0kg

弹簧储存的弹性势能

22112422

p A A B B E m v m v =

+=J （2）B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远

由牛顿第二定律得

B B m g m a μ=

所以B 的加速度

a =2.0m/s 2

B 向右运动的距离

2

12B

v x a

==1.0m <9.0m

物块将返回

向右运动的时间为1 1.0B

v t a

=

=s 传送带向左运动的距离为

21x vt ==6.0m

B 相对于传送带的位移为

112x x x ?=+

物块B 沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t 1，位移为x 1 B 相对于传送带的位移为

221x x x ?=-

物块B 在传送带上滑行的过程中产生的内能

22()B Q m g x x μ=??+?=96J

（3）设弹射装置给A 做功为W ，根据功能关系有

221122

A A A A m v m v W '=+ A

B 碰相碰，碰前B 的速度向左为2B v =m/s ，碰后的速度设为'B

v 规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得

A A

B B A A B B m v m v m v m v '=+'-''

碰撞过程中，没有机械能损失

222

211112222

A A

B B A A

B B m v m v m v m v ''+''+= B 要滑出平台Q 端，由能量关系有

21

2

B B

B m v m gL μ>' 所以由得W >84J

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．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/s2

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．图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止．

（1）求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度；

（2）在同一坐标系中画出0～3s 内木板和物块的v —t 图象，据此求0～3s 内物块相对于木板滑过的距离． 【答案】（1）

，

（2）如图所示．

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设木板和物块的加速度分别为a 和'a ，在t 时刻木板和物块的速度分别为t v 和't v ，木板和物块之间的摩擦力的大小为f ，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得

'f ma =，f mg μ=

当't t v v <，2121'''()t t v v a t t =+-

2F f ma -=,2121()t t v v a t t =+-

联立可得1 1.5234/, 4.5/,4/,4/v m s v m s v m s v m s ====，23'4/,'4/v m s v m s == （2）物块与木板运动的v t -图象，如右图所示．在0～3s 内物块相对于木板的距离s ?等于木板和物块v t -图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25（m ），下面的三角形面积为2（m ），因此

2.25m s ?=