高考物理牛顿运动定律的应用试题经典

高考物理牛顿运动定律的应用试题经典一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。

已知木板与物块间动摩擦因数μ1=3，木板与传送带间的动摩擦因数μ2=34，取g=10m/s 2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。

(1)若在恒力F 作用下，薄木板保持静止不动，通过计算判定小木块所处的状态； (2)若小木块和薄木板相对静止，一起沿传送带向上滑动，求所施恒力的最大值F m ； (3)若F=10N ，木板与物块经过多长时间分离?分离前的这段时间内，木板、木块、传送带组成系统产生的热量Q 。

【答案】（1）木块处于静止状态；（2）9.0N （3）1s 12J 【解析】 【详解】（1）对小木块受力分析如图甲：木块重力沿斜面的分力：1sin 2mg mg α=斜面对木块的最大静摩擦力：13cos 4m f mg mg μα== 由于：sin m f mg α> 所以，小木块处于静止状态；（2）设小木块恰好不相对木板滑动的加速度为a ，小木块受力如图乙所示，则1cos sin mg mg ma μαα-=木板受力如图丙所示，则：()21sin cos cos m F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-= 解得：()99.0N 8m F M m g =+=（3）因为F=10N>9N ，所以两者发生相对滑动对小木块有：21cos sin 2.5m/s a g g μαα=-=对长木棒受力如图丙所示()21sin cos cos F Mg M m g mg Ma αμαμα--+-'=解得24.5m/s a =' 由几何关系有：221122L a t at =-' 解得1t s =全过程中产生的热量有两处，则()2121231cos cos 2Q Q Q mgL M m g vt a t μαμα⎛⎫=+=+++ ⎪⎝⎭解得：12J Q =。

2．如图所示，有1、2、3三个质量均为m =1kg 的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H =5.75m ， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O .2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v =4m/s 的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g =10m/s²)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小；(2)长板2的长度0L ；(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．【答案】（1）26m /s （2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3由以上两式可得：22g ga μ+==6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s112v v x t +==1．75m 122v tx ==0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3g a =对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42g ga μ-==4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212h v t a t =+解得t 2=1s物体1的位移23123212x v t a t =+=4m h -x 3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．3．质量M ＝0.6kg 的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t ＝0时，两个质量都为m ＝0.2kg 的小物体A 和B ，分别从小车的左端和右端以水平速度1 5.0v =m/s 和2 2.0v =m/s 同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。

已知A 、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g =10m/s 2，求：（1）A 、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度； （2）车的长度是多少？（3）从A 、B 开始运动计时，经8s 小车离原位置的距离. 【答案】（1）0.6m/s （2）6.8m （3）3.84m 【解析】 【详解】解：（1）设物体A 、B 相对于车停止滑动时，车速为v ，根据动量守恒定律有：()()122m v v M m v -=+代入数据解得：v =0.6m/s ，方向向右．（2）设物体A 、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为L ，由功能关系有:()()22212121112222mg L L mv mv M m v μ+=+-+ 又L ≥L 1+L 2代入数据解得L ≥6.8m ，即L 至少为6.8m（3）当B 向左减速到零时，A 向右减速，且两者加速度大小都为12a g μ==m/s 2 对小车受力分析可知，小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用，故小车没有动则B 向左减速到零的时间为2111v t a ==s 此时A 的速度为1113A v v a t =-=m/s当B 减速到零时与小车相对静止，此时A 继续向右减速，则B 与小车向右加速，设经过t s 达到共同速度v对B 和小车，由牛顿第二定律有：()2mg m M a μ=+，解得：20.5a =m/s 2 则有：12A v v a t a t =-=，代入数据解得：t =1.2s 此时小车的速度为20.6v a t ==m/s ，位移为21210.362x a t ==m 当三个物体都达到共同速度后，一起向右做匀速直线运动，则剩下的时间发生的位移为()28 3.48x v t =-=m则小车在8s 内走过的总位移为12 3.84x x x =+=m4．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为µ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2110/a m s =设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则211020a x v -=-，解得15x m =（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则21212v a x =解得： 125/v m s =设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23µmg ma =，解得： 234/a m s =设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则23120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则222ax v =，解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。

设小物体加速至与传送带共速用时t 1，则1v at =，解得11t s =设小物体匀速运动用时t 2，则22L x vt -=，解得20.125t s =设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t 3，则130v a t =-，解得30.4t s = 物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间123 1.525t t t t s =++=5．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =物体由A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板(由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．求：(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；(2)物体从B 点滑上长木板时，物体和长木板的加速度大小； (3)物体在长木板上滑行的最大距离．【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；221/a m s = （3）2m【解析】 【分析】该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题．分别根据两种题型的解答思路和方法， 求解即可． 【详解】(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：0013737mgsin mgcos ma μ-=解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s =对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：202B v aS -=解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v s= (2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得：21mg ma μ=解得：物体滑上长木板后物体的加速度213/a m s =，方向水平向左物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：22mg Ma μ=解得：物体滑上长木板后长木板的加速度221/a m s =，方向水平向右(3)设经过时间t ，物体和长木板的速度相等，则：12B v a t a t -= 解得：1t s =这段时间内物体的位移2211114131 2.522B x v t a t m m =-=⨯-⨯⨯=这段时间内长木板的位移222211110.522x a t m m ==⨯⨯= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-=6．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M =2.5kg ．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m =1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl 0=2cm.重力加速度g 取10m/s 2．现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：(1)水平力F 的大小； (2)弹簧的伸长量Δl .【答案】（1）403N （2）8cm 【解析】 【分析】斜面M 、物体m 在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m 的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力． 【详解】(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T ，铁球受力如图:由平衡条件、牛顿第二定律得：sin T mg θ=cos T ma θ=对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F M m a =+() 联立以上两式并代入数据得：403F N = (2)铁球静止时，弹簧拉力为T 0，铁球受力如图:由平衡条件得： 0sin T mg θ=由胡克定律得：00T k l =∆T k l =∆联立以上两式并代入数据得：8?cm l ∆= 【点睛】从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．7．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：000.5cos37sin 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=12at 2 运动时间为22 3.7517.5s 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．8．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。