高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题

高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题

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=

3

4

，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：1

sin 2

mg mg α=

斜面对木块的最大静摩擦力：13

cos 4

m 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：()9

9.0N 8

m 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：2

1cos 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：221122

L 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，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：

(1)物块与小车共同速度；

(2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移x ；

(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少？ 【答案】(1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s 【解析】 【详解】

（1、2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a 2＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5m/s 2， 小车的加速度大小为：22211

0.5210

m/s m/s 0.3

3

m g

a m μ?＝＝

＝ 根据v =v 0-a 2t =a 1t

得则速度相等需经历的时间为：0

12

0.24v t s a a =+＝； v =0.8m/s （3）小车运动的位移2211110

0.24m 0.096m 223

x a t =

=??= （4）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v ，由水平方向动量守恒得：m 2 v 0′=（m 1+m 2）v

根据能量守恒得：μm 2gL ＝

12m 2v 0′2?1

2

(m 1+m 2)v 2 代入数据，联立解得v 0′=5m/s 。

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:

()()22

212121

11

2222

mg 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2

11

1v 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2

1210.362

x 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 =+=m

4．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

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.

5．如图1所示， 质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度v 0从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v -t 图象分别如图2中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 的坐标为a （0，10）、b （0，0）、c （4，4）、d （12，0），根据v -t 图象，求： （1）物块相对长木板滑行的距离△s ； （2）物块质量m 与长木板质量M 之比。

【答案】（1）20m （2）3:2 【解析】 【详解】

（1）由v-t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离

10444m 4m 20m 22

s +?-?=V ＝

（2）设物块与木板之间的动摩擦因数μ1，木板和地面之间的动摩擦因数为μ2；物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律 对物块：

μ1mg =ma 1①

对木板：

μ1mg -μ2（m +M ）g =Ma 2 ②

对整体：

μ2（m +M ）g =（M +m ）a ③

由图象的斜率等于加速度可得，a 1＝1.5m/s 2，a 2＝1m/s 2，a =0.5m/s 2。 由以上各式解得

3

2

m M ＝

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?

?

7．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v=4 m/s，B、C两点的距离L=6 m。一质量m=0.2kg的滑块（可视为质点）从传送带上

端B点的右上方比B点高h=0. 45 m处的A点水平抛出，恰好从B点沿BC方向滑人传送

带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g=10m/s2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。求：

(1)滑块水平抛出时的速度v0；

(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.

【答案】(1)v0=4m/s (2)W=8J

【解析】

【详解】

(1)滑块做平抛运动在B点时竖直方向的分速度为：

平抛后恰好沿BC方向滑人传送带，可知B点的平抛速度方向与传送带平行，

由几何关系及速度分解有：

解得：

(2)滑块在B点时的速度大小为

滑块从B点运动到C点过程中，由牛顿第二定律有：

可得加速度

设滑块到达C点时的速度大小为v C，有：

解得：

此过程所经历的时间为：

故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移x1=L=6m，

传送带的位移x2=vt=4m；

传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：

代入数据解得：

【点睛】

此题需注意两点，(1)要利用滑块沿BC射入来求解滑块到B点的速度；(2)计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。

8．如图a 所示,质量为M=1kg 的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg 的物块以初速度v 0=2.0m/s 滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为0.2，μ=在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F ，当恒力F 取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的路程为s ，给木板施加不同大小的恒力F,得到

1

F s

-的关系如图b 所示，当恒力F=0N 时,物块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10m/s 2，试求:

(1)求木板长度；

(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F 的范围； (3)图b 中CD 为直线,求该段的

1

F s

-的函数关系式． 【答案】（1）0.5m （2）F≤4N ；（3）144

F s += 【解析】 【分析】

（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加速度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F 的最大值；

（2）当0≤F≤F m 时，随着F 力增大，S 减小，当F=F m 时，出现S 突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解． 【详解】

（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加速度

212/mg

a g m s m

μμ=

== ；

木板的加速度：222/mg

a m s M

μ=

=；

物块与木板共速时v 0-a 1t 1=a 2t 1 解得t 1=0.5s ，

则木板的长度：22

011121110.522

L v t a t a t m =-

-= （2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加

速度a 做匀加速运动，则：F

a M m

+＝

，而f=ma ， 由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f max =μmg=2N ， 联立解得：F≤4N ；

（3）当0≤F≤4N 时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，对应着图（b)中的AB 段，当F >4N 时对应（b)中的CD 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx

当两者具有共同速度v ，历时t ， 则：2M F mg

a F M

μ+=+＝ a m ＝

mg

m

μ＝μg ＝2m /s 2

根据速度时间关系可得：v 0-a m t=a M t 根据位移关系可得：Δx ＝v 0t ?12a m t 2?1

2

a M t 2 s=2Δx

联立

1s ?F 函数关系式解得：14

4F s += 【点睛】

本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．

9．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 【详解】

（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/s 2；煤块与传送带相对静止所用时间6

32

v t s a =＝＝， 通过的位移6392

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

106

23

v t s

s a =

V ＝＝ 在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t 2=t-t 1=1s ，

则传送带的位移x ′＝

2

v t 1+vt 2＝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

1122

W mv mg x J μ=

+?=

10．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。