【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

【物理】物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

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，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：

（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M :m ；

（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T

【答案】（1）53F Mg mg =- （2）

65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855

T mg =或8

11T Mg =

） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5

3

F Mg mg =

- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得

65

M m = （3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC 方向的加速度大小为a ，重物受到的拉力为T

牛顿运动定律Mg –T =Ma 小球受AC 的拉力T ′=T 牛顿运动定律T ′–mg cos53°=ma

解得85mMg T m M =

+（）（488

5511

T mg T Mg =

=或） 【点睛】

本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC 方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．

2．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ?=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。(2

10/,sin 370.6,cos370.8g m s ?

?

===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？

【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】 【详解】

（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：

22110-5

m/s 10m/s 0.5

a =

= 根据牛顿第二定律得：

1sin cos mg mg ma θμθ+=

代入数据解得：

0.5μ=

（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：

2220m /s v

a t

?=

=? 根据牛顿第二定律得：

2sin cos F mg mg ma θμθ--=

代入数据解得：

30N F =

3．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=ma1

竖直方向有Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0

对整体有 F1=（M+m）a1

代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=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F2，

对物块分析，在水平方向有N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2

竖直方向有N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0

对整体有F2=（M+m）a2

代入数值得a2=11.2m/s2，F2=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．

4．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v0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v0=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/s2，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 c2-a图象．

【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s

（4）

2

2

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。

5．如图甲所示，m 1 =5 kg 的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m 1下滑前将m 2 = 3 kg 的滑块停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B 点运动到C 点的v -t 图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s 2．

(1)求A 、B 的高度差h ；

(2)求滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC ； (3)滑块m 2到达C 点时速度恰好减到3 m/s ，求滑块m 2的传送时间； (4)求系统因摩擦产生的热量．

【答案】（1）0.8m （2）26m （3）6.5s （4）16J 【解析】

(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m 1 的速度v 1=1 m/s ，m 2的速度v 2 =5 m/s ，设碰撞前瞬间m 1的速度为v 0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m 1v 0= m 1v 1+ m 2v 2 解得：v 0 = 4 m/s

m 1下滑的过程机械能守恒：211012

m gh m v = 解得：h =0.8 m

(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5v

a t

?==?m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05

由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m

(3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为

24/2

v v

v m s +=

= 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BC

L t s v

=

= (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移2

1011182

x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小4

13

v a t '?'=='?m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′

滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．

6．如图所示，水平传送带长为L =11.5m ，以速度v =7.5m/s 沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A 端无初速释放一个质量为m =1kg 的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F =5N 、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A 端运动到B 端的过程中:

（1）滑块运动的时间；

（2）滑块相对传送带滑过的路程． 【答案】（1）2s （2）4m 【解析】 【分析】

（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B 端所用的时间，从而求出总时间．

（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移． 【详解】

（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为1a ，由牛顿第二定律：

()13737Fcos mg Fsin ma μ?+-?=

解得：2

17.5/a m s =

滑块与传送带达到共同速度的时间：11

1v

t s a == 此过程中滑块向右运动的位移：11 3.752

v

s t m =

= 共速后 , 因 ()3737Fcos mg Fsin μ?>-? ，滑块继续向右加速运动， 由牛顿第二定律：()23737Fcos mg Fsin ma μ?--?=

解得：2

20.5/a m s =

根据速度位移关系可得：()22212B

v

v a L s -=-

滑块到达 B 端的速度：8/B v m s = 滑块从共速位置到 B 端所用的时间：22

1B v v

t s a -=

= 滑块从 A 端到 B 端的时间：122t t t s =+=

（2）0～1s 内滑块相对传送带向左的位移：111 3.75s vt s m =-=V ，

1s ～2s 内滑块相对传送带向右的位移： ()2120.25s L s vt m =--=V

， 0～2s 内滑块相对传送带的路程： 124s s s m =+=V V V

7．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x1＝a1t12＝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x2＝－x1＝2m

t2＝＝0.5s

总时间为t＝t1＋t2＝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．

8．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°

（sin37°=）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一

碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数

μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；

在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小

g=10m/s2．求：

（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小；

（2）A在B上总的运动时间．

【答案】（1）a1=3m/s2； a2=1m/s2；（2）4s

【解析】

本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题；

（1）在0-2s内，A和B受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:

⑴

...⑵

⑶

⑷

以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：

⑸

⑹

联立以上各式可得a1=3m/s2⑺

a2=1m/s2..⑻

（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则

v1=a1t1=6m/s ⑼

v2=a2t1=2m/s ⑽

t>t1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：⑾

⑿

即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：

⒀

联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁

在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

⒂

此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有

可得,t 3=1s （另一解不合题意，舍去，） 则A 在B 上的运动时间为t 总. t 总=t 1+t 2+t 3=4s

（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）

【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；

【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．

9．如图所示，倾角30θ=o 的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧物体经过A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化．传送带以4/v m s =的速度顺时针转动，一个质量为1kg 的物体(可视为质点)从 1.8h m =高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因数04μ=，传送带

左右两端A 、B 间的距离7AB L m =，重力加速度2

10/.g m s =求：

()1物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端速度； ()2物体在传送带上距B 点的最小距离；

()3物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间.

【答案】(1)1

6m /s v = (2) 2.5m x = (3)3 0.8s t = 【解析】 【分析】

(1)先根据牛顿第二定律求加速度，再由速度位移关系求到达斜面末端的速度； (2)先由牛顿第二定律求出物体在传送带上减速的加速度，再根据速度位移关系求出速度减为0时向右运动的位移，即可得出离B 最近的距离；

(3)由前的分析可判断出物体先做匀加速运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加速度与速度，根据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间. 【详解】

（1）物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：1sin mg ma θ=

解得：2

15/a m s =

由几何关系沿光滑斜面下滑位移1cos h

s θ

=

由运动学公式2

1112v a s =

解得物体滑到斜面末端速度16/v m s =

（2）物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：

2mg ma μ=

代入数据解得：2

24/a m s =

当物体速度减为0时物体距B 最近，有运动学公式可得：2

1222v a S =

解得物体距B 点的最小距离：2AB x L S =-

2.5x m =

（3）物体返回时距A 点 2 4.5S m =，仍受到向右的摩擦力，从速度为0开始做匀加速直

线运动，加速度大小为：2

324/a a m s ==

若物体一直做匀加速运动，有运动对称性可知到A 点时物体速度6/A v m s =大于传送带速度4/v m s =，故物体先做匀加速直线运动，达到速度v 后匀速运动，到达A 点速度

4/A v v m s ==

物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为1a 物体做匀加速直线运动31v a t = 匀加速直线运动位移233112

s a t = 解得11t s = 32s m = 匀速运动 232s s vt -= 解得20.625t s =

物体沿斜面匀减速上升13v a t = 解得30.8t s =

物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间：

123 2.425t t t t s =++=

10．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。