高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧分析及练习题(含答案)含解析

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，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．

（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？

（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．

设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N

即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mg

a m s m

μ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mg

a M m

=

+μ=1m/s 2

设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L

即

22

1122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/s

AB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇

机械能守恒：

12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+1

2

mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s

2．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 ．

3．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：

（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；

（3）木板在地面上运动的最大位移。 【答案】（1）5m/s 2 2m/s 2（2）14m （3）12m 【解析】 【分析】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，

初速度 v 0=14m/s ，加速度大小 2

12a μg 5m /s ==

木板由静止做匀加速度直线运动 即 ()212μmg μM m g Ma -+=

解得 2

2a 2m /s =

（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t

即 012v v a t v a t =-==木板木块 解得 t=2s

木块位移 2

011x v t a t 18m 2

木块=-= 木板位移 2

21x a t 4m 2

木板=

= 木板长度 L x x 14m =-=木板木块

（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得

2231v a t 4m /s a μg 1m /s ====共，

木板位移 23

v x

8m 2a ==，共木板

总位移 ,

x x x 12m =+=木板木板

4．如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块A （可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s ，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，2

10/g m s =，求：

（1）拉力撤去时，木板的速度v B ；

（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大； （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．

【答案】(1)V B =4m/s ；(2)L=1.2m ；(3)d=0.48m 【解析】

【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置． (1)若相对滑动，对木板有：212B F mg mg ma μμ--?=，

得：2

4/B a m s =

对木块有2A mg ma μ=，2

2/A a m s =

所以木块相对木板滑动

撤去拉力时，木板的速度4/B B v a t m s ==，2/A A v a t m s == (2)撤去F 后，经时间t 2达到共同速度v ；由动量定理22B mgt mv mv μ=-

22122B mgt mgt mv mv μμ--=-，

可得20.2t s =，v=2.4m/s

在撤掉F 之前，二者的相对位移11122

B A v v x t t ?=- 撤去F 之后，二者的相对位移22222

B A v v v v x t t ++?=- 木板长度12 1.2L x x m =?+?=

(3)获得共同速度后，对木块，有2

2102

A mgx mv μ-=-

，

对木板有()2211202

B mg mg x mv μμ-=- 二者的相对位移3A B x x x ?=-

木块最终离木板右端的距离1230.48d x x x m =?+?-?=

【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．

5．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g =10m/s 2.

（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小； （2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出. 【答案】（1） ，

（2）恰好不会从平板车的右端滑出．

【解析】

根据牛顿第二定律得 对滑块，有 ， 解得

对平板车，有，

解得

．

设经过t 时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：

．

平板车的位移为：

．

而且有 解得：

此时，

所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出． 答：滑块与平板车的加速度大小分别为

和

．

滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．

点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加

速度；

由位移关系可得出两物体位移间相差L 时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．

6．如图所示，长L =10m 的水平传送带以速度v =8m/s 匀速运动。质量分别为2m 、m 的小物块P 、Q ，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C 相连。小物块P 放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C 、P 间的细绳水平。现在P 上固定一质量为2m 的小物块(图中未画出)，整体将沿传送带运动，已知Q 、C 间距大于10 m ，重力加速度g 取10m/s 2.求：

(1)小物块P 与传送带间的动摩擦因数； (2)小物块P 从传送带左端运动到右端的时间；

(3)当小物块P 运动到某位置S （图中末画出）时将细绳剪断，小物块P 到达传送带最右端时刚好与传送带共速，求位置S 距传送带右端的距离。 【答案】（1）0.5（2）10?s （3）4m 【解析】 【分析】

(1)对物体P 、Q 分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3)相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离. 【详解】

(1)设静止时细绳的拉力为T 0，小物块P 与传送带间的动摩擦因数为μ，P 、Q 受力如图:

由平衡条件得：0(2)T m g μ=

0T mg =

0.5μ=

(2)设小物块P 在传送带上运动时加速度为a 1，细绳的拉力为T ，P 、Q 受力如图，

由牛顿第二定律得,对P ：1(22)(22)m m g T m m a μ+-=+ 对Q ：1T mg ma -=

假设P 一直加速至传送带最右端时间为t ，末速度为v 1由运动学公式得：2

12v aL =

v 1=1a t

联立以上两式并代入数据得：10 s t =,v 1=210 m /s

(3)设细绳剪断后小物块P 的加速度大小为a 2，小物块P 在S 处的速度大小为2v ，位置S 距离传送带左端距离为1x ，距离传送带右端距离为2x ，P 受力如图:

断绳后由牛顿第二定律得：2(22)(22)m m g m m a μ+=+

断绳前由运动学公式得：2

2112v a x = 断绳后由运动学公式得：22

2222v v a x -=

12x x L +=

联立以上各式并代入数据得：S 距离传送带右端距离：2 4 m x = 【点睛】

本题关键是明确滑块P 、Q 的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式列式求解.

7．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/s 2，

(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）

8．质量为m的长木板静止在水平地面上，质量同样为m的滑块（视为质点）以初速度v0从木板左端滑上木板，经过0.5s滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：

（1）μ1、μ2各是多少？

（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？

【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m 【解析】 【详解】

（1）设0.5s 滑块的速度为v 1，由v-t 图像可知:v 0=4m/s v 1=1m/s 滑块的加速度 201

16/v v a m s t

-=

= 木板的加速度大小21

22/v a m s t

=

= 对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma 1 所以μ1=0.6

对木板受力分析：μ1mg-μ2?2mg= ma 2 解得 μ2=0.2

（2）0.5s 滑块和木板达到共同速度v 1，假设不再发生相对滑动则2ma 3=μ2?2mg 解得a 3=2m/s 2 因ma 3=f<μ1mg

假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s 1则

201111

22v v v s t a +=+

解得s 1=1.5m

由v-t 图像可知011

222

v v v L s t +?=

=- 所以木板的长度 L=2.0m

9．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。水平部分AB 以5m/s 的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：(已知sin37o＝0.6，cos37o＝0.8， g 取10 m/s 2 ，6=2.450，

7.2=2.68)

(1)若CD 部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离．

(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．

【答案】(1)能滑上的最大距离 1.25m s= (2)要把米袋送到D 点，CD 部分的速度

4m/s CD ≥v 时间t 的范围为1.16s 2.1s t ≤≤

【解析】

【分析】

（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s ，则应判断米袋到达B 点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B 点速度，若达到，则以5m/s 的速度冲上CD ；在CD 面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；

（2）米袋在CD 上应做减速运动，若CD 的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD 的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间； 【详解】

（1）米袋在AB 上加速时的加速度a 0＝

mg

m

μ＝μg ＝5m /s 2

米袋的速度达到v 0=5m/s 时，滑行的距离s 0=20

2v a

=2.5m ＜AB=3m ，

因此米袋在到达B 点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD 上运动的加速度大小为a ，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得 a=10 m/s 2

所以能滑上的最大距离 s ＝20

2v a

＝1.25m

（2）设CD 部分运转速度为v 1时米袋恰能到达D 点（即米袋到达D 点时速度恰好为零），则米袋速度减为v 1之前的加速度为a 1=-g （sinθ+μcosθ）=-10 m/s 2 米袋速度小于v 1至减为零前的加速度为a 2=-g （sinθ-μcosθ）=-2 m/s 2

由22

2

10112

0 4.4522v v v m a a --+＝ 解得 v 1=4m/s ，即要把米袋送到D 点，CD 部分的速度v CD ≥v 1=4m/s 米袋恰能运到D 点所用时间最长为101

12

0 2.1max v v v t s a a --+＝

＝ 若CD 部分传送带的速度较大，使米袋沿CD 上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a 2． 由S CD =v 0t min +

12

a 2t 2

min ，得：t min =1.16s 所以，所求的时间t 的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s ； 【点睛】

题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD 段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D 点时速度恰好为零.

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/s 2.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 ?=