高中物理牛顿运动定律的应用易错剖析
高中物理牛顿运动定律的应用易错剖析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．一轻弹簧的一端固定在倾角为θ的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块a
相连，如图所示．质量为
3
5
m 的小物块b 紧靠a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为x 0，从t=0时开始，对b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动．经过一段时间后，物块a 、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x 0．弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g ．求：
(1)弹簧的劲度系数； (2)物块b 加速度的大小；
(3)在物块a 、b 分离前，外力大小随时间变化的关系式．
【答案】（1）08sin 5mg x θ （2）sin 5g θ
（3）220
84sin sin 2525mg F mg x θθ=+
【解析】 【详解】
（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：
kx 0=（m+
3
5
m ）gsinθ 解得：k=
8 5mgsin x θ
（2）由题意可知，b 经两段相等的时间位移为x 0；
由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：
1014
x x = 说明当形变量为00
10344
x x x x =-
=时二者分离； 对m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx 1-mgsinθ=ma 联立解得：a=1
5
gsin θ
（3）设时间为t ，则经时间t 时，ab 前进的位移x=12at 2=2
10
gsin t θ
则形变量变为：△x=x 0-x
对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k △x-（m+
35m ）gsinθ=（m+3
5
m ）a
解得：F=8
25
mgsinθ+
2
2
4
25
mg sin
x
θ
t2
因分离时位移x=0
4
x
由x=0
4
x
=
1
2
at2解得：0
5
2
x
t
gsinθ
=
故应保证0≤t＜0
5
2
x
gsinθ
，F表达式才能成立．
点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键．
2．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m，如图（a）所示．0
t=时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1
t s
=时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s时间内小物块的v t-
图线如图（b）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g取10m/s2．求
（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ；
（2）木板的最小长度；
（3）木板右端离墙壁的最终距离．
【答案】（1）10.1
μ=
2
0.4
μ=（2）6m（3）6.5m
【解析】
（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v4m/s
=
碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s
=
木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有
2
4/0/
1
m s m s
g
s
μ
-
=
解得20.4
μ=
木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1
t s
=，位移 4.5
x m
=，末速度v4m/s
=
其逆运动则为匀加速直线运动可得2
1
2
x vt at
=+
带入可得2
1/
a m s
=
木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a
μ=
可得10.1
μ=
（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214
/3
a m s =
对滑块，则有加速度2
24/a m s =
滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-=末速度18
/3
v m s = 滑块向右位移214/0
22
m s x t m +=
= 此后，木块开始向左加速，加速度仍为2
24/a m s =
木块继续减速，加速度仍为214
/3
a m s =
假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =
此过程，木板位移23121217
26
x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移242211
22
x a t m =
= 此后木块和木板一起匀减速．
二者的相对位移最大为13246x x x x x m ?=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m
（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度2
11/a g m s μ==
位移23
522v x m a
==
所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律
【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁
3．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m ＝1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：
（1）物体与传送带间的动摩擦因数；
（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；
（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。
【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J
【解析】
【详解】
(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:
可解得：μ＝0.875.
（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移
0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为
(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:
0～6 s内物体位移为:
则0～6 s内物体相对于皮带的位移为
0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,
代入数据得：Q＝126 J
故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J
【点睛】
对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。
4．如图所示，长木板B质量为m2＝1．0 kg，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m3＝1．0 kg、可视为质点的物块C放在长木板的最右端．质量m1＝0．5 kg 的物块A，以速度v0＝9 m／s与长木板发生正碰（时间极短），之后B、C发生相对运动．已知物块C与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为
μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C始终在长木板上，g取10
m／s2．
（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．
【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】
（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得
1012()m v m m v =+
由能量守恒定律得 22101211()22
E m v m m v ?=
-+ 解得损失的机械能 2120
1213.52()
m m v E J m m ?=
=+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得
101122m v m v m v =+
由机械能守恒定律得
222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210
123/m m v v m s m m -==-+， 1
2012
26/m v v m s m m ==+ 之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=
设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22
121211322
x v t a t a t m ?=+
-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++= 对物块C ：1334-m g m a μ=
这一过程的相对位移为 2222243()()1223
a t a t x m a a ?=
-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 128
2.673
x x x m m ?=?-?=
= 点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．
5．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．
【答案】（1）20
3.6m 2v x a
==（2）t=1s （3）121x x m +=
【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：（1）2
25m /s a g μ==
20 3.6m 2v x a
==
（2）对m ：2
125/a g m s μ==，
对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，
221m /s a =
012v a t a t -=
t=1s
（3）木板共速前先做匀加速运动2
110.52
x at m == 速度121m /s v a t ==
以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动
231/a g m s μ==，
2231
0.52
x vt a t m =+=
X=121x x m +=
考点：牛顿定律的综合应用
6．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．
7．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 ；
(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 /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 =
8．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. 9．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 = ；2 21/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：00 13737mgsin 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：2 02B 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2 13/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2 21/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221111 4131 2.522 B x v t a t m m =-=?-??= 这段时间内长木板的位移222211 110.522 x a t m m = =??= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-= 10．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? ?