高考物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)

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

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

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，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：

（1）开始时B离小车右端的距离；

（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。

【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：

【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒

解得：，

A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止

，，

解得

B离右端距离

(2)从开始到达共速历时，，，

解得

小车在前静止，在至之间以a向右加速：

小车向右走位移

接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了

小车在6s内向右走的总距离：

【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.

3．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

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

mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s

4．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的

高度差为h ．将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数3

μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．

（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小；（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ．【答案】(1) 32mg (2) 9

mgh 【解析】

（1）木板与物块整体：F 0?2mg sinθ＝2ma 0 对物块，有：μmg c osθ?mg sinθ═ma 0 解得：F 0＝

mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零．对木板，有：F ?mg sinθ?μmg cosθ＝m a 1 mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3

对物块，有：μmg cosθ?mg sinθ＝ma 2 对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4

另有：1132212 ()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝

222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ+?-+= 2111

W F a t ＝?

解得W ＝

mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．

5．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 5；

(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 5m /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 =

6．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

1044

4m 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 ＝

7．水平面上有一木板，质量为M=2kg ，板左端放有质量为m=1kg 的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取2

10/g m s =．

（1）现用水平力F 拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F 的大小范围？

（2）若拉动木板的水平力F=15N ，由静止经时间t 1=4s 立即撤去拉力F ，再经t 2=1s 物块恰好到达板右端，求板长L=？【答案】（1）12N ＜F≤18N （2）1.4m

【解析】【分析】

（1）物块与木块一起运动，拉力F 必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m 与M 之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 达到最大值；

（2）拉动木板的水平力F=15N ，在第（1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F 后，m 向右匀减速，M 向右匀减速，当M 静止后，m 继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；【详解】

（1）M 与地面之间的最大静摩擦力f 1=μ2(M +m )g ＝0.4×(2+1)×10＝12N

当M 、m 整体一起向右匀加速运动时，当m 与M 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 最大；

对m ：μ1mg ＝ma ① 得a =μ1g ＝0.2×10m /s 2＝2m /s 2 对整体：F ?μ2(M +m )g ＝(M +m )a ② 代入数据：F-12=（2+1）×2 解得：F=18N

所以拉力F 大小范围是12N ＜F≤18N

（2）拉动木板的水平力F=15N ，M 、m 一起匀加速运动根据牛顿第二定律：()2221512/1/21

F M m g

a m s m s M m

μ-+-++＝

＝＝

t 1＝4s 时速度v 1＝a t 1＝1×4m /s ＝4m /s 撤去F 后，物块加速度a 1＝μ1g ＝2m /s 2 对木板：μ1mg ?μ2(M +m )g ＝Ma 2，代入数据：0.2×10?12＝2 a 2

解得：a 2＝?5m /s 2

木板向右速度减为0的时间；根据题意t 2=1s 物块恰好到达板右端

112004

0.85

v t s s a --＝

＝＝在t 1时间内物块的位移：221111111

40.8208 2.5622

x v t a t m ＝．＝-=?-?? 木板的位移：1214

0.8 1.622

v x t m ?＝

＝＝物块相对木板的位移△x ＝x 1-x 2＝2.56?1.6＝0.96m 根据题意撤去力F 后，再经t 2=1s 物块恰好到达板右端所以木板静止后，木块继续运动0.2s

t 1＝0.8s 时物块的速度v 2=v 1-a 1t 1＝4?2×0.8＝2.4m /s

22221211

' 2.40.22020.4422

x v t a t m m -=?-??V ＝．＝

木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m

8．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：00

0.5cos37sin 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=

at 2

运动时间为22 3.7517.5

s 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．

9．如图甲所示，长木板A 静止在水平地面上，其右端叠放着物块B ，左端恰好在O 点，水平面以O 点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D 间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线锁住，两者以共同速度v 0=8 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，C 和弹簧分离后，撤去D ，C 与A 碰撞并与A 粘连（碰撞时间极短），此后，AC 及B 的速度一时间图象如图乙所示。已知A 、B 、C 、D 的质量均为m=l kg ，木板A 的长度l= 5m ，A 、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m ／s 2

。求：

(1)长木板A 与桌面间的动摩擦因数及B 与A 间的动摩擦因数。 (2)烧断细线之前弹簧的弹性势能。 (3)最终物块B 离长木板A 左端的距离。

【答案】（1）0.1μ'= 0.2μ= （2）1J （3）3.05m

【解析】（1）设A 与地面间的动摩擦因数为μ，B 与A 上表面的动摩擦因数为μ/，由图乙可知：0-1s ，AC 整体做匀减速运动的加速度a A1=3.5m/s 2

，B 做匀加速运动的加速度a B1=1m/s 2，

对AC 整体： 132A mg mg ma μμ=-'- 对B 有： 1B mg ma μ=' 解得：μ/=0.1；μ=0.2

（2）C 与A 碰撞过程中动量守恒：mv C =2mv A ，其中v A =4.5m/s 解得v C =9m/s

弹簧弹开过程中，CD 系统动量守恒，由动量守恒定律：

02C D mv mv mv =+

解得：v D =7m/s

弹簧弹开过程中，CD 及弹簧组成的系统的机械能守恒，则有：

2201112222

P C D mv E mv mv ?+=+

解得：E P =1J

（3）由图乙可知：0-1s 内B 相对A 向左运动的位移： 1 4.5

1 2.252

m m =

?= AB 速度相等后，B 的加速度： 2

21/B a g m s μ=-'=-

AC 整体的加速度： 223 2.5/2A mg mg

a m s m μμ'-+=

因22A B a a > ，所以AC 整体先停止运动， AC 整体的运动时间为： 1

0.42.5

t s s =

= ，在0.4s 内B 相对A 向右运动的位移： 22211

0.1222

B x vt a t vt m =+-= A 停止时B 的速度： 20.6/B v v a t m s ='=+

然后B 在A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度2

31/B a g m s μ=-'=-

B 相对A 向右运动的位移： '2

0.182B v x m a =-=

所以最终B 离长木板A 左端的距离123 3.05x l x x x m =-++=

10．如图所示，质量为M =2kg 、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m =1kg 的物块，现用一水平向右大小为9N 的拉力F 拉长木板，使物块和长木板一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F ，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L =4.8m ，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g =10m/s 2，求：

(1)撤去F 的瞬间，物块和板的加速度； (2)拉力F 作用的时间； (3)整个过程因摩擦产生的热量。

【答案】(1)1 m/s 2，方向向左， 2.5 m/s 2，方向向左(2)4s(3)72J 【解析】【详解】

(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a 1、a 2，由牛顿第二定律得：对物块：

μ1mg =ma 1

对木板：

μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2

解得：

a 1=1 m/s 2，方向向左 a 2=2.5 m/s 2，方向向左

(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：

F -μ2（M +m ）g =（M+m ）a 0

解得：

a 0=1 m/s 2。

设撤去力 F 时二者的速度为 v ，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：

2v x a =

木板的位移：

2v x a =

又：

x 1-x 2=L

联立方程，代入数据得：

v =4m/s

设力F 作用的时间为t ，则：

v =a 0t

所以：

v t s s a =

== (3)在拉力F 的作用下木板的位移：

x 0=

12a 0t 2=1

×1×42=8m 由上解得，撤去拉力后木板的位移：

x 2=3.2m

根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：

Q =μ2（M +m ）g （x 2+x 0）+μ1mg （x 1-x 2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J

高考物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

高考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，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，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；

高考物理牛顿运动定律的应用(一)解题方法和技巧及练习题

高考物理牛顿运动定律的应用(一)解题方法和技巧及练习题一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．一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．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t 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/s 2．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）10.1μ=20.4μ=（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v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/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24/0/1m s m s g s μ-= 解得20.4μ= 木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212 x vt at =+ 带入可得21/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10.1μ= （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 =

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析

高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用(一)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B 的高度h =0. 2m ，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v 0=3m/s ，长为L =1m ．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．g 取l0m/s 2.求： (1)水平作用力F 的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．【答案】（1）7.5N （2）0.25（3）0.5J 【解析】【分析】【详解】 (1)滑块受到水平推力F . 重力mg 和支持力F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ，代入数据得： F =7.5N. (2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v ，下滑过程机械能守恒，故有： mgh = 212 mv 解得 v 2gh ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送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： μmgL = 2201122 mv mv 代入数据得： μ=0.25 (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为： x=v 0t 对物体有： v 0=v ?at

ma=μmg 滑块相对传送带滑动的位移为： △x =L?x 相对滑动产生的热量为： Q=μmg △x 代值解得： Q =0.5J 【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs ，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移． 2．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：, (1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．【答案】（1）2 5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J 【解析】【详解】 (1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -= A B f f = 0.5A A f m g = 联立以上方程得：2 5m/s A a = 27.5m/s B a = (2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动

牛顿运动定律-经典习题汇总

牛顿运动定律经典练习题一、选择题 1．下列关于力和运动关系的说法中，正确的是（） A ．没有外力作用时，物体不会运动，这是牛顿第一定律的体现 B ．物体受力越大，运动得越快，这是符合牛顿第二定律的 C ．物体所受合外力为0，则速度一定为0；物体所受合外力不为0，则其速度也一定不为0 D ．物体所受的合外力最大时，速度却可以为0；物体所受的合外力为0时，速度却可以最大 2．升降机天花板上悬挂一个小球，当悬线中的拉力小于小球所受的重力时，则升降机的运动情况可能是（） A ．竖直向上做加速运动 B ．竖直向下做加速运动 C ．竖直向上做减速运动 D ．竖直向下做减速运动 3．物体运动的速度方向、加速度方向与作用在物体上合力方向的关系是（） A ．速度方向、加速度方向、合力方向三者总是相同的 B ．速度方向可与加速度方向成任何夹角，但加速度方向总是与合力方向相同 C ．速度方向总是和合力方向相同，而加速度方向可能和合力相同，也可能不同 D ．速度方向与加速度方向相同，而加速度方向和合力方向可以成任意夹角 4．一人将一木箱匀速推上一粗糙斜面，在此过程中，木箱所受的合力（） A ．等于人的推力 B ．等于摩擦力 C ．等于零 D ．等于重力的下滑分量 5．物体做直线运动的v-t 图象如图所示，若第1 s 内所受合力为F 1，第2 s 内所受合力为F 2，第3 s 内所受合力为F 3，则（） A ．F 1、F 2、F 3大小相等，F 1与F 2、F 3方向相反 B ．F 1、F 2、F 3大小相等，方向相同 C ．F 1、F 2是正的，F 3是负的 D ．F 1是正的，F 1、F 3是零 6．质量分别为m 和M 的两物体叠放在水平面上如图所示，两物体之间及M 与水平面间的动摩擦因数均为μ。现对M 施加一个水平力F ，则以下说法中不正确的是（） A ．若两物体一起向右匀速运动，则M 受到的摩擦力等于F B ．若两物体一起向右匀速运动，则m 与M 间无摩擦，M 受到水平面的摩擦力大小为μmg C ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力的大小等于F -M a D ．若两物体一起以加速度a 向右运动，M 受到的摩擦力大小等于μ（m+M ）g+m a 7．用平行于斜面的推力，使静止的质量为m 的物体在倾角为θ的光滑斜面上，由底端向顶端做匀加速运动。当物体运动到斜面中点时，去掉推力，物体刚好能到达顶点，则推力的大小为（） A ．mg(1-sin θ) B ．2mgsin θ C ．2mgcos θ D ．2mg(1+sin θ) 8.从不太高的地方落下的小石块，下落速度越来越大，这是因为 ( ) A ．石块受到的重力越来越大 B ．石块受到的空气阻力越来越小 C ．石块的惯性越来越大 D ．石块受到的合力的方向始终向下 9.一个物体，受n 个力的作用而做匀速直线运动，现将其中一个与速度方向相反的力逐渐减小到零，而其他的力保持不变，则物体的加速度和速度 ( ) A ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越快 B ．加速度与原速度方向相同，速度增加得越来越慢 C ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越快 D ．加速度与原速度方向相反，速度减小得越来越慢 10.下列关于超重和失重的说法中，正确的是 ( ) 第 5 题第 6 题

(完整版)牛顿运动定律解题方法总结(教师版),推荐文档

牛顿运动定律解题方法总结（教师版） 1、正交分解法：把矢量（F ，a ）分解在两个互相垂直的坐标轴上的方法。例1、如图4-45所示，一自动电梯与水平面之间的夹角θ＝30°，当电梯加速向上运动时，人对梯面的压力是其重力的6/5，试求人与梯面之间的摩擦力是其重力的多少倍？解析：在动力学的两类基本问题中，本题应属于已知物体的运动状态求解物体的受力情况。人受力如图4-46所示，建立直角坐标系，将a 分解在x 轴和y 轴上，由牛顿第二定律得：f ＝macosθ，N －mg ＝masinθ，N ＝6mg/5联立解得f ＝√3mg/5 说明：可见，当研究对象所受的力都是互相垂直时，通常采用分解加速度的方法，可以使解题过程更为简化。 2、整体法和隔离法：主要对连接体问题要用整体法和隔离法。例2、如图4-47所示，固定在水平地面上的斜面倾角为θ，斜面上放一个带有支架的木块，木块与斜面间的动摩擦因数为μ，如果木块可以沿斜面加速下滑，则这一过程中，悬挂在支架上的小球悬线和竖直方向的夹角α为多大时小球可以相对于支架静止？解析：要使小球可以相对于支架静止，说明二者具有相同的加速度。视小球、木块为一整体，其具有的加速度为a ，由牛顿第二定律得： a ＝gsinθ－μgcosθ，对小球受力分析如图4-48所示，建立水平竖直方向坐标系，由牛顿第二定律得：Tsinα＝macosθmg －Tcosα＝masinα消去T ，得：tanα＝acosθ/(g －asinα) 将a 代入得：tanα＝(sinθ－μcosθ)/(cosθ＋μsinθ) 3、瞬时分析法：主要求某个力突然变化时物体的加速度时用此法。例3、质量为m 的箱子C ，顶部悬挂质量为m 的小球B ，小球B 的下方通过一轻弹簧与质量为m 的小球A 相连，箱子C 用轻绳OO ′悬于天花板上处于平衡状态，如图4-49所示，现剪断OO ′，在轻绳被剪断的瞬间，小球A 、B 和箱子C 的加速度分别是多少？B 、C 间绳子的拉力T 为多少？解析：细绳剪断瞬间，拉力消失，A 、B 间弹簧弹力未变，B 、C 间绳子拉力发生突变，所以A 仍受重力mg 和弹簧拉力F ＝mg 作用而平衡，故a A ＝0。剪断OO ′时，B 、C 间拉力也要突变，但B 、C 将同步下落，所以： a B ＝a C ＝3mg/2m ＝1.5g 。对C 由牛顿第二定律得：T ＋mg ＝ma C ，∴T ＝0.5mg 。 4、程序法：按时间先后顺序对题目给出的物体运动过程（或不同状态）进行分析计算的解题方法叫做程序法。图4- 图4- 图4-图 4-图4-

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析

高考物理牛顿运动定律试题经典及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．质量为2kg的物体在水平推力F的作用下沿水平面做直线运动，一段时间后撤去F，其运动的图象如图所示取m/s2，求：（1）物体与水平面间的动摩擦因数；（2）水平推力F的大小；（3）s内物体运动位移的大小．【答案】（1）0.2；（2）5.6N；（3）56m。【解析】【分析】【详解】（1）由题意可知，由v-t图像可知，物体在4～6s内加速度：物体在4～6s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：联立解得：μ=0.2 （2）由v-t图像可知：物体在0～4s内加速度：又由题意可知：物体在0～4s内受力如图所示根据牛顿第二定律有：代入数据得：F=5.6N （3）物体在0～14s内的位移大小在数值上为图像和时间轴包围的面积，则有：

【点睛】在一个题目之中，可能某个过程是根据受力情况求运动情况，另一个过程是根据运动情况分析受力情况；或者同一个过程运动情况和受力情况同时分析，因此在解题过程中要灵活处理．在这类问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁． 2．如图所示为工厂里一种运货过程的简化模型，货物(可视为质点质量4m kg =，以初速度010/v m s =滑上静止在光滑轨道OB 上的小车左端，小车质量为6M kg =，高为 0.8h m =。在光滑的轨道上A 处设置一固定的障碍物，当小车撞到障碍物时会被粘住不动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦因数0.5μ=，货物做平抛运动的水平距离AB 长为1.2m ，重力加速度g 取210/m s 。 ()1求货物从小车右端滑出时的速度； ()2若已知OA 段距离足够长，导致小车在碰到A 之前已经与货物达到共同速度，则小车的长度是多少？【答案】(1)3m/s ；(2)6.7m 【解析】【详解】 ()1设货物从小车右端滑出时的速度为x v ，滑出之后做平抛运动，在竖直方向上：2 12 h gt = ，水平方向：AB x l v t = 解得：3/x v m s = ()2在小车碰撞到障碍物前，车与货物已经到达共同速度，以小车与货物组成的系统为研究对象，系统在水平方向动量守恒，由动量守恒定律得：()0mv m M v =+共，解得：4/v m s =共，由能量守恒定律得：()2201122 Q mgs mv m M v μ==-+共相对，解得：6s m =相对，当小车被粘住之后，物块继续在小车上滑行，直到滑出过程，对货物，由动能定理得： 22 11'22 x mgs mv mv 共μ-= -，

牛顿运动定律的综合应用试题整理

考点11 牛顿运动定律的综合应用考点名片考点细研究：本考点是物理教材的基础，也是历年高考必考的内容之一，其主要包括的考点有：(1)超重、失重；(2)连接体问题；(3)牛顿运动定律的综合应用、滑块滑板模型、传送带模型等。其中考查到的如：2015年全国卷Ⅰ第25题、2015年全国卷Ⅱ第25题、2015年海南高考第9题、2014年北京高考第8题、2014年四川高考第7题、2014年大纲卷第19题、2014年江苏高考第5题、2014年福建高考第15题、2013年浙江高考第17题和第19题、2013年广东高考第19题、2013年山东高考第15题等。备考正能量：牛顿运动定律是历年高考的主干知识；它不仅是独立的知识点，更是解决力、电动力学综合问题的核心规律。可单独命题(选择题、实验题)，也可综合命题(解答题)。高考对本考点的考查以对概念和规律的理解及应用为主，试题难度中等或中等偏上。一、基础与经典 1．小明家住十层，他乘电梯从一层直达十层。则下列说法正确的是( ) A．他始终处于超重状态 B．他始终处于失重状态 C．他先后处于超重、平衡、失重状态 D．他先后处于失重、平衡、超重状态答案 C 解析小明乘坐电梯从一层直达十层过程中，一定是先向上加速，再向上匀速，最后向上减速，运动过程中加速度方向最初向上，中间为零，最后加速度方向向下，因此先后对应的状态应该是超重、平衡、失重三个状态，C正确。

2．如图所示，一长木板在水平地面上运动，在某时刻(t＝0)将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，已知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度—时间图象可能是图中的( ) 答案 A 解析放上小木块后，长木板受到小木块施加的向左的滑动摩擦力和地面向左的滑动摩擦力，在两力的共同作用下减速，小木块受到向右的滑动摩擦力作用，做匀加速运动，当两者速度相等后，可能以共同的加速度一起减速，直至速度为零，共同减速时的加速度小于木板刚开始运动时的加速度，故A正确，也可能物块与长木板间动摩擦因数较小，达到共同速度后物块相对木板向右运动，给木板向右的摩擦力，但木板的加速度也小于刚开始运动的加速度，B、C错误；由于水平面有摩擦，故两者不可能一起匀速运动，D错误。 3．如图所示，放在固定斜面上的物块以加速度a沿斜面匀加速下滑，若在物块上再施加一个竖直向下的恒力F，则( )

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1)

高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题(1) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：（1）m 、M 之间的动摩擦因数；（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离．【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】【分析】【详解】（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ，当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有： 11mg ma μ= 由乙图知 214m /s a = 解得 10.4μ= （2）对M 由牛顿第二定律有 122()F mg M m g Ma μμ--+= 即 12122()()F mg M m g mg M m g F a M M M μμμμ--+--+= =+ 乙图知 11 4 M = 12()9 4 mg M m g M μμ--+=- 解得 M = 4 kg μ2=0. 1

（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，设m 运动t 1时间速度减为零，则 11 1s v t a = = 位移 2101111 2m 2 x v t a t =-= M 的加速度大小 2122()5m /s F mg M m g a M μμ--+= = 方向向左， M 的位移大小 2 2211 2.5m 2 x a t = = 此时M 的速度 2215m /s v a t == 由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律 23F Mg Ma μ-= 可得 2325 m /s 4 a = 在t =2s 时m 与M 右端的距离 2321311 ()()8.125m 2 x v t t a t t =-+-=． 2．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v 0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v 0=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/s 2，sin37o=0.6，cos37o=0.8，求：

物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)

物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件；（2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离．【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ?= 【解析】【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围．【详解】 (1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则： 222 011-22A B v v v L a a =＋又： 011 -=A B v v v a a 解得：a B =6m/s 2 再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N 若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N 当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N 若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N (2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2 平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2

高一物理牛顿运动定律的解题技巧

高一物理牛顿运动定律的解题技巧 Revised on November 25, 2020

牛顿运动定律的综合应用一、临界问题在运用牛顿运动定律解动力学问题时，常常讨论相互作用的物体是否会发生相对滑动，相互接触的物体是否会发生分离等等，这类问题就是临界问题。解决临界问题的基本思路 1．分析临界状态一般采用极端分析法，即把问题中的物理量推向极值，就会暴露出物理过程，常见的有A．发生相对滑动；B．绳子绷直；C．与接触面脱离。所谓临界状态一般是即将要发生质变时的状态，也是未发生质变时的状态。此时物体所处的运动状态常见的有：A．平衡状态；B．匀变速运动；C．圆周运动等。 2．找出临界条件（1）相对滑动与相对静止的临界条件是静摩擦力达最大值；（2）绳子松弛的临界条件是绳中拉力为零；（3）相互接触的两个物体将要脱离的临界条件是相互作用的弹力为零。 3．列出状态方程将临界条件代到状态方程中，得出临界条件下的状态方程。 4．联立方程求解有些临界问题单独临界条件下的状态方程不能解决问题，则需结合其他规律联立方程求解。 1、如图所示，质量为m=1kg的物块放在倾角为θ=37的斜面体上，斜面质量为 M=1kg，斜面与物块间的动摩擦因数为μ= ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物体m相对斜面静止，试确定推力F 的取值范围。（g取10m/s2）

2、一斜面放在水平地面上，倾角为θ=53°，一个质量为 kg的小球用细绳吊在斜面顶端，如图所示．斜面静止时，球紧靠在斜面上，绳与斜面平行．不计斜面与水平面间的摩擦，当斜面以10 m/s2的加速度向右运动时，求细绳的拉力及斜面对小球的弹力。(g取10 m/s2) 3、如图所示，两个质量都为m的滑块A和B，紧挨着并排放在水平桌面上，A、B间的接触面垂直于图中纸面与水平面成θ角，所有接触面都光滑无摩擦，现用一个水平推力作用于滑块A，使A、B一起向右做加速运动。求：（1）要使A、B间不发生相对滑动，它们共同向右运动的最大加速度是多大（2）要使A、B间不发生相对滑动，水平推力的大小应在什么范围内二、滑块-木板模型的动力学分析 1、如图1所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的物块A和木板B，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。变式1.若拉力F作用在A上呢如图2所示。变式2.在变式1的基础上再改为：B与水平面间的动摩擦因数为（认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力），使A、B以同一加速度运动，求拉力F的最大值。 3、如图所示，物体A叠放在物体B上，B置于光滑水平面上，A、B质量分别为m A＝6 kg，m B＝2 kg，A、B之间的动摩擦因数μ＝，开始时F＝10 N，此后逐渐增加，在增大到45 N的过程中，则( ) A．当拉力F＜12N时，两物体均保持静止状态 B．两物体开始没有相对运动，当拉力超过12N时，开始相对滑动 C．两物体间从受力开始就有相对运动 D．两物体间始终没有相对运动

高考物理牛顿运动定律练习题及解析

高考物理牛顿运动定律练习题及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。求： (1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：0 11sin 37mg f ma -= 其中0 1cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：002 11sin 37cos374/a g g m s μ=-= 对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0 122sin 37Mg f f Ma +-= 其中00 2cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ= 解得：2 21m/s a = 12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，2221 2 x a t =，12x x L -= 解得：1s t = 2．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等?现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析一、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/s2，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。

2．质量为m =0.5 kg 、长L =1 m 的平板车B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M =l kg 的物体A （视为质点）以v 0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在A 滑上B 的同时，给B 施加一个水平向右的拉力．已知A 与B 之间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g 取10 m/s 2．试求：（1）如果要使A 不至于从B 上滑落，拉力F 大小应满足的条件；（2）若F =5 N ，物体A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离．【答案】(1)1N 3N F ≤≤ (2)0.5m x ?= 【解析】【分析】物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值．另一种临界情况是A 、B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围．【详解】 (1)物体A 不滑落的临界条件是A 到达B 的右端时，A 、B 具有共同的速度v 1，则： 222 011-22A B v v v L a a =＋又： 011 -=A B v v v a a 解得：a B =6m/s 2 再代入F ＋μMg =ma B 得：F =1N 若F <1N ，则A 滑到B 的右端时，速度仍大于B 的速度，于是将从B 上滑落，所以F 必须大于等于1N 当F 较大时，在A 到达B 的右端之前，就与B 具有相同的速度，之后，A 必须相对B 静止，才不会从B 的左端滑落，则由牛顿第二定律得：对整体：F =(m ＋M )a 对物体A ：μMg =Ma 解得：F =3N 若F 大于3N ，A 就会相对B 向左滑下综上所述，力F 应满足的条件是1N≤F ≤3N (2)物体A 滑上平板车B 以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg =Ma A 解得：a A =μg =2m/s 2 平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2 两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s

应用牛顿运动定律解题的方法和步骤

应用牛顿运动定律解题的方法和步骤 Document serial number【LGGKGB-LGG98YT-LGGT8CB-LGUT-

§3.4应用牛顿运动定律解题的方法和步骤应用牛顿运动定律的基本方法是隔离法，再配合正交坐标运用分量形式求解。解题的基本步骤如下： (1)选取隔离体，即确定研究对象一般在求某力时，就以此力的受力体为研究对象，在求某物体的运动情况时，就以此物体为研究对象。有几个物体相互作用，要求它们之间的相互作用力，则必须将相互作用的物体隔离开来，取其中一物体作研究对象。有时，某些力不能直接用受力体作研究对象求出，这时可以考虑选取施力物体作为研究对象，如求人在变速运动的升降机内地板的压力，因为地板受力较为复杂，故采用人作为研究对象为好。在选取隔离体时，采用整体法还是隔离法要灵活运用。如图3-4-1要求质量分别为M 和m 的两物体组成的系统的加速度a ，有两种方法，一种是将两物体隔离，得方程为另—种方法是将整个系统作为研究对象，得方程为显然，如果只求系统的加速度，则第二种方法好；如果还要求绳的张力，则需采用前一种方法。 (2)分析物体受力情况：分析物体受力是解动力学问题的一个关键，必须牢牢掌握。 ①一般顺序：在一般情况下，分析物体受力的顺序是先场力，如重力、电场力等，再弹力，如压力、张力等，然后是摩擦力。并配合作物体的受力示意图。大小和方向不受其它力和物体运动状态影响的力叫主动力，如重力、库仑力；大小和主向与主动力和物体运动状态有密切联系的力叫被动力或约束力，如支持力、摩擦力。这m 图3-4-1

就决定了分析受力的顺序。如物体在地球附近不论是静止还是加速运动，它受的重力总是不变的；放在水平桌面上的物体对桌面的压力就与它们在竖直方向上有无加速度有关，而滑动摩擦力总是与压力成正比。 ②关于合力与分力：分析物体受力时，只在合力或两个分力中取其一，不能同时取而说它受到三个力的作用。一般情况下选取合力，如物体在斜面上受到重力，一般不说它受到下滑力和垂直面的两个力。在—些特殊情况下，物体其合力不能先确定，则可用两分力来代替它，如图3-4-2横杆左端所接铰链对它的力方向不能明确之前，可用水平和竖直方向上的两个分力来表示，最后再求出这两个分力的合力来。 ③关于内力与外力：在运用牛顿第二定律时，内力是不可能对整个物体产生加速度的，选取几个物体的组合为研究对象时，这几个物体之间的相互作用力不能列入方程中。要求它们之间的相互作用，必须将它们隔离分析才行，此时内力转化成外力。 ④关于作用力与反作用力：物体之间的相互作用力总是成对出现，我们要分清受力体与施力体。在列方程解题时，对一对相互作用力一般采用同一字线表示。在不考虑绳的质量时，由同一根绳拉两个物体的力经常作为一对相互作用力处理，经过不计摩擦的定滑轮改变了方向后，我们一般仍将绳对两个物体的拉力当作一对相互作用力处理。 (3)分析物体运动状态及其变化 ①运用牛顿定律解题主要是分析物体运动的加速度a ，加速度是运动学和动力学联系的纽带，经常遇到的问题是已知物体运动情况通过求a 而求物体所受的力。图3-4-2

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案.doc

高考物理牛顿运动定律专项训练及答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律 1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为v0＝ 2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v1＝ 4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v2＝ 1m/s，方向向左。重力加速度g＝ 10m/s2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2 （3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。【答案】（ 1）0.3（ 2）1 （3）2.75m 20 【解析】【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解；（2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可；（3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移；【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：a1 v2 v1 1 4 m / s2 3m / s2，方向向右 t 1 对小滑块根据牛顿第二定律有：1mg ma1，可以得到： 1 0.3 ；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： v0 1 mg22mg m t1 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到： 1 mg 2 2mg m v2 t2 而且 t1 t2 t 1s 联立可以得到： 1 t1 0.5s，t2 0.5s ； 2 ， 20 （3）在t1 0.5s时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：0v0 x1t10.5m ，方向向右；在 t20.5s 时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案) 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，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 0.33 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 。 2．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

高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题含解析(1)

高考物理牛顿运动定律的应用解题技巧及练习题含解析(1) 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．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 = 2．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 3．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征，使用质量m =0.05kg 的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h =0.8m 高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为F f =0.3N 的阻力和F =1.0N 的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型