高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)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，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v0=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/s2.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FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ， 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=

解得

v=2gh=2m/s；

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=

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=v0t

对物体有：

v0=v−at

12mv 2

1212mv0mv 22ma=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．

2．一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

3m的小物块b紧靠a静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x0，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x0．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．

8mgsin84mg2sin2gsinmgsin （2） （3）F【答案】（1）

5x02525x05【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：

3 m）gsinθ 58mgsin 解得：k=

5x0kx0=（m+

（2）由题意可知，b经两段相等的时间位移为x0； 由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：

x11 x04说明当形变量为x1x0x03x0时二者分离； 44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：kx1-mgsinθ=ma 联立解得：a= gsin

1512gsint2（3）设时间为t，则经时间t时，ab前进的位移x=at=

210则形变量变为：△x=x0-x

对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+k△x-（m+

33m）gsinθ=（m+m）a 554mg2sin228 mgsinθ+t 解得：F=

25x025因分离时位移x=

x0x15x0 由x=0=at2解得：t4422gsin故应保证0≤t＜5x0，F表达式才能成立．

2gsin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．

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/s2．

（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）vA’=2m/s vB’=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F0，整体的加速度大小为a，则： 对整体： F0=（2m+M）a 对木板和B：μmg=（m+M）a 解之得： F0=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：aA木板和B的加速度大小为：aBFmg4m∕s2 mmgMm=1m/s2

设物块滑到木板右端所需时间为t，则：xA-xB=L

1212aAtaBtL 22解之得：t=2 s vA=aAt=8m/s vB=aBt=2m/s

即

AB发生弹性碰撞则动量守恒：mva+mvB=mva＇+mvB＇

1111mva2+mvB2=mva＇2+mvB＇2 2222解得：vA＇=2m/s vB＇=8m/s

机械能守恒：

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vc与a的关系式，并画出vc2-a图象．

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

20（aa0.4m/s2）（4）v 如图所示： 28a0.4m/s）（2c

【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vc2-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：mgsinmgcosma1

2代入数据得：a10.4m/s，方向：沿传送带向上；

v2v20（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：L=

2a 代入数据得：v1m/s；

（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：mgcosmgsinma2

2得a20.4m/s

当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：t1v2s5s a20.4v24m5m 速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：x2a220.4因为x（4）若a0.4m/s2，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，

22加速位移等于传送带的长度，即：vC2aL 即：vC20a

Lx105s2.5s v2若a0.4m/s2，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s2向上匀加速运动，

2228m/s）? 有：vC2a2L 即vC（20（aa0.4m/s2） 两种情况结合有：v28a0.4m/s）（图像如图所示：

2c

【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v0=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/s2.

（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）【解析】

根据牛顿第二定律得 对滑块，有 解得对平板车，有解得

．

， ，

（2）恰好不会从平板车的右端滑出．

，

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，答：

滑块与平板车的加速度大小分别为

和

．

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． 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：速度；

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

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，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动一质量m=1kg的小物块无初速地放到皮带A处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数μ=0.2，A、B之间距离s=6m，求物块

（1）从A运动到B的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s2） （2）A到B的过程中摩擦力的功率是多少？

【答案】（1）8J；（2）3.2W； 【解析】

（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为：物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：

说明此时物块还没有到达B点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力． 由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为：（2）匀加速运动的时间匀速运动的时间摩擦力的功率

， ，

． ，

7．如图所示，始终绷紧的水平传送带以

的平板车停在传送带的右端.现把质量

传送带右端

、

g=10m/s2）试求：

（1）行李箱在传送带上运动的时间

（2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度

.

，平板车与水平地面间的动摩擦因数为

的恒定速率沿顺时针方向转动，质量

可视为质点的行李箱轻轻放到距

.（不计空气阻力，

位置．行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为

【答案】(1)2.25s (2)见解析 【解析】

(1) 行李箱在传送带加速时的加速度满足行李箱在传送带能加速的时间能加速的距离速。

行李箱在传送带匀速的时间行李箱在传送带上运动的时间

，

，所以行李箱在传送带上先加速后匀，则

，解得：

(2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时： 行李箱做减速运动，由牛顿第二定律可得，行李箱加速度大小满足

平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足

，解得：

，则：

设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为

，解得：

这种情况下，平板车的长度平板车的最小长度的确定。

点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件

8．高台滑雪以其惊险刺激而闻名，运动员在空中的飞跃姿势具有很强的观赏性。某滑雪轨道的完整结构可以简化成如图所示的示意图。其中AB段是助滑坡，倾角α=37°，BC段是水平起跳台，CD段是着陆坡，倾角θ=30°，DE段是停止区，AB段与BC段平滑相连，轨道各部分与滑雪板间的动摩擦因数均为μ=0.03，图中轨道最高点A处的起滑台距起跳台BC的竖直高度h=47m。运动员连同滑雪板的质量m=60kg，滑雪运动员从A点由静止开始起滑，通过起跳台从C点水平飞出，运动员在着陆坡CD上的着陆位置与C点的距离l=120m。设运动员在起跳前不使用雪杖助滑，忽略空气阻力的影响，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）运动员在助滑坡AB上运动加速度的大小； （2）运动员在C点起跳时速度的大小；

（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程中克服摩擦力所做的功。 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）运动员在助滑坡AB上运动时，根据牛顿第二定律得：mgsinα-μmgcosα=ma 解得：a=g（sinα-μcosα）=10×（0.6-0.03×0.8）=5.76m/s2．

（2）设运动员从C点起跳后到落到着陆坡上的时间为t，C点到着陆坡上着陆点的距离为L．运动员从C点起跳后做平抛运动，则有 竖直方向：Lsinθ=gt2…① 水平方向：Lcosθ=v0t…② 由①：②得：tanθ=解得 t=2

（2）

（3）

s，v0=30m/s

（3）运动员从起滑台A点到起跳台C点的过程，根据动能定理得 mgh-Wf=mv02

解得克服摩擦力所做的功 Wf=mgh-mv02=60×10×47-×60×302=1200J 【点睛】

本题要分析清楚运动员的运动情况，知道运动员先做匀加速运动，后做匀减速运动，最后平抛运动，是动能定理和平抛运动的综合，要善于运用斜面的倾角研究平抛运动两个分位移之间的关系，求出时间．

9．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系统开始时静止．

．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/s2.整个

（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vt和v't，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

当vtv't，v't2v't1a'(t2t1)

Ff2ma,vt2vt1a(t2t1)

联立可得v14m/s,v1.54.5m/s,v24m/s,v34m/s，v'24m/s,v'34m/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

s2.25m

10．如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求

1求所有木块都相对静止时的速度；

2木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； 3木块2在整个运动过程中的最小速度。

24v05v0；2?；3?v0 【答案】1?g6【解析】 【分析】

1当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，由系统动量守恒求得

共同速度。

2木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。

3由动量守恒定律求木块2在整个运动过程中的最小速度。

【详解】

1当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，且为v。取向右为正方

mv02v03v06mv 向，系统动量守恒得： 解得：vv0

2术块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：mgma

(3v0)2v22as3 由运动学公式有： 24v0解得木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小：s3

g3设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律

mv02v03v02m3mv2mv3

在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v0v32v0v2 解得v25v0 624v05故本题答案是：1v0；2；3v0

g6【点睛】

本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理。