高考物理高考物理牛顿运动定律的应用技巧(很有用)及练习题

高考物理高考物理牛顿运动定律的应用技巧(很有用)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．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．

2．一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 = 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

带间的动摩擦因数μ2=

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 =。

4．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）2

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

5．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=?，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。一包货物以

012m/s υ=的初速度从A 端滑上倾斜传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数0.5μ=，

且可将货物视为质点。（g 取210m/s ，已知sin370.6?=，cos370.8?=）

（1）货物刚滑上传送带时加速度为多大?

（2）当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?

（3）从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A 端共用了多少时间? 【答案】（1）210m/s （2）1s 7m （3）(222s + 【解析】 【分析】

由题意可知考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。 【详解】

（1）设货物刚滑上传送带时加速度大小为1a ，货物相对传送带向上运动，所以货物受到

的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示。

根据牛顿第二定律得

1sin f mg F ma θ+=

cos 0N F mg θ-=

又f N F F μ=，解得

()21sin cos 10m/s a g θμθ=+=。

（2）货物速度从0υ减至与传送带速度υ相同所用时间

11

1t s a υυ-=

=-

位移大小

22

11

7m 2x a υυ-=

=-。

（3）过了11t s =后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为2a ，同理可得

()22sin cos 2m/s a g θμθ=-=

方向沿传送带向下。设货物再经时间2t ，速度减为零，则

22

01s t a υ

-=

=-。 沿传送带向上滑动的位移大小

22

22002m 1m 222

x a υ--===--?，

上滑的总距离为

128m x x x =+=。

货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为2a ，设下滑时间为3t ，由

22312

x a t =，

解得322t =s

则货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为

()

123222s t t t t =++=+。

另解：过了1t 时刻，货物的加速度大小变为2a ，设从1t 到货物滑回A 端的过程所用时间为

4t ，则

2

142412

x t a t υ-=-，

代入数值，解得

()

4122t s =+

货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为

()

14222t t t s =+=+。

【点睛】

分阶段来分析，物体先向上做匀减速运动，和皮带达到共速后，因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体继续向上做匀减速运动，速度减为零后，沿斜面向下做匀加速运

动，计算时间可以分阶段计算，也可以用整体法计算。

6．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 =v 0t 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

?

?

7．如图所示，质量均为3kg m =的物体A 、B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为100N/m k =的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。现对物体B 施加水平向左的拉力，使A 和B 整体向左做匀加速运动，加速度大小为22m/s a =，直至B 与A 分离。已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5μ=，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度210m/s g =．求：

（1）静止时，物体A 对B 的弹力大小； （2）水平向左拉力F 的最大值； （3）物体A 、B 开始分离时的速度。

【答案】（1）静止时，物体A 对B 的弹力大小为15N （2）水平向左拉力F 的最大值为21N （3）物体A 、B 开始分离时的速度为0.6m/s 。 【解析】 【详解】

（1）开始时，弹簧压紧，AB 两物体恰好处于静止状态，AB 整体作为研究对象，则有在水平方向，由平衡条件得：

()F m m g μ=+弹

对A 进行受力分析，在水平方向则有：

BA =F mg F μ+弹

联立以上两式可得：

BA 0.531015N F mg μ==??=

B 对A 的作用力和A 对B 的作用力是作用力和反作用力，故有：

AB BA 15N F F ==

（2）物体A 、B 分离时，F 最大，对物体B ，由牛顿第二定律得：

F mg ma μ-=最大

代入数据解得：

21N F =最大

（3）物体A 、B 静止时，弹簧压缩的距离为x 0，对A 、B 系统，由平衡条件得：

0?2kx mg μ=

物体A 、B 开始分离时，对物体A ，由牛顿第二定律：

kx mg ma μ-=

从静止到物体A 和B 分离，物体运动的位移为：

0x x x ?=-

根据匀变速运动的规律得：

22v a x ?=

代入数据解得：

0.6m/s v =

8．如图所示，质量m=1kg 的物块，在沿斜面向上，大小F=15N 的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的

动摩擦因数μ=0.5，取2

10/g m s =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1； (2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2； (3)从撤去拉力起，经时间t=3s 物块到出发点的距离x ． 【答案】(1)110m x = (2)21t s = (3)11m x = 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ， 由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--?= 解得21

5/a m s =

在这段时间内物块上滑的距离为2

1111102

x a t m =

= (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s == 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ， 由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+?=

解得2

210/a m s =

根据速度公式有：1220v a t =- 解得21t s =

(3)物块在时间t 2内上滑的距离为2

21222152

x v t a t m =-=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-= 设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，

由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-?=

解得2

32/a m s =

物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2

333142

x a t m ==， 故12311x x x x m =+-= 【点睛】

过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．

9．如图所示，一长L=16m 的水平传送带，以

的速率匀速顺时针转动运动．将一

质量为m=1kg的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数 (取)求

(1) 物块在传送带上运动的最大速度.

(2) 若该传送带装成与水平地面成倾角，以同样的速率顺时针转动.将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体在传送带上整个运动过程加速度的大小和方向. (3) 在第(2)中，若传送带的传送速度v大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，试分析计算物块到达底端的可能速度大小.（结果可以用含v的函数式表示）

【答案】(1)，(2)，方向向下；(3) 情况一：，情况二：，情况三：

.

【解析】

试题分析：（1）物体在水平传送带上可能一直向右加速，也可能先加速后匀速，根据牛顿第二定律求出加速的加速度，由运动学公式求出加速到传送带共速时的位移，再与L比较，从而得出物体的运动情况，确定最大速度；（2）物体在倾斜传送带向下运动的两种可能：一是先匀加速后匀速，二是先以较大的加速度向下加速，后以较小的加速度继续向下加速，根据牛顿第二定律、运动学公式和滑动摩擦力的大小进行分析求解；（3）若传送带的传送速度v大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，有三种可能的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析求解.

(1)物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：

解得：

经时间t达到共速，则时间

位移为，故物体之后匀速

则最大速度

(2) 在顶端释放后，根据牛顿第二定律：

解得:，方向向下

当达到与带相同速度时，位移为

因为，故物块继续加速

根据牛顿第二定律：

解得:，方向向下

(3) 情况一：若传送带逆时针传动，物块受到摩擦力向上，则物体一直以加速度

向下匀加速，则物体到达底端速度：

情况二：若传送带顺时针传动，且速度大，物体受摩擦力向下，物体一直以加速度

向下匀加速运动，则物体到达底端速度：，即传送带速度

时，此情况成立

情况三：若传送带顺时针传送，且

物块先以的加速度做匀加速运动，加速位移为

达到与传送带相同速度后，以的加速度继续做匀加速运动

则有：

联立得：

10．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A 、B 两物体质量均为m ，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A 施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g 为重力加速度)，经过作用时间t ，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：

(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小； (2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小； (3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A ． 【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A m v g k ；(3)sin (21)A m I mg k

θ= 【解析】

（1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ； 根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma 解得a=2gsin θ.

（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin mg x k

θ

=； 当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =mg x x k

θ

= 此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；

从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =

2

A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ?=弹

解得2sin A m v g k

=

（3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，

解得2sin A I g t θ??

= ? ???

点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.