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

（1）落到水面时速度v 的大小； （2）在水中能到达的最大深度H ； （3）从开始下落到返回水面所需时间t ． 【答案】（1）4m/s （2）0.5m （3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）模型人入水时的速度记为v ，自由下落的阶段加速度记为a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h 解得v=4m/s ；

（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2

所以最大深度：2

2

00.52v H m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4v

s g

== 在水中下降22

00.25v

t s a -=

= 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：33

20.5H

t s a =

= 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s

4．如图所示，一速度v =4m/s 顺时针匀速转动的水平传送带与倾角θ=37°的粗糙足长斜面平滑连接，一质量m =2Kg 的可视为质点的物块，与斜面间的动摩擦因数为μ1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为μ2=0.4，小物块以初速度v 0=10m/s 从斜面底端上滑求：（g =10m/s 2） （1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑的最大距离？

（2）要使物块由斜面下滑到传送带上时不会从左端滑下，传送带至少多长？

（3）若物块不从传送带左端滑下，物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间？

【答案】(1) x 1=5m （2） L =2.5m （3）t =1.525s

【解析】（1）小物块以初速度v 0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律

得： 1sin cos mg mg ma θμθ+=，解得2

110/a m s =

设小物块沿沿斜面上滑距离为x 1，则2

11020a x v -=-，解得15x m =

（2）物块沿斜面下滑时以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：

2sin cos mg mg ma θμθ-=，解得： 222/a m s =

设小物块下滑至斜面底端时的速度为v 1，则2

1212v a x =解得： 125/v m s =

设小物块在传送带上滑动时的加速度为a 3, 由牛顿第二定律得： 23μmg ma =，解得： 234/a m s =

设物块在传送带向左滑动的最大距离为L ，则2

3120a L v -=-，解得： 2.5L m = 传送带至少2.5m 物块不会由传送带左端滑下

（3）设物块从传送带左端向右加速运动到和传送带共速运动的距离为x 2，则2

22ax v =，

解得： 22 2.5x m m =<，故小物体先加速再随传送带做匀速运动。 设小物体加速至与传送带共速用时t 1，则1v at =，解得11t s = 设小物体匀速运动用时t 2，则22L x vt -=，解得20.125t s =

设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t 3，则130v a t =-，解得30.4t s = 物块从离传送带右侧最远点到再次上滑到斜面最高点所需时间123 1.525t t t t s =++=

5．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.

6．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θ=37°，传送带AB 足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s 的恒定速率顺时针转动，一包货物以v 0=12m/s 的初速度从A 端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，g 取10m/s 2）求：

(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；

(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A 端共用了多少时间？ 【答案】（1）10m /s 2，方向沿传送带向下；（2）1s ；7m .（3）2)s . 【解析】 【分析】

（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；

（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；

（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间； 【详解】

（1）设货物刚滑上传送带时加速度为1a ，货物受力如图所示：

沿传送带方向： 1f mgsin F ma θ+=

垂直传送带方向： N mgcos F θ=，又f N F F μ=

故货物刚滑上传送带时加速度大小2

110/a m s =，方向沿传送带向下；

（2）货物速度从0v 减至传送带速度v 所用时间设为1t ，位移设为1x ， 则根据速度与时间关系有：011212

110

v v t s s a --=

==-- 根据平均速度公式可以得到位移为：01172

v v

x t m +=

= （3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tan μθ=<，即mgsin mgcos θμθ＞，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为2a ，则有2mgsin mgcos ma θμθ-= 设货物再经时间2t ，速度减为零，则：22

01v

t s a -==- 沿传送带向上滑的位移：220

12

v x t m +=

= 则货物上滑的总距离为：128x x x m =+=

货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于2a ，设下滑时间为3t ， 则2

2312

x a t =

，代入解得：322t s =． 所以货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为：123222s t t t t =

++=+（)． 【点睛】

本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．

7．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

2.1

max

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a2．

由S CD=v0t min+

1

2

a2t2min，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.

8．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg，小车的质量M=10kg，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N的力拉绳时，求：

（1）人与车一起运动的加速度的大小；

（2）人所受的摩擦力的大小和方向；

（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．

【答案】（1）2m/s2（2）140N（3）0.5s

【解析】

【详解】

（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N，总重为（60+10）×10=700N，受阻力为700×0.1=70N，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N，则合外力为F=560-70-350=140N 则根据牛顿第二定律，加速度为a==2m/s2

即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2。

（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有

ma=T+f-mgsin30°

代入数据解得：f=140N

即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力。

（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为

a ′＝

＝?6m /s 2

根据速度时间公式，有

即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s 。

【点睛】

本题关键是对小车和人整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，再对人受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。

9．总质量为60kg 的人和滑雪板沿着倾角为037θ=的斜坡向下滑动,如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比．今测得滑雪板运动的v t -图象如图乙所示，图中AC 是曲线中A 点的切线，C 点坐标为()4,15，BD 是曲线的渐近线．（0sin 370.6= 0cos370.8=，

g 取210/m s ）根据以上信息，计算下列物理量：

（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度m v ； （2）空气的阻力系数k ；

（3）滑雪板与斜坡间的动摩擦因数μ． 【答案】（1）10m/s m v = （2）/s 30kg k = （3）0.125μ= 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由v-t 图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：10m/s m v = （2）由v-t 图象得： A 点v A =5m/s ， C 点：15m/s c v = 则A 点的瞬时加速度为：22.5m/s A

A A

v a t ?=

=?

下滑过程中，在A 点：

sin cos A A mg mg kv ma θμθ--=

当速度最大时，0a =，有：

sin cos 0m mg mg kv θμθ--=

代入数据解得： 空气的阻力系数 30A

m A

ma k v v =

=- kg/s

（3）雪撬与斜坡间的动摩擦因数为 sin 370.125cos37

m

mg kv mg μ??

-==

10．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h ．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m 处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h 的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m ，司机立即紧急刹车．已知司机的反应时间t =0.3s ，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g 取10m/s 2．求： (1)在反应时间内轿车的位移大小； (2)刹车过程的加速度大小； (3)计算分析甲、乙两车是否相撞．

【答案】()110m ；()225/m s ；()3甲、乙两车不会相撞 【解析】 【详解】

（1）司机的反应时间0.3s 内，轿车做匀速直线运动， 由题意知：0100

120//3

v km h m s ==

所以在反应时间内轿车的位移大小10100

0.3103

x v t m m ==?= （2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mg ma μ=

得25/a m s =．

（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为

()2

2

2100(

)

010003111.12259

v x m m m a --===≈--? 当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为12121x x x m =+= 因150********x d m m m m <+=+=． 故轿车乙不会与故障车甲相撞．