最新高中物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)

最新高中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，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：

(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．

【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】

（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】

（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=

代及数据解得：2

14/a m s =

（2）根据运动学公式：2

102B v a s =

代入数据解得：8/B v m s =

（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：

23737mgsin mgcos ma μ?+?=①

物体沿斜面向上运动的时间：22

B

v t a =

② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：2

22212

s a t = ③

因3737mgsin mgcos μ?>?，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动

根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ?-?=④ 物体沿斜面下滑的时间为：22331

2

s a t =

⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥

联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈

【点睛】

本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．

2．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M =6.0kg 的物块A 。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u =2.0m/s 匀速运动。传送带的右边是一半径R =1.25m 位于竖直平面内的光滑

14圆弧轨道。质量m =2.0kg 的物块B 从1

4

圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l =4.5m 。设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A 、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。取g =10m/s 2。求：

(1)物块B 滑到

1

4

圆弧的最低点C 时对轨道的压力； (2)物块B 与物块A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；

(3)如果物块A 、B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。 【答案】（1）60N ，竖直向下（2）12J （3）8s 【解析】 【详解】

(1) 设物块B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v 0，由机械能守恒定律得：

2

012

mgR mv =

代入数据解得：

v 0=5m/s

在圆弧最低点C ，由牛顿第二定律得：

20

v F mg m R

-=

代入数据解得：

F =60N

由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F′=F =60N ，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B ，由牛顿第二定律得：

μmg =ma

设物块B 通过传送带后运动速度大小为v ，有

22

02v v al -=

代入数据解得：

v=4m/s

由于v ＞u =2m/s ，所以v =4m/s 即为物块B 与物块A 第一次碰撞前的速度大小，设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 2、v 1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv =mv 1+Mv 2

由机械能守恒定律得：

222

12

111222

mv mv Mv =+ 解得：

12m m 2,2s s 2

v

v v =

=-=

物块A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：

2

p 2112J 2

E mv =

= (3) 碰撞后物块B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得

211

02

mgl mv μ--'=

解得：

l′=2m ＜4.5m

所以物块B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 1′=2m/s ，继而与物块A 发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 1。由动量定理得：

'112mgt mv μ=

解得：

'1124s v t g

μ==

设物块A 、B 第一次碰撞后的速度分别为v 4、v 3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

'134mv mv Mv =+

'222134111222

mv mv Mv =+ 代入数据解得：

3m 1s

v =-

当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v 3′=1m/s ，继而与物块A 发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t 2．由动量定理得：

232mgt mv μ=

解得：

'3

222s v

t g

μ==

同上计算可知：物块B 与物块A 第三次碰撞、第四次碰撞…，第n 次碰撞后物块B 在传送带运动的时间为

1

1

4s 2n n t -=

? 构成无穷等比数列，公比1

2

q =

，由无穷等比数列求和公式 111n

q t t q

-=-总

当n →∞时，有物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带运动的总时间为

14s=8s

112

t =

?-总

3．如图所示，一质量M=4.0kg 、长度L=2.0m 的长方形木板B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg 的小滑块A （可视为质点）。现对A 、B 同时施以适当的瞬时冲量，使A 向左运动，B 向右运动，二者的初速度大小均为2.0m/s ，最后A 并没有滑离B 板。已知A 、B 之间的动摩擦因数μ=0.50，取重力加速度g=10m/s 2。求：

（1）经历多长时间A 相对地面速度减为零；

（2）站在地面上观察，B 板从开始运动，到A 相对地面速度减为零的过程中，B 板向右运动的距离；

（3）A 和B 相对运动过程中，小滑块A 与板B 左端的最小距离。 【答案】（1） （2）

（3）

【解析】 【详解】

（1）A 在摩擦力f=μmg 作用下，经过时间t 速度减为零，根据动量定理有：μmgt=mv 0 解得 t=0.40s

（2）设B 减速运动的加速度为a ，A 速度减为零的过程中，板B 向右运动的位移为x ． 根据牛顿第二定律有μmg =Ma ，

解得a=1.25m/s2

根据匀变速直线运动位移公式有x=v0t-at2

解得 x=0.70m

（3）设A和B二者的共同速度为v，

根据动量守恒定律有（M-m）v0=（M+m）v

解得v=1.2m/s

设A和B二者达到共同速度时，小滑块A与板B右端的距离为l，根据做功与能量变化的关系有

μmgl=（M+m）v02-（M+m）v2

解得 l=1.28m，

所以A、B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离为：△x=L-l=0.72m

【点睛】

本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便.

4．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D5；

(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 =

5．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?

?

6．如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m，质量为0.6kg．在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与

滑动摩擦力相等．一颗质量为0.02kg 的子弹以的150m/s 水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10m/s 2(结果保留2位有效数字)

(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动． (2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离． 【答案】(1) 物块滑上第五块木板(2)0.078m x =板 【解析】 【分析】 【详解】

(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为0,,m M m ,子弹的初速度为0v 子弹击中小物块后二者的共同速度为1v 由动量守恒定律

()0001m v M m v =+ ①

子弹击中小物块后物块的质量为M '，且0M M m '

=+.设当物块滑至第n 块木板时，木板

才开始运动

12((6))M g M n m g μμ''>+- ②

其中12,μμ分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数. 由式解得n 4.3>

即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动. (2) 令物块滑上第五块木板上时，s v 满足:

()()()

2210011

4,1/2

s s M m g L M m v v v m s μ-+?=

+-= 之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，

v t -图象如图:

1112223

1-2s

381m/s

41s

4

13115

m m 0.078m

284464

t t t v v t g x μ=?====??∴=+?== ???共共板

7．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°

=

）的山坡C ，上面有一质量为m 的石板B ，其上下表面与斜坡平行；B 上有一

碎石堆A （含有大量泥土），A 和B 均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m （可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A 、B 间的动摩擦因数μ1减小为

，B 、C 间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A 、B 开始运动，此时刻为计时起点；

在第2s 末，B

的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A 开始运动时，A 离B 下边缘的距离l=27m ，C 足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s 2．求：

（1）在0~2s 时间内A 和B 加速度的大小； （2）A 在B 上总的运动时间．

【答案】（1）a 1=3m/s 2； a 2=1m/s 2；（2）4s 【解析】

本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题； （1）在0-2s 内，A 和B 受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:

⑴

...⑵

⑶

⑷

以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：

⑸

⑹

联立以上各式可得a1=3m/s2⑺

a2=1m/s2..⑻

（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则

v1=a1t1=6m/s ⑼

v2=a2t1=2m/s ⑽

t>t1时，设A和B的加速度分别为，此时AB之间摩擦力为零，同理可得：⑾

⑿

即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：

⒀

联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁

在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

⒂

此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有

可得,t3=1s（另一解不合题意，舍去，）

则A在B上的运动时间为t总.

t总=t1+t2+t3=4s

（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）

【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；

【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．

8．如图所示，质量为M＝2 kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m＝1 kg的小滑块(可视为质点)以v0＝3.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g取10 m/s2.求：

(1)滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；

(2)滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；

(3)若长木板长L0=4.5m，试判断滑块与长木板能达到的共同速度v，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离L；若不能，请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间．

【答案】(1)f=1N，方向向右；(2)a=1m/s2；(3)能，v=1.2m/s

【解析】

【分析】

【详解】

(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：

f=μmg=1N

方向向右；

(2) 由牛顿第二定律得：μmg=ma

得出：a=μg=1m/s2；

(3) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′

可得出木板的加速度为：a′=0.5m/s2

设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：

对滑块有：v=v0-at

对长木板有：v=a′t

由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v=1.2m/s ，t=2.4s 在2.4s 内木板前进的位移为：1 1.2 2.4 1.4422

v x t m m ==?= 木块前进的位移为：02 3.6 1.2 2.4 5.7622

v v x t m m ++=

=?= 木板的长度最短为：L=x 2-x 1=4.32m<4.5m ，所以两者能达到共同速度．

9．如图所示，滑块与足够长的木板叠放在光滑水平面上，开始时均处于静止状态．作用于滑块的水平力F 随时间t 变化图象如图所示，t=2.0s 时撤去力F ，最终滑块与木板间无相对运动．已知滑块质量m=2kg ，木板质量M = 1kg ，滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.2，取g=10m/s 2．求：

（1）t=0.5s 时滑块的速度大小； （2）0～2.0s 内木板的位移大小； （3）整个过程中因摩擦而产生的热量． 【答案】（1）1m/s （2）6.25m （3）12J 【解析】

【分析】先判断出在0-0.5s 内滑块与木板是相对静止的，方法是：设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大，以M 为研究对象，求出临界加速度，再以整体为研究对象，求出此时的拉力F ，结合图象的信息分析．再由运动学公式求解速度；0.5-2.0s 内滑块相对于木板滑动，分别由牛顿第二定律求出两者的加速度，再由位移公式求出各自的位移，再结合0-0.5s 内的位移，即可得解；求出相对位移，再得到摩擦生热； 解：（1）设滑块恰好相对于木板要滑动时两者间的静摩擦力达到最大， 以M 为研究对象，根据牛顿第二定律得

0mg Ma μ=，得200.2210

4m/s 1

mg

a M

μ??=

=

=； 对整体，有()0012N F M m a =+=

由图知，在00.5s -内，06N F F =<，则滑块与木板相对静止，两者共同的加速度等于

22m/s F

a M m

=

=+，则0.5s t =时滑块的速度大小111m/s v at == （2）00.5s -内，整体的位移为221111

20.50.25m 22

x at =

=??= 在0.5s 2.0s -内，016N F F =>，所以两者相对滑动.根据牛顿第二定律得

对m 有：m F mg ma μ-=，得2

6m/s m a =； 对M 有：M mg Ma μ=，得2

4m/s M a =；

0.5~2.0s 内木板的位移大小为2

2122

12M x v t a t =+=211 1.54 1.56m 2

?+??= 故0~2.0s 内木板的位移大小12 6.25m x x x =+= （3）0.5~2.0s 内滑块的位移大小为2

312212M x v t a t =+

=211 1.56 1.58.25m 2

?+??= 故0.5~2.0s 内滑块与木板的相对位移132 2.25m x x x ?=-= 2.0s t =时，滑块的速度为1216 1.510m/s m m v v a t =+=+?=

木板的速度为1214 1.57m/s M M v v a t =+=+?= 撤去F 后，m 的加速度大小为22m/s m mg

a g m

μμ'=

==；

设从2s t =时起经过时间t ，两者速度相等，共同速度为v ，则有

m m M M v v a t v a t '=-=+，计算得出0.5s t =，9m/s v =，

从2s t =到两者相对静止的过程中，滑块的位移为4109

0.5m 4.75m 22

m v v x t ++==?= 木板的位移为579

0.5m 4m 22

M v v x t ++=

=?= 此过程两者的相对位移2450.75m x x x ?=-=

故整个过程中因摩擦而产生的热量为()1212J Q mg x x μ=?+?=

10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F 作用下，由静止开始运动．经过2.0s 的时间物块发生了4.0m 的位移．（g=10m/s 2）．试求：

（1）物块的加速度大小； （2）拉力F 的大小；

（3）若拉力F 方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F 的最小值为多大？ 【答案】（1） （2）16.6N （3）

【解析】 【分析】 【详解】

（1）由x=at2得

（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①

F N+Fsinθ=mg ②

f＝μF N ③

由①②③得：F≈16.6N

（3）由力的平衡条件得

解得

解之得

【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．