物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析

物理牛顿运动定律的应用专项习题及答案解析

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 =

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

2．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：

（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；

（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L

【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。（3）木板的最小长度L 是0.7m 。 【解析】 【详解】

（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1

对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；

（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N

（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。 1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=

2

A B

v v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2

A B

v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

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

22

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

2

mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s

4．在一个水平面上建立x 轴，在过原点O 垂直于x 轴的平面的右侧空间有一个匀强电场，场强大小E=6.0×105 N/C ，方向与x 轴正方向相同，在原点O 处放一个质量m=0.01 kg 带负电荷的绝缘物块，其带电荷量q = -5×10－8 C ．物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.2，给物块一个沿x 轴正方向的初速度v 0=2 m/s.如图所示．试求：

(1)物块沿x 轴正方向运动的加速度； (2)物块沿x 轴正方向运动的最远距离； (3)物体运动的总时间为多长？ 【答案】(1)5 m/s 2 (2)0.4 m (3)1.74 s 【解析】 【分析】

带负电的物块以初速度v 0沿x 轴正方向进入电场中，受到向左的电场力和滑动摩擦力作用，做匀减速运动，当速度为零时运动到最远处，根据动能定理列式求解；分三段进行研究：在电场中物块向右匀减速运动，向左匀加速运动，离开电场后匀减速运动．根据运动学公式和牛顿第二定律结合列式，求出各段时间，即可得到总时间． 【详解】

（1）由牛顿第二定律可得mg Eq ma μ+= ，得25m/s a =

（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：()2101

02

mg Eq s mv μ-+=-． 代入数据，得：s 1=0.4m

（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：00111??22

t v v v

s t t +==，得：t 1=0.4s 接着物块向左作匀加速直线运动：221m/s qE mg a m

＝μ-=． 根据：21221

2

s a t =

得220.2t s =

物块离开电场后，向左作匀减速运动：232m/s mg

a g m

μμ=-=-=-

根据：3322a t a t = 解得30.2t s =

物块运动的总时间为：123 1.74t t t t s =++= 【点睛】

本题首先要理清物块的运动过程，运用动能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合进行求解．

5．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q 为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P 为一重物，已知P 的质量M 10.5kg =，Q 的质量m 1.5kg =，弹簧的质量不计，劲度系数

k 800/N m =，系统处于静止.如图所示，现给P 施加一个方向竖直向上的力F ，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s 内，F 为变力，0.2s 以后，F 为恒力.求力F 的最大值与最小值.(取g 2

10/)m s =

【答案】max 168N F =min 72N F = 【解析】

试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由()M m g kX += 物体离开秤盘时212

x at =

()k X x mg ma --= max F Mg Ma -=

以上各式代如数据联立解得

max 168N F =

该开始向上拉时有最小拉力则

min ()()F kX M m g M m a +-+=+

解得

min 72N F =

考点：牛顿第二定律的应用

点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列

出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．

6．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 =++=

7．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3t =s

则货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为

(1232s 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

(41t s =+

货物从A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为

(142t 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。

8．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M =2.5kg ．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m =1.5kg 的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl 0=2cm.重力加速度g 取10m/s 2．现用向左的水平力F 拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：

(1)水平力F 的大小； (2)弹簧的伸长量Δl .

【答案】（1）403N （2）8cm 【解析】 【分析】

斜面M 、物体m 在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m 的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F 和弹簧的弹力． 【详解】

(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T ，铁球受力如图:

由平衡条件、牛顿第二定律得：sin T mg θ=

cos T ma θ=

对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F M m a =+() 联立以上两式并代入数据得：403F N = (2)铁球静止时，弹簧拉力为T 0，铁球受力如图:

由平衡条件得： 0sin T mg θ= 由胡克定律得：00T k l =?

T k l =?

联立以上两式并代入数据得：8?cm l ?= 【点睛】

从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．

9．如图，一块长度为9L m =、质量为1M kg =的长木板静止放置在粗糙水平地面上．另有质量为1m kg =的小铅块(可看做质点)，以012/v m s =的水平初速度向右冲上木

板．已知铅块与木板间的动摩擦因数为10.4μ=，木板与地面间的动摩擦因数为

20.1μ=，重力加速度取210/g m s =，求：

()1铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度1a 、2a 的大小； ()2铅块从木板上滑落所需时间；

()3为了使铅块不从木板上滑落，在铅块冲上木板的瞬间，对长木板施加一水平向右的恒

定拉力F ，求恒力F 的范围．

【答案】（1）4m/s 2；2m/s 2（2）1s （3）2N≤F≤10N 【解析】 【分析】

（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）从开始到滑落过程，铅块和木板的位移之差等于L ，求解时间；（3）根据两种临界态：到右端恰好共速以及共速后不能从左侧滑下求解力F 的范围； 【详解】

（1）铅块：11mg ma μ= 解得a 1=4m/s 2；

对木板：122()mg M m g Ma μμ-+= 解得a 2=2m/s 2

（2）从开始到滑落过程：22

01112111()22

v t a t a t L +-= 解得t 1=1s

10118/v v a t m s =-=

2212/v a t m s ==

（3）到右端恰好共速：22

02122

211()22

v t a t a t L '+

-= '

01222v a t a t -=

解得a ′2=4m/s 2

木板：'

122()F mg M m g Ma μμ+-+= 解得F ≥2N ；

共速后不能从左侧滑下：2-()()F M m g M m a μ+=+共，1a g μ≤共 解得F ≤10N ， 则F 的范围：2N ≤F ≤10N 【点睛】

本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再

根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁．

10．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