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1、m 一水平向右的初速度g= 10m s2求：高中物理牛顿运动定律的应用技巧阅读训练策略及练习题 ( 含答案 ) 及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图甲所示，长为L=4.5 m的木板M 放在水平地而上，质量为m=l kg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止现用一水平向左的力 F 作用在木板 M 上，通过传感器测 m、 M 两物体的加速度与外力 F 的变化关系如图乙所示已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，（ 1） m、M 之间的动摩擦因数；（ 2） M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F
2、=29 N，且给vo =4m s，求 t=2 s 时 m 到 M 右端的距离【答案】 （1） 0.4（ 2） 4kg， 0.1（ 3）8.125m【解析】【分析】【详解】（ 1）由乙图知， m、 M 一起运动的最大外力 Fm=25N，当 F25N 时， m 与 M 相对滑动，对 m 由牛顿第二定律有：1mgma1由乙图知a14m / s2解得1 0.4（2）对 M 由牛顿第二定律有F1mg2 ( Mm) gMa 2即a2F1mg 2 (M m)g1mg2 (M m) g FMMM乙图知1 1 M 41mg2 (Mm)g9M4解得M = 4 kg2=0. 1（3）给 m 一水平向右的初速度v04
3、m / s 时， m 运动的加速度大小为a1 = 4 m/s2,方向水平向左 ，设 m 运动 t 1 时间速度减为零，则v0t11sa1位移x1v t1at22m101 12M 的加速度大小a2F1mg2 (M m) g5m / s2M方向向左 ，M 的位移大小x21a2t122.5m2此时 M 的速度v2a2t15m / s由于 x1 x2L ，即此时 m 运动到 M 的右端，当 M 继续运动时， m 从 M 的右端竖直掉落，设 m 从 M 上掉下来后 M 的加速度天小为a3 ，对 M 由生顿第二定律F2MgMa 3可得a325 m / s24在 t=2s 时 m 与 M 右端的距离x3v2
4、 (tt1)1 a3 (tt1 )28.125m 22 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5O 处放一个质量m=0.01 kg场，场强大小 E=6.010 N/C，方向与 x 轴正方向相同，在原点带负电荷的绝缘物块，其带电荷量8 =0.2，给q= -5 10 C物块与水平面间的动摩擦因数物块一个沿 x 轴正方向的初速度v0 =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
5、的物块以初速度v0 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mgEqma ，得 a5m/s2（2）物块进入电场向右运动的过程，根据动能定理得：mg Eq s101 mv02 2代入数据，得： s1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：s1v0vt ?v0 ?，得：1t1t1t =0.4s22接着物块向左作匀加速直线运动：a2
6、qEmmg 1m/s2根据： s1 1 a2t22 得 t 2 20.2s2物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3mgg2m/s 2m根据： a3t3 a2t2解得 t30.2s物块运动的总时间为： t t1t2t31.74s【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3 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m0.2kg 的小物体A 和 B，分别从小车的左端和右端以水平速度v15.0 m/s 和 v22.0 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
7、因数都是0.20，取 g=10m/s2 ，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：m v1 v2M 2m 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 2，车长为 L，由功能关系有 :、Lmg L1 L21 mv121 mv221 M 2m v2222又 L L1+L 2代入
8、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a1g2 m/s2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t1v21 sa1此时 A 的速度为 vAv1a1t13 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 ts达到共同速度 v对 B 和小车，由牛顿第二定律有：mgmM a2 ，解得： a2 0.5 m/s2则有： v vA a1ta2 t ，代入数据解得：t=1.2s此时小车的速度为 va2t0.6m/s，位移为 x
9、11 a2t 20.36 m2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x2v 8t3.48m则小车在8s 内走过的总位移为xx1x23.84 m4 如图所示，倾角为30的光滑斜面的下端有一水平传送带，传送带正以6m/s的速度运动，运动方向如图所示一个质量为2kg 的物体（物体可以视为质点），从h=3.2m静止沿斜面下滑，物体经过A 点时，不管是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，都不计其动能损失物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g=10m/s 2，求：高处由（ 1）物体第一次到达 A 点时速度为多大？（ 2）要使物体不从传送带上滑落，传送带AB 间
10、的距离至少多大？（ 3）物体随传送带向右运动，最后沿斜面上滑的最大高度为多少？【答案】（ 1） 8m/s（ 2）6.4m（ 3） 1.8m【解析】【分析】（ 1）本题中物体由光滑斜面下滑的过程，只有重力做功，根据机械能守恒求解物体到斜面末端的速度大小；（ 2）当物体滑到传送带最左端速度为零时， AB 间的距离 L 最小，根据动能定理列式求解；（3）物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以6m/s 的速度冲上斜面时沿斜面上滑达到的高度最大，根据动能定理求解即可【详解】（1）物体由光滑斜面下滑的过程中，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgh1mv22解得： v2gh2103.2 8m/s（2）当
11、物体滑动到传送带最左端速度为零时，AB 间的距离 L 最小，由动能能力得：mgL 01 mv22解得： Lv282m 6.4m2 g2 0.5 10（3）因为滑上传送带的速度是8m/s 大于传送带的速度 6m/s，物体在到达A 点前速度与传送带相等，最后以v带6m/s 的速度冲上斜面，根据动能定理得：mgh01 mv带22v带2621.8m得： h2m2g10【点睛】该题要认真分析物体的受力情况和运动情况，选择恰当的过程，运用机械能守恒和动能定理解题5 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1=0 1，另一个质量 m=1kg 的小滑块，以 6m/s 的初速度
12、滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数 2=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） xv023.6m （ 2） t= 1s （3） x1 x2 1m2a【解析】【分析】【详解】试题分析：（ 1） a2 g5m / s2xv023.6m2a（2）对 m： a12 g5m / s2 ，对 M ： Ma22 mg1 (m M ) g ，a21m/ s2v0a1ta2tt=1s（3）木板共速前先做匀加速运动x11 at 20.5m
13、2速度 v1a2t 1m / s以后木板与物块共同加速度a3匀减速运动a3g1m/s2 ，x2vt1 a3t 20.5m2X= x1x21m考点：牛顿定律的综合应用6 传送带以恒定速率 v 4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角37.现将质量 m 1kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F 10N拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H 1.8m 的平台上，如图所示已知物块与传送带之间的动摩擦因数 0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取 10m/s 2，已知sin37 0.6， cos37 0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在
14、物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F，则物块还需多少时间才能脱离传送带？【答案】（ 1） 1s（ 2）【解析】【详解】（1）物体在达到与传送带速度v 4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有：F mgcos37mgsin37 ma1解得 a1 8 m/s 2由 v a1t 1得 t 1 0.5s位移 x1 a1t 12 1m物体与传送带达到共同速度后，因F mgsin 4 N mgcos37故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升位移 x2 x1 2mt 2 0.5s总时间为 t t1 t2 1s（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，因为 tan37 ，故有：mgsin37 mgcos
15、37ma2解得： a2 2m/s 2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则通过的位移为x 4 m x2故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台故x2vt 3- a2 t32解得 t3 （ 2-）s 或 t 3（ 2+） s（舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间7 如图所示，在竖直平面内有一倾角 =37的传送带 BC已知传送带沿顺时针方向运行的速度 v=4 m/s ， B、 C两点的距离 L=6 m。一质量 m=0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上端 B 点的右上方比B 点高 h=0. 45 m 处的 A
16、 点水平抛出，恰好从 B 点沿 BC方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数=0.5，取重力加速度 g=10m/s 2 ， sin37 = 0.6，cos37=0.8。求：(1)滑块水平抛出时的速度v0；(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W.【答案】 (1) v0 =4m/s (2)W=8J【解析】【详解】(1) 滑块做平抛运动在 B 点时竖直方向的分速度为：平抛后恰好沿BC 方向滑人传送带，可知B 点的平抛速度方向与传送带平行，由几何关系及速度分解有：解得：(2) 滑块在 B 点时的速度大小为滑块从 B 点运动到 C 点过程中，由牛顿第二定律有：可得加速度设滑块
17、到达C 点时的速度大小为vC，有：解得：此过程所经历的时间为：故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移传送带的位移 x2=vt=4m；传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：代入数据解得：【点睛】此题需注意两点， (1)要利用滑块沿 BC 射入来求解滑块到体做的功时要以地面为参考系来计算位移。x1=L=6m，B 点的速度； (2) 计算摩擦力对物8 风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力现将一套有球的细直杆放入风洞实验室小球孔径略大于细杆直径如图所示（ 1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的 0.5 倍，求小球与杆间的动摩
18、擦因数（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37 并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37 =0.6， cos37=0.8）【答案】（ 1） 0.5（ 2）1s【解析】【分析】【详解】（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg= mg ，则动摩擦因数 =0.；5（2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：FN 0.5mg sin 37 0mg cos37 0在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：0.5mg cos370mg sin 370FN ma代入数据解得： a=7.5m/s 2小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于
19、公式得：s= 1at22运动时间为 t2s2 3.75 s 1s；a7.5【点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程 、结合运动学公式即可正确解题9 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 =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=0.5，取 g10 m / s2 ， sin37 =0.6， cos37 =0.8，求：(1)拉力 F 作用的时间t1 内，物块沿斜面上滑的距离x1；(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时
20、间t2 ；(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) x110m(2)t21s (3)x11m【解析】【分析】【详解】(1)物块在时间 t1 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为a1 ，由牛顿第二定律有F mg sin 37mg cos37ma1解得 a1 5m/ s2在这段时间内物块上滑的距离为12x12a1t1 10m(2)经时间 t1 物块的速度大小为v1a1t210m / s接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为a2 ，由牛顿第二定律有：mg sin 37mg cos37ma2解得 a2 10m / s2根据速度公式有：0 v1 a2t2解得 t2 1s(3
21、)物块在时间 t2 内上滑的距离为 x2 v1t21 a2t 225m ，2沿斜面下滑时间为t3 t t22s设物块沿斜面下滑的加速度大小为a3 ，由牛顿第二定律有：mg sin 37mg cos37ma3解得 a3 = 2m / s2物块在时间 t 3 内沿斜面下滑的距离为x31 a3t324m ，2故 x x1 x2 x311m【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10 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在木板上施加一水平向右的拉力 F，在 0 3s 内
22、 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.整个系统开始时静止（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vt 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fma ， fmg当 vtv t ， v t2vt1a (t2t1)Ff2ma , vt 2vt1a(t2t1 )联立可得 v14m / s, v1.54.5m / s,v24m / s, v34m / s ， v 24m / s,v 34m / s（2）物块与木板运动的vt 图象，如右图所示在03s 内物块相对于木板的距离s 等于木板和物块vt 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s2.25m