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1、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 t0 时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至 t1s 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1 及小物块与木板间的动摩擦因数2 ；（ 2）木板的最小长度；（ 3
2、）木板右端离墙壁的最终距离【答案】（ 1） 10.12 0.4（ 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v4m/s碰撞后木板速度水平向左，大小也是v4m/s4m / s0m / 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2 g1s解得 2 0.4木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间t 1s ，位移 x4.5m，末速度 v4m/s其逆运动则为匀加速直线运动可得xvt1 at 22带入可得 a1m / s2木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1ga可得 1 0.1（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有1 (Mm) g2
3、mgMa1可得 a1 4m / s23对滑块，则有加速度a24m / s2滑块速度先减小到0，此时碰后时间为t11s此时，木板向左的位移为12108x1 vt12a1t13m 末速度v13m / s滑块向右位移x24m / s0 t12m2此后，木块开始向左加速，加速度仍为a24m / s2木块继续减速，加速度仍为a14 m / s23假设又经历 t2 二者速度相等，则有a2t2v1a1t2解得 t2 0.5s此过程，木板位移x3v1t21 a1t227 m 末速度 v3 v1a1t22m / s26滑块位移 x41a2t221m22此后木块和木板一起匀减速二者的相对位移最大为xx1x3x2x
4、46m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a1g1m / s2v232m位移 x52a所以木板右端离墙壁最远的距离为x1x3x56.5m【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=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 F1=5N， A、B 一起加速运动，求A 对 B 的静摩擦力f 的大
5、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Fm（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（ 3）若拉力 F2=14N，在力 F2 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） Fm10N3L是0.7m。=。（ ）木板的最小长度【解析】【详解】（1）对 AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M +m） a1对 B，由牛顿第二定律得： f=ma1 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：Fm=（ M+m）a2 对 B，有： mg=ma2 联立解得：Fm=1
6、0N（3）因为 FB 加速度为： a2=g=2m/s2。木板 A2 Fm，所以 AB 间发生了相对滑动，木块加速度为 a3，则： F2-mg =Ma3 解得： a3=3m/s 2。1s 末 A 的速度为： v =a t=3m/sA 3B 的速度为： v =a t=2m/sB 21vA vB2后， t s后 A、 B 共速1s 末 A、B 相对位移为： l =2t =0.5m 撤去 F对 A： -mg=Ma 4 可得： a4=-0.5m/s 2。共速时有： vA+a4t=vB+a2t可得： t =0s.4撤去 F2 后 A、B 相对位移为： l2= vAvB t =0.2m 为使物块不从木板上滑
7、下，木板的最小长度为：2L=l1+l2 =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=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
8、 N（ 2） vA=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F0，整体的加速度大小为a，则：对整体： F0=（2m+M） a对木板和 B： mg=（ m+M） a解之得： F0=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：aAFmg4m s2m木板和 B 的加速度大小为：aBmg2M=1m/sm设物块滑到木板右端所需时间为t，则： xA-xB=L即 1aAt21aBt2L22解之得： t=2 svA=aAt=8m
9、/sB Bv =a t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv +mv=mv +mvaBaB机械能守恒：1212=12+122mv a+mvBmvamvB222解得： vA =2m/s vB =8m/s4 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8q= -5 10 C物块与水平面间的动摩擦因数 =0.2，给物块一个沿 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
10、)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 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 mv022代入数
11、据，得： s1=0.4m（3）物块先向右作匀减速直线运动，根据：s1v0vt ?t1v0 ?t1 ，得： t1=0.4s22接着物块向左作匀加速直线运动：a2qEmmg 1m/s2 根据： s1 1 a2t22 得 t 2 2 0.2s2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 t1t2 t31.74s【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 ，
12、 Q 的质量 m 1.5kg ，弹簧的质量不计，劲度系数k 800N / 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 g10m / s2 )【答案】 Fmax168N Fmin72N【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 ( Mm) gkX物体离开秤盘时x1 at 22k ( Xx)mgmaFmaxMgMa以上各式代如数据联立解
13、得Fmax168N该开始向上拉时有最小拉力则FminkX(Mm) g(Mm)a解得Fmin72N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=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1=0.5，与传送带间的动摩擦因数为2）2=0.4，小物块以初速度v0=10m/s 从斜面底端上滑求：（ g=10m/s（ 1）小物块以初速度 v0 沿斜面上滑的最大距离？（ 2）要使物块由斜面下
14、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)x1=5m （ 2） L=2.5m（ 3） t=1.525s【解析】（ 1）小物块以初速度 v0沿斜面上滑时，以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得： mgsinmgcosma1 ，解得 a110m / s2设小物块沿沿斜面上滑距离为x1，则 2a1x10 v02 ，解得 x1 5m（ 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 ：mgsinmgcosma2 ，解得：a2 2m
15、/ s2设小物块下滑至斜面底端时的速度为v1，则 v122a2 x1 解得： v125m / s设小物块在传送带上滑动时的加速度为a3,由牛顿第二定律得：2 mgma3 ，解得：a3 4m / s2设物块在传送带向左滑动的最大距离为L，则2a3 L0v12 ，解得： L2.5m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x2，则 2ax2v2 ，解得： x22m 2.5m ，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t1，则 vat1 ，解得 t11s设小物体匀速运动用时t2 ，则 Lx2vt2 ，解得 t2
16、0.125s设小物体由底端上滑到斜面最高点所时间t 3，则 0v a1t3 ，解得 t30.4s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tt1t2 t31.525s7 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37 ，传送带 AB 足够长，传送带以大小为2m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以0 12m/s 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0.5 ，且可将货物视为质点。（g 取 10m/s2 ，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
17、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） 10m/s2 （ 2）1s 7m （3） 2 22 s【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 a1 ，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mg sinF fma1FNmg cos0又 FfFN ，解得a1 g sincos210m/s 。（2）货物速度从0 减至与传送带速度相同所用时间t101sa1
18、位移大小22x107m 。2a1（3）过了 t11s 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a2 ，同理可得a2g sincos2m/s2方向沿传送带向下。设货物再经时间t2，速度减为零，则t201s。a2沿传送带向上滑动的位移大小x2020221m ，2a22m2上滑的总距离为xx1x28m。货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为a2 ，设下滑时间为t3 ，由x 1 a2t32 ，2解得 t322 s则货物从 A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为t t1 t2 t32 2 2 s。另解：过了 t1 时刻，货物的加速度大小变为 a2 ，设从 t1 到货物滑回 A 端的过程
19、所用时间为 t4 ，则x1t41 a2t42 ，2代入数值，解得t4122 s货物从 A 端滑上传送带到再次滑回A 端的总时间为tt1t4222 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=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l 0=2cm.重力加速度g 取 10m/s 2现用向左的水平力F 拉着
20、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l.【答案】（ 1） 403 N（ 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：T sinmgT cosma对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F( Mm) a联立以上两式并代入数据得：F403N(2) 铁球静
21、止时，弹簧拉力为 T0 ，铁球受力如图 :由平衡条件得：T0mg sin由胡克定律得：T0k l 0Tk l联立以上两式并代入数据得：l8?cm【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 L 9m 、质量为 M 1kg 的长木板静止放置在粗糙水平地面上另有质量为 m 1kg 的小铅块 ( 可看做质点 ) ，以 v0 12m / 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10.4 ，木板与地面间的动摩擦因数为20.1 ，重力加速度取g10m / s2 ，求：12铅块刚冲上木板时，铅块与木板的加速度a1 、 a2 的大小；
22、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/s2（ 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：1mgma1解得 a1=4m/s 2；对木板：1mg2 (Mm) gMa22（21212）从开始到滑落过程： (v0t12a1t1 )2a2t1L解得 t1
23、 =1sv1v0a1t1 8m / sv2a2t12m / s（31212）到右端恰好共速：( v0t22a1t2 )2a2t2Lv0a1t2a2 t2解得 a 2=4m/s 2木板： F1mg2 ( M m) gMa 2解得 F2N；共速后不能从左侧滑下：F -2 (Mm)g( Mm)a共 ， a共1 g 解得 F10N，则 F 的范围： 2NF10N【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
24、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/s2 (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) x板0.078m【解析】【分析】【详解】(1)设子弹
25、、小物块、长木板的质量分别为m0 , M , m ,子弹的初速度为v0 子弹击中小物块后二者的共同速度为 v 由动量守恒定律1m0v0Mm0v1 子弹击中小物块后物块的质量为M ，且 MMm0 .设当物块滑至第 n 块木板时，木板才开始运动1M g2 (M (6 n)m) g其中1, 2 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 n4.3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，vs 满足 :1 M m0 g 4L1M m0 vs2v12 , vs 1m / s2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 :1- 2t12 t1t13v共1 m/s4t2v共1 s2 g4x板1312843 s81 m5 m 0.078m464