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1、高考物理专题汇编物理牛顿运动定律的应用( 一) 含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图所示，钉子A、B 相距 5l，处于同一高度细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过 A 固定于 B质量为 m 的小球固定在细线上C 点， B、 C 间的线长为3l用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53松手后，小球运动到与 A、 B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动忽略一切摩擦，重力加速度为g，取 sin53 =0.8， cos53 =0.6求：（ 1）小球受到手的拉力大小 F；（ 2）物块和小球的质量之比 M:m；（3）小球向下运动到最低点时，物
2、块M 所受的拉力大小T【答案】 （1） F5 Mgmg （ 2） M6（ 3） T8mMg（ T5 m M3m5T8 Mg ）11【解析】【分析】【详解】（1）设小球受AC、 BC 的拉力分别为F1、F2F1sin53 =F2 cos53 F+mg =F1cos53 +F2sin53 且 F1=Mg解得 F5 Mg mg3（ 2）小球运动到与 A、B 相同高度过程中小球上升高度 h1=3lsin53 ，物块下降高度 h2=2l机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2解得 M6m5（3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点设此时AC方向的加速度大小为到的拉力为 T牛顿运动定律Mg T=Ma小球受 AC
3、的拉力 T=T牛顿运动定律 Tmgcos53=ma解得 T8mMg488（5m（ Tmg或 TMg ）M）551148 mg 或55a，重物受【点睛】本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿 AC 方向的加速度（切向加速度）与
4、物块竖直向下加速度大小相等2 一轻弹簧的一端固定在倾角为m的小物块的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为a 相连，如图所示质量为3 m的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x ，从 t=0 时开始，对 b 施加沿斜面向上的外力，使b 始终做匀加速直线运动经过一段0时间后，物块 a、b 分离；再经过同样长的时间，b 距其出发点的距离恰好也为x0弹簧的形变始终在弹性限度内，重力加速度大小为g求 ：(1)弹簧的劲度系数；(2)物块 b 加速度的大小；(3)在物块 a、 b 分离前，外力大小随时间变化的关系式8mg sin22（ 2） g sin（ 3） F8 mg sin4mg s
5、in【答案】 （1）5x052525x0【解析】【详解】（1）对整体分析，根据平衡条件可知，沿斜面方向上重力的分力与弹簧弹力平衡，则有：kx0=（ m+3m） gsin 5解得： k=8mgsin5x0（2）由题意可知， b 经两段相等的时间位移为x0；x11由匀变速直线运动相邻相等时间内位移关系的规律可知：4x0说明当形变量为 x1x0x03x0 时二者分离；44对 m 分析，因分离时ab 间没有弹力，则根据牛顿第二定律可知：kx1-mgsin =ma联立解得： a= 1 gsin52（3）设时间为t，则经时间t 时， ab 前进的位移x= 1 at2= gsin t210则形变量变为：x=
6、x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-（ m+ 3m） gsin =（m+3m） a5584mg2 sin2t 2解得： F=mgsin +25x025因分离时位移x= x0由 x= x0 =1at2 解得： t5x04422gsin故应保证 0t5x0， F 表达式才能成立2gsin点睛：本题考查牛顿第二定律的基本应用，解题时一定要注意明确整体法与隔离法的正确应用，同时注意分析运动过程，明确运动学公式的选择和应用是解题的关键3 某智能分拣装置如图所示，A 为包裹箱， BC 为传送带传送带保持静止，包裹P 以初速度 v0 滑上传送带，当P 滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，
7、发现不应由A 收纳，则被拦停在 B 处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C 处已知 v0=3m/s ，包裹 P与传送带间的动摩擦因数=0.8，传送带与水平方向夹角=37o，传送带 BC 长度 L=10m ，重力加速度 g=10m/s 2， sin37o=0.6， cos37o=0.8，求：（ 1）包裹 P 沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；（ 2）包裹 P 到达 B 时的速度大小 ；（3）若传送带匀速转动速度 v=2m/s，包裹 P 经多长时间从B 处由静止被送回到 C处；（4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹P 送回 C 处的速度 vc 与 a 的关系式，并画出 v
8、2c -a 图象 【答案】（ 1） 0.4m/s 2 方向：沿传送带向上（ 2）1m/s （ 3）7.5s2 20（aa 0.4m / s2）（4） vc（0.4m / s2）如图所示：8 a【解析】【分析】先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a 进行讨论分析得到vc2-a 的关系，从而画出图像。【详解】（1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：mg sinmg cosma1代入数据得： a10.4m / s2 ，方向：沿传送带向上；（2
9、）包裹 P 沿传送带由 B 到 C 过程中根据速度与位移关系可知： L= v2v 022a代入数据得： v1m / s ；（3）包裹 P 向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：mg cosmg sinma2得 a20.4m / s2当包裹 P 的速度达到传送带的速度所用时间为： t1v2s5sa20.4速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： xv24m5m2a220.4因为xLt2Lx1052.5s，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：v2s则 P 从 B 处到 C 处总时间为 ： tt1t2 7.5s ；（4）若 a 0.4m / s2 ，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，加速位移等于
10、传送带的长度，即：vC22aL即： vC220a若 a0.4m / s2 ，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s 2 向上匀加速运动，有： vC22a2 L即 vC2两种情况结合有：vc22（8 m / s）?220（aa0.4m / s ）图像如图所示 ：【点睛】解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。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=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
11、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vD；(2)若铁球以 vC=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FC；（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vB；(4)水平推力 F 作用的时间t 。
12、【答案】 (1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 vC=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：mgmvD2R可得： vD5m / s(2)小球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：FmgmvC2R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：FC=F=6.3N2(3)小球从 A 点到 B 点的过程中做平抛运
13、动，根据平抛运动规律有：2ghvy得： vy=3m/s小球沿切线进入圆弧轨道，则：vBvy3sin375m/s0.6(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：vA vBcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：Fmg ma1可得： a18m / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； vAvm a2t2又： xvm tvmvA t222联立可得： t0.6s5 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=30的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块
14、经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=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=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FN 处于平衡，如图所示：水平推力解得：（2）设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为
15、由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则v 下滑过程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：解得：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：解得：（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：滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量?6 如图所示，质量均为m3kg 的物体 A、 B 紧挨着放置在粗糙的水平面上，物体A 的右侧连接劲度系数为 k100N/m 的轻质弹簧，弹簧另一端固定在竖直墙壁上，开始时两物体压紧弹簧并恰好处于静止状态。
16、现对物体B 施加水平向左的拉力，使A 和 B 整体向左做匀加速运动，加速度大小为a 2m/s 2 ，直至 B 与 A 分离。已知两物体与水平面间的动摩擦因数均为0.5 ，两物体与水平面之间的最大静摩擦力均与滑动摩擦力相等，取重力加速度 g10m/s2 求：（1）静止时，物体A 对 B 的弹力大小；（ 2）水平向左拉力 F 的最大值；（ 3）物体 A、 B 开始分离时的速度。【答案】（ 1）静止时，物体A 对 B 的弹力大小为15N （ 2）水平向左拉力F 的最大值为21N （ 3）物体 A、 B 开始分离时的速度为0.6m/s 。【解析】【详解】（ 1）开始时，弹簧压紧， AB 两物体恰好处于
17、静止状态， AB 整体作为研究对象，则有在水平方向，由平衡条件得：F弹=(m + m)g对 A 进行受力分析，在水平方向则有：F弹 =mgFBA联立以上两式可得：FBAmg0.531015NB 对 A 的作用力和A 对 B 的作用力是作用力和反作用力，故有：FABFBA15N（2）物体 A、 B 分离时， F 最大，对物体B，由牛顿第二定律得：F最大 -mg = ma代入数据解得：F最大 = 21N（ 3）物体 A、 B 静止时，弹簧压缩的距离为x0，对 A、 B 系统，由平衡条件得： kx0 = ?2mg物体 A、 B 开始分离时，对物体A，由牛顿第二定律：kxmgma从静止到物体A 和 B
18、 分离，物体运动的位移为：xx0x根据匀变速运动的规律得：v2 = 2ax代入数据解得：v0.6m/s7 如图所示，质量，的木板fx静止在光滑水平地面上木板右端与竖直墙壁之间距离为A A 与 B 之间动摩擦因数为，其上表面正中央放置一个质量的小滑块0.2 ，现用大小为F18N 的推力水平向右推B ，两者发生相对滑动，作用t1 s 后撤去推力 F 通过计算可知，在B 与墙壁碰撞时A 没有滑离 B 设 B 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g10 m/s2 求：(1) A 相对 B 滑动的整个过程中 A 相对 B 向左滑行的最大距离；(2) A 相对 B 滑动的整个过程中，A 、 B
19、系统产生的摩擦热【答案】 (1)(2)【解析】【详解】（1）在施加推力F 时，方向向右aBFmg4m / s2 方向向右Mls 末， F 撤去时，s11 aAt121m2s21 aB t122m2A 相对 B 向左滑动的距离撤去 F 至 A、 B 达到共同速度的过程中，方向向右，方向向左设 A、 B 速度相等经历的时间为t 2VAaA t 2VB aBt 2 得在此时间内B 运动的位移为 s2+s3t 1 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：即 B 做匀减速，设经时间，B 的速度减为零，则：联立 可得 t2=1s .在 t 1+t2 时间内， A 相对于
20、B 运动的距离为此后 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+t 3=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9 水平面上有一木板，质量为M=2kg ，板左端放有质量为m=1kg 的物块（视为质点），已知物块与木板间动摩擦因数为=0.2，木板与水平面间的动摩擦因
21、数为1=0.4设最大2静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10m / s2（1）现用水平力 F 拉动木板，为使物块与木板一起运动而不相对滑动，求拉力F 的大小范围？（2）若拉动木板的水平力F=15N，由静止经时间t1 =4s 立即撤去拉力 F，再经 t 2=1s 物块恰好到达板右端，求板长L=？【答案】（ 1） 12N F18N（ 2） 1.4m【解析】【分析】（1）物块与木块一起运动，拉力F 必须大于木板与地面之间的最大静摩擦力，当m与 M之间的摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F 达到最大值；（2）拉动木板的水平力F=15N，在第（ 1）问拉力的范围内，整体先做匀加速运动，撤去F后， m向右匀减速，
22、M向右匀减速，当M静止后， m继续向右匀减速到木板右端，求出木板静止前的相对位移和木板静止后物块的位移，即可求出木板的长度；【详解】（1） M 与地面之间的最大静摩擦力f12=(M +m)g 0.4 (2+1) 102N当 M 、m 整体一起向右匀加速运动时，当m 与 M 的静摩擦力达到最大静摩擦力时，拉力F最大；对 m： 1mg ma 110m/s22m/s2得 a= g 0.2对整体： F- 2 (M+m)g (M+m)a代入数据： F-12=（ 2+1） 2解得： F=18N所以拉力F 大小范围是12N F18N（2）拉动木板的水平力F=15N， M 、m 一起匀加速运动F2 Mm g1
23、51222根据牛顿第二定律：m / saMm21m / s1t 4s 时速度 v at 14m/ s4m/s111撤去 F 后，物块加速度a1 1g 2m/s2对木板：1mg- 2(M+m)gMa 2，代入数据： 0.2 10-12 2 a2解得： a2 -5 m/s2木板向右速度减为0的时间；根据题意t2=1s 物块恰好到达板右端t1 0 v1 04 s0.8sa251212在t 1时间内物块的位移：x1 v1t12 a1t14 0.822 08 2.56m木板的位移：x2v1t140.81.6m22物块相对木板的位移x x1-x2 2.56-1.6 0.96m根据题意撤去力F后，再经 t
24、2=1s物块恰好到达板右端所以木板静止后，木块继续运动0.2st 1 0.8s时物块的速度v2=v1-a1t1 4-2 0.8 2.4m/s1212Vx v2t 22a1t 22.4 0.222 02 m0.44m木板长： L= x+x =0.96+0.44=1.4m10 如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为 m 的木块1、 2、 3，木块与木板间的动摩擦因数均为. 现同时给木块1、 2、3水平向右的初速度v0 、 2v0 、 3v0 ，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求1 求所有木块都相对静止时的速度；2 木块 3 从开始运动到与木板
25、相对静止时位移的大小；3 木块 2 在整个运动过程中的最小速度。1 ?v04v025【答案】； 2 ?； 3 ? v0g6【解析】【分析】1 当木块 3 与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，由系统动量守恒求得共同速度。2 木块 3 在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。3由动量守恒定律求木块2 在整个运动过程中的最小速度。【详解】1当木块3 与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，且为v。取向右为正方向，系统动量守恒得：m v02v03v06mv解得： v v02 术块 3 在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：mg ma由运动学公式有： (3v0 ) 2v22as3解得木块 3 从开始运动到与木板相对静止时位移的大小：4v02s3g3 设木块 2 的最小速度为 v2 ，此时木块 3 的速度为 v3 ，由动量守恒定律m v0 2v0 3v02m3m v2 mv3在此过程中，木块3 与木块2 速度改变量相同3v0 v32v0v2解得 v25 v06故本题答案是：1 v0 ； 24v02； 3 5 v0g6【点睛】本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理。