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1、（物理）高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题( 含答案 )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 37的斜面在B 处平滑相连，水平面上A、 B 两点间距离s0 8 m质量 m1 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均为 0.25 （ g 取 10 m/s 2 ，sin37 0.6， cos 37 0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a1；(2)物体运动到B 处的速度大小vB；(3)
2、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：Fmgma1代及数据解得：a14m / s2（2）根据运动学公式： vB22a1s0代入数据解得：vB8m / 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：mgsin37mgcos37ma2 物体沿斜面向上运动的时间：t2vBa2物体沿斜面向上运动
3、的最大位移为：s21 a2 t222因 mgsin37mgcos37，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： mgsin37mgcos37ma3 物体沿斜面下滑的时间为：s21 a3t32 2物体在斜面上运动的时间：tt2t3 联立方程 -代入数据解得：tt2t312 s 2.4s【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 如图甲所示 ,质量为 m1kg 的物体置于倾角为37 的固定且足够长的斜面上 ,对物体施以平行于斜面向上的拉力F， t10.5s 时撤去拉力 ,物体速度与时间v
4、-t 的部分图象如图乙所示。 ( g 10m / s2 ,sin 370.6,cos370.8 ) 问：（ 1）物体与斜面间的动摩擦因数为多少？（ 2）拉力 F 的大小为多少？【答案】 (1)0.5(2)30N【解析】【详解】（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：a110-5 m/s210m/s 20.5根据牛顿第二定律得：mg sinmg cosma1代入数据解得：0.5（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：a2v20m / s2t根据牛顿第二定律得：Fmg sinmg cosma2代入数据解得：F30N3 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
5、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)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
6、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：mgEq s101 mv02 2代入数据，得： s1=0.4m（）物块先向右作匀减速直线运动，根据：s1v0vt ?v0?13t12t1 ，得： t =0.4s2接着物块向左作匀加速直线运动：a2qEmmg 1m/s2 根据： s1 1 a2t22 得 t 220.2s2物块离开电场后，向左作匀减速运动：a3mg
7、g2m/s 2m根据： a3t3 a2t2解得 t30.2s物块运动的总时间为： tt1t2t31.74s【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4 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v023.6m（ 2
8、） t= 1s （3） x1 x2 1m【答案】（ 1） x2a【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x11at 20.5m2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 ，x2vt1a3t 20.5m2X= x1x21m考点：牛顿定律的综合应用5 如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的
9、物块 A（可视为质点）木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数 2 .=0.2 ，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过 t=1s，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 10m / s2 ，求：（1）拉力撤去时，木板的速度Bv ；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大；（3）在满足（ 2）的条件下，物块最终将停在右端多远处【答案】 (1)V B=4m/s ；(2)L=1.2m ； (3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定
10、理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置(1)若相对滑动，对木板有：F2mg12mgmaB ，得： aB 4m / s2对木块有2mgmaA ， aA2m / s2所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度vBaB t4m / s ， vAaA t2m / s(2)撤去 F 后，经时间 t2 达到共同速度v；由动量定理2mgt2 mv mvB2 2mgt21mgt
11、2 mv mvB ，可得 t2 0.2s ， v=2.4m/s在撤掉 F 之前，二者的相对位移x1vBt1vAt122撤去 F 之后，二者的相对位移x2vBv t2vAv t 222木板长度 Lx1x21.2m(3)获得共同速度后，对木块，有2 mgxA01mv2 ，2对木板有2 mg2 1 mg xB01 mv22二者的相对位移x3 xAxB木块最终离木板右端的距离dx1x2x30.48m【点睛 】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点6 如图所示，长 L=10m 的水平传送带以速度 v=8m/s匀速运
12、动。质量分别为2m、 m 的小物块 P、 Q，用不可伸长的轻质细绳，通过固定光滑小环C 相连。小物块P 放在传送带的最左端，恰好处于静止状态，C、 P 间的细绳水平。现在P 上固定一质量为2m 的小物块 (图中未画出 )，整体将沿传送带运动，已知Q、 C 间距大于10 m，重力加速度g 取 10m/s 2. 求：(1)小物块 P 与传送带间的动摩擦因数；(2)小物块 P 从传送带左端运动到右端的时间；(3)当小物块 P 运动到某位置时刚好与传送带共速，求位置S（图中末画出）时将细绳剪断，小物块S 距传送带右端的距离。P 到达传送带最右端【答案】（1） 0.5（ 2）10 ?s（ 3）4m【解析
13、】【分析】(1)对物体 P、Q分别由平衡条件求解即可；(2)判断滑块的运动是一直加速还是先加速后匀速.(3) 相对运动确定滑动摩擦力，相对运动趋势弄清静摩擦力方向，结合牛顿第二定律和运动学公式求距离.【详解】(1) 设静止时细绳的拉力为T0，小物块 P与传送带间的动摩擦因数为， P、 Q受力如图 :由平衡条件得：T0(2m)gT0mg0.5(2) 设小物块 P 在传送带上运动时加速度为 a1，细绳的拉力为 T， P、 Q受力如图，由牛顿第二定律得, 对 P：(2m2m) gT(2 m2m)a1对 Q： T mg ma1假设 P 一直加速至传送带最右端时间为t ，末速度为v1 由运动学公式得：v
14、122aLv1= a1t联立以上两式并代入数据得： t10 s , v1= 2 10 m / s v 假设成立 .(3) 设细绳剪断后小物块P 的加速度大小为 a2，小物块 P 在 S 处的速度大小为v2 ，位置 S距离传送带左端距离为x1 ，距离传送带右端距离为x2 ， P 受力如图 :断绳后由牛顿第二定律得：(2m2m) g (2 m 2m)a2断绳前由运动学公式得：v222a1 x1断绳后由运动学公式得：v2v222a2 x2x1 x2 L联立以上各式并代入数据得：S 距离传送带右端距离： x2 4 m【点睛】本题关键是明确滑块 P、 Q的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和运动学公式
15、列式求解.7 如图所示 ，质量为 M =2kg、长度 L5，在长木板右端m 的长木板静置于光滑水平面上6B 处放置一质量为m=1kg 的小物块 (可视为质点 )，小物块与木板间动摩擦因数=0.1现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间 t 撤去 F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s 2求：（ 1）小物块与木板系统生热 Q ；（ 2）力 F 作用时间 t ；（ 3）力 F 做功 W 【答案】 （1） Q5 J ；（ 2） t 1s；（ 3） W 5J。6【解析】【分析】【详解】（1）小物块与木板系统生热Q，则有：QmgL代入数据解得 ： Q5J6（ 2）由题分析知
16、，小物块与木板相对运动时 ，设小物块加速度为 a 1 ，根据牛顿第二定律有：mgma 1解得： a 11m/s2木板加速度为a 2 ，根据牛顿第二定律有：FmgMa 2解得： a 22m/s2撤去 F 瞬时小物块速度为v1 ，则有：v1a 1 tt木板速度为 v 2 ，则有：v2a 2 t2t该过程木板相对小物块位移：x11 a 2 t21 a1t 2t2222撤去 F 后历时 t 小物块恰好运动到达木板左端A 处，小物块与木板达到共同速度v，由动量守恒定律得：mv1Mv 2(m M )v5t解得： v3对小物块：由动量定理得：mgtm(vv1 )2t解得： t3该过程木板相对小物块位移：x2
17、( v v2 ) t(v v1 ) t(v2v1) tt22223木板长度：5t 2Lx1x26解得： t1s（3）力 F 做功12WFa2t或W Q 1 ( m M )v2 2解得： W5 J【点睛】解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F 未撤去时系统的动量不守恒，撤去 F 时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答 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
18、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)
19、 铁球静止时，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 质量为m 的长木板静止在水平地面上，质量同样为m 的滑块（视为质点）以初速度v0从木板左端滑上木板，经过0.5s 滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数为2，求：（ 1） 1、 2 各是多少？（ 2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？【答案】（ 1） 0.6； 0.2（2） 1.5m,
20、2.0m【解析】【详解】（1）设 0.5s 滑块的速度为v1，由 v-t 图像可知 :v0=4m/s v 1=1m/s滑块的加速度a1v0v16m / s2t木板的加速度大小a2v12m / s2t对滑块受力分析根据牛顿定律：11mg=ma所以 1=0.6对木板受力分析： 122mg-?2mg= ma解得 2 =0.2（2） 0.5s 滑块和木板达到共同速度v1，假设不再发生相对滑动则2ma3=2?2mg解得 a2 因ma3=f 1mg3=2m/s假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s1 则sv0v1 tv12122a1解得 s1=1.5m由 v-t 图像可知sLv0 v
21、1v1 t222所以木板的长度L=2.0m10 某电动机工作时输出功率P 与拉动物体的速度v 之间的关系如图所示现用该电动机在水平地面内拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图所示已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数 s 距离1=0.35，离出发点左侧处另有一段动摩擦因数为 g 取 10m/s2）2、长为 d 的粗糙材料铺设的地面（1）若 s 足够长，电动机功率为2W 时，物体在地面能达到的最大速度是多少？（2）在 1=0.35 的水平地面运动，当物体速度为0.1m/s 时，加速度为多少？（3）若 s=0.16m ，物体与粗糙材料之间动摩擦因数2=0.4
22、5启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的运动情况若最终能以0.1m/s 速度滑过粗糙材料，则d 应为多少？【答案】（ 1） 4/7m/s ；（ 2） 0.5m / s2；（ 3）见解析【解析】【分析】（1）物体达到最大速度时，加速度为零，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv 求解最大速度；（ 2）根据 P=Fv 求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式分析物体的运动情况.【详解】（1）电动机拉动物体后，水平方向受拉力F 和摩擦力 f 1f1=1N， N=mg， f 1=3.5N物体速度最大时，加速度为零，F1=f1vvm11vm4根据 P=F，=m/s=P/F
23、 = P/ f ，7（2）当 v=0.1m/s 时，由图像及P=Fv 可知，拉力 F = P/ v= 4N2由牛顿第二定律 F =ma F2- f1=ma 1解得 a1=0.5m/s 2（ 3）由（ 2）知，物体在速度达到 0.5m/s 前，拉力 F 恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动 a1=0.5m/s 2速度达到 v1时，应经过s=v1210.16m=0.5m/s/2a =0.25m所以小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，到达粗糙材料时速度v1= 2a1s =0.4m/s在粗糙材料上运动时，f222=N，N=mg， f =4.5N由牛顿第二定律 F2 - f2=ma 2， a2=- 0.5m/s 2小物体停止前最多滑行d2v22- v122=/ 2a =0.15m