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1、高考物理牛顿运动定律的应用常见题型及答题技巧及练习题( 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、 ；（ 2）木板的最小长度；（ 3）木板右端离墙壁的最终距离【答案】（ 1） 10.12 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
3、牛顿第二定律有1 (Mm) g2 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
4、者的相对位移最大为xx1x3x2x46m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-t 的部分图象如图乙所示。 ( g 10m / s2 ,sin 370.6,cos37
5、0.8 ) 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：a110-5m/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 如图所示，质量为M =10kg的小车停放在光滑水平面上在小车右端施加一个F=10N 的水平恒力当小车向右运动的速度达到 2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一
6、质量 m=2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数 0.20假定小车足够长（ 1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止（ 2） 求 3s 内煤块前进的位移（ 3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间通过运动学公式求出位移【详解】(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：FNma1FN-mg =0代入数据解得：a1=2m/s 2刚开始运动时对小车有：F
7、FNMa 2解得： a2=0.6m/s 2经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：v1=a1t车的速度为：v2=v+a2 t解得： t=2s；(2)在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x11a1t 24m22s 时的速度为：v1a1t122m/s4m/s此后加速运动的加速度为：a3F5m/s2Mm 6然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此 1s 时间内位移为：x2v1t21 a3t224.4m2所以煤块的总位移为：x1x28.4m(3)在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x11 a1t 24m2小车前进的位移为：x v1t1 a1t26.8m2两者的相对位移为：xxx12.8m即
8、煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m【点睛】该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解4 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，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：
9、（ 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（4）若传送带从静止开始以加速度a 加速转动，请写出包裹B 处由静止被送回到P 送回 C 处的速度C处；vc 与 a 的关系式，并画出vc2 -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
10、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）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 a2 0.4m / s2当包裹 P 的速度达到传送带的速度所用时间为： t1v2 s 5sa20.
11、4速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有： xv245m2a22m0.4因为 xL，所以包裹先加速再匀速，匀速运动时间：t2Lx10 5 s2.5sv2则 P 从 B 处到 C 处总时间为 ： tt1 t27.5s ；（4）若 a0.4m / s2 ，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，加速位移等于传送带的长度，即：vC22aL 即： vC220a若 a 0.4m / 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，22a2 L22有： vC即 vC（8 m / s）?2（0.4m / s2）20a a两种情况结合有：vc（2）8 a 0.4m / s图
12、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。5 如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其 AB 边的长度 S2m，斜面倾角为370 光滑水平地面上有一块质量M3kg 的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置质量为 m 1kg 物体由 A 点静止滑下，然后从B 点滑上长木板 (由斜面滑至长木板时速度大小不变)，已知物体与斜面体的动摩擦因数为0.25，物体与长木板的动摩擦因数为0.3，g 10m / s2 ， sin 3700.6 ， cos3700.8 求：(1)物体到达斜面底端B 点时的速度大小；(2)物体从 B 点滑上长木板时，
13、物体和长木板的加速度大小；(3)物体在长木板上滑行的最大距离【答案】（ 1） 4m / s （2） a13m / s2； a21m / s2（ 3） 2m【解析】【分析】该题是应用牛顿第二定律解决运动问题中的物体在粗糙斜面上滑行问题和板块模型的结合题分别根据两种题型的解答思路和方法，求解即可【详解】(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：mgsin37 01mgcos370ma解得：物体沿斜面下滑的加速度a4m / s2对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：vB202aS解得：物体到达斜面底端B 点时的速度 vB4ms(2)物体刚滑上长木板，对物体受力分析，由牛顿第二定律可得
14、：2mgma1解得：物体滑上长木板后物体的加速度a1 3m / s2，方向水平向左物体刚滑上长木板，对长木板受力分析，由牛顿第二定律可得：2 mgMa 2解得：物体滑上长木板后长木板的加速度a21m / s2，方向水平向右(3)设经过时间 t ，物体和长木板的速度相等，则：vBa1ta2t解得： t 1s这段时间内物体的位移1212x1vBt2 a1t4 123 1 m 2.5m这段时间内长木板的位移x21 a2t 21 112 m0.5m22物体在长木板上滑行的最大距离dx1x22m6如图所示，质量M=1kg 的木板静置于倾角为37的足够上的固定斜面上的固定斜面上的某个位置，质量m=1kg
15、的可视为质点的小物块以初速度v0=5m/s 从木板的下端冲上木板，同时在木板上端施加一个沿斜面向上的外力F=14N，使木板从静止开始运动，当小物块与木板共速时，撤去该外力，最终小物块从木板的下端滑出已知小物块与木板之间的动摩擦因素为 0 25，木板与斜面之间的动摩擦因数为0 5， g=10m/s 2，sin37 =0 6,cos37 =0 8（ 1）物块和木板共速前，物块和木板的加速度各为多少；（ 2）木板的长度至少为多少；（ 3）物块在木板上运动的总时间是多少【答案】（ 1） a1=8m/s2, a2=2m/s2,261方向沿斜面向下方向沿斜面向上（ ） Lminm48（3） t( 561
16、)s896【解析】试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：mg sin1mg cosma1得： a1=8m/s2 ,方向沿斜面向下，减速上滑对木板分析： F1 mg cosMg sin2 ( mM ) g cosMa2得： a2=2m/s2 ,方向沿斜面向上，加速上滑（2）共速时： v共 =v0a2 t1得： t10.5s ， v共 =1m/s共速前的相对位移：1212x1v0t12a1t12a2t11.25m撤掉 F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a12，减速上滑=8m/s而木板： Mg sin2 ( Mm)g cos1mg cosMa 2则： a212m/s 2 ，方向沿斜面向下
17、，减速上滑由于： Mg sin1mg cos2 (Mm)g cos木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动过 t21 s ，木板停止，过t21 s ，物块减速到 0128此过程，相对位移：x21 m48木板至少长度 Lminx1x261m48（3）物块在木板上下滑，木板不动物块加速度 a1g sin1g cos4m/s 2Lmin1a1t322得： t361s96在木板上的总时间： tt1t 2t3( 561 )s896考点：考查牛顿第二定律、匀变速直线运动【名师点睛】动力学的解题思路：已知受力研究运动；已知运动研究受力情况7 研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的
18、物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN 上放置两个物块A 和 B，左端挡板处有一弹射装置P，右端 N 处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为-3d=3.6 10m的遮光条分别安装在物块A 和 B 上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L=9.0m ，沿逆时针方向以恒定速度v=6.0m/s 匀速转动。物块B 与传送带的动摩擦因数=0.20，物块 A 的质量（包括遮光条）为mA =2.0kg。开始时在 A 和 B 之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A 和 B，迅速移去轻弹簧 .两物块第一次通过光电门，物块A 通过计
19、时器显示的读数-4t 1=9.0 10s，物块 B 通过计时器显-32，试求：示的读数 t 2=1.8 10s，重力加速度 g 取 10m/s（ 1）弹簧储存的弹性势能 Ep；（ 2）物块 B 在传送带上滑行的过程中产生的内能；（ 3）若物体 B 返回水平面 MN 后与被弹射装置 P 弹回的 A 在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置 P 必须对 A 做多少功才能让 B 碰后从 Q 端滑出。【答案】（ 1） Ep=24J；（ 2） Q=96J；（ 3） W84J。【解析】【分析】【详解】（1）解除锁定，弹开物块AB 后，两物体的速度大小Ad3.610 3m / s4.0m/sv =
20、t19.010 4vB=d3.610 3m / s2.0 m/st21.8103由动量守恒有mA vA=mBvB得mB=4.0kg弹簧储存的弹性势能Ep1 mAvA21 mB vB224 J22（ 2） B 滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远由牛顿第二定律得mB gmB a所以 B 的加速度a=2.0m/s 2B 向右运动的距离vB21.0m 84J8 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
21、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v 下滑过程由机械能守恒有：，解得：若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在带上由于受到向右的
22、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?9 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。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
23、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
24、进行受力分析，在水平方向则有：F弹 =mgFBA联立以上两式可得：FBAmg0.53 1015NB 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 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.
25、6m/s10 半径 R=4500km 的某星球上有一倾角为30o 的固定斜面，一质量为1kg 的小物块在力 F作用下从静止开始沿斜面向上运动，力F 始终与斜面平行如果物块和斜面间的摩擦因数3 ，力 F 随时间变化的规律如图所示（取沿斜面向上方向为正），2s 末物块速度恰3好又为 0，引力常量 G 6.67 10 11 Nm2 / kg 2 试求：（ 1）该星球的质量大约是多少？（ 2）要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要多大速度？（计算结果均保留二位有效数字）【答案】 （1） M 2.4 1024 kg（ 2） 6.0km/s【解析】【详解】（1）假设星球表面的重力加速度
26、为g，小物块在力 F11=20N 作用过程中，有：F -mgsin- mgcos=ma 1小物块在力F2=-4N 作用过程中，有：F2+mg sin+ mgcos=ma 2且有 1s 末速度 v=a1t1=a2t 2联立解得： g=8m/s2由 G Mm=mgR2224解得 M=gR /G代入数据得 M=2.4 10 kg（2）要使抛出的物体不再落回到星球，物体的最小速度v1 要满足 mg=m v12R解得 v1=3gR =6.0 10ms=6.0km/s即要从该星球上平抛出一个物体，使该物体不再落回星球，至少需要6.0km/s 的速度【点睛】本题是万有引力定律与牛顿定律的综合应用，重力加速度是联系这两个问题的桥梁；第二题，由重力或万有引力提供向心力，求出该星球的第一宇宙速度