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1、高考物理牛顿运动定律的应用试题( 有答案和解析 )一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 一轻弹簧的一端固定在倾角为的固定光滑斜面的底部，另一端和质量为m 的小物块3a 相连，如图所示质量为m的小物块 b 紧靠 a 静止在斜面上，此时弹簧的压缩量为5x0，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 sin2
2、2（ 2） g sin（ 3） F8 mg sin4mg sin【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：3kx0=（ m+m） gsin 58mgsin解得： k=5x0（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：x04说明当形变量为x1x0 x03x0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 gsin5（3）设时间为 t，则经时间 t 时， ab 前进的位移
3、 x=1at2= gsint 2210则形变量变为： x=x0-x对整体分析可知，由牛顿第二定律有：F+kx-（ m+ 3m） gsin =（m+3m） a55解得： F= 84mg2 sin2t 2mgsin +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2 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
4、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)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
5、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：vB 22a1s0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 vB物体沿斜面向上运动的时间：t2a2 物体沿斜面向上运动的最大位移为：s21a2 t22 2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
6、滑的时间为：12s22a3t3 物体在斜面上运动的时间：tt2t3 联立方程 -代入数据解得：tt2 t3 12 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3 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（ 2）为保证 A、 B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值与滑动摩擦力相等
7、）；f 的大小和方向；Fm（设最大静摩擦力（ 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） Fm= 10N。（ 3）木板的最小长度L 是 0.7m 。【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：F =10Nm（3）因为 F2m，所以 AB 间发生了相对滑动，木块22 。木
8、板 A FB 加速度为： a =g=2m/s加速度为 a3F2-mg =Ma3解得：a3=3m/s 2。，则：1s 末 A 的速度为： vA=a3t=3m/sB 的速度为： v =a t=2m/sB21s 末 A、B 相对位移为： l1= vA vBt =0.5m 撤去 F2 后， t s后 A、 B 共速2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下，木板的最小长度为：2L=l1+l2 =0.7m。v，x=v0t- at24
9、 如图所示，一质量 M=4.0kg 、长度 L=2.0m 的长方形木板 B 静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量 m=1.0kg 的小滑块 A（可视为质点）。现对 A、 B 同时施以适当的瞬时冲量，使 A 向左运动， B 向右运动，二者的初速度大小均为板。已知A、B 之间的动摩擦因数=0.50，取重力加速度2.0m/s ，最后 A 并没有滑离 g=10m/s 2。求：B（1）经历多长时间A 相对地面速度减为零；（2）站在地面上观察，B 板从开始运动，到动的距离；（3） A 和 B 相对运动过程中，小滑块A 与板A 相对地面速度减为零的过程中， B 左端的最小距离。B 板向右运【答案】（1）
10、（2）（3）【解析】【详解】（1） A 在摩擦力f= mg作用下，经过时间t 速度减为零，根据动量定理有： mgt=mv0解得t=0.40s（2）设B 减速运动的加速度为a， A 速度减为零的过程中，板B 向右运动的位移为x根据牛顿第二定律有mg=Ma，解得 a=1.25m/s 2根据匀变速直线运动位移公式有解得 x=0.70m（3）设 A 和 B 二者的共同速度为根据动量守恒定律有（ M-m ） v0=（M+m ） v解得 v=1.2m/s设 A 和 B 二者达到共同速度时，小滑块 A 与板 B 右端的距离为 l，根据做功与能量变化的关系有 mgl=（ M+m ） v02- （ M+m） v
11、2解得l=1.28m，所以 A、 B 相对运动过程中，小滑块 A 与板 B 左端的最小距离为 ： x=L-l=0.72m 【点睛】本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便.5 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012m/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 ， cos37 0
12、.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）222 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a1g sinco
13、s10m/s2 。（2）货物速度从0 减至与传送带速度相同所用时间0t11sa1位移大小220x17m 。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x202022m1m ，2a222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：
14、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。6 如图所示，长 L=10m 的水平传送带以速度 v=8m/s匀速运动。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
15、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】【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
16、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：v122aLv1= a1t联立以上两式并代入数据得： t10 s , v1= 2 10
17、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列式求解.7 研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电
18、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 通过计时器显示
19、的读数-4t 1=9.0 10s，物块 B 通过计时器显示的读数 t 2-32 ，试求：=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vA= d3.61034m / s4.0m/st19.0
20、10Bd3.610 3m / s2.0 m/sv =t21.810 3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x1vB21.0m 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，今将水平力撤
21、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 总质量为 60kg 的人和滑雪板沿着倾角为370 的斜坡向下滑动 , 如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比今测得滑雪板运动的v t 图象如图乙所示，图中AC 是曲线中 A点的切线， C 点坐标为 4,15， BD 是曲线的渐近线（ sin 3700.6cos3700.8 ，g 取 10m / s2
23、）根据以上信息，计算下列物理量：（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度vm ；（2）空气的阻力系数k ；（3）滑雪板与斜坡间的动摩擦因数【答案】（ 1） vm10 m/s（ 2） k 30kg /s（ 3）0.125【解析】【分析】【详解】（1）由 v-t 图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：vm 10 m/s（2）由 v-t 图象得： A 点 vA=5m/s ， C 点： vc 15m/s则 A 点的瞬时加速度为：aAvA2.5m/s 2tA下滑过程中，在A 点：mg sinmg coskv AmaA当速度最大时，a 0 ，有：mg sinmg coskvm0代入数据解得：空气的阻力系数kmaA
24、30 kg/svm vA（3）雪撬与斜坡间的动摩擦因数为mg sin 37kvm0.125mg cos3710 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）
25、 M2.41024 kg（ 2） 6.0km/s【解析】【详解】（1）假设星球表面的重力加速度为g，小物块在力F1=20N 作用过程中，有：F1-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/s2Mm=mg由 G2R224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