高中物理牛顿运动定律的应用练习题及答案

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，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，物块M所受的拉力大小T

8mMg5M648T （3）mg或（T【答案】（1）FMgmg （2）

5mM3m5558Mg） 11【解析】 【分析】 【详解】 T（1）设小球受AC、BC的拉力分别为F1、F2 F1sin53°=F2cos53° F+mg=F1cos53°+ F2sin53°且F1=Mg 解得F5Mgmg 3（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mgh1=Mgh2 解得

M6 m5（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a，重物受到的拉力为T

牛顿运动定律Mg–T=Ma 小球受AC的拉力T′=T 牛顿运动定律T′–mgcos53°=ma

8mMg488mg或TMg） （T（5mM）5511【点睛】

解得T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）与物块竖直向下加速度大小相等．

2．如图所示，质量为m=2kg的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F，要使物块m相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）

（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m加速度的大小及m受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】

(1)斜面M、物块m在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a和支持力．(2)用极限法把F推向两个极端来分析：当F较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F的取值范围． 【详解】

(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．

根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma

得 a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s2 m受到支持力FNmg20N=25N coscos37(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F1，此时物块的受力如下图所示:

对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F1=（M+m）a1 代入数值得a1=4.8m/s2 ，F1=28.8N

设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F2， 对物块分析，在水平方向有 N′sinθ﹣μN′cosθ=ma2 竖直方向有 N′cosθ﹣μN′sinθ﹣mg=0 对整体有 F2=（M+m）a2 代入数值得a2=11.2m/s2 ，F2=67.2N

综上所述可以知道推力F的取值范围为：28.8N≤F≤67.2N． 【点睛】

解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．

3．如图所示，一质量M=40kg、长L=2.5m的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m=10kg可视为质点的滑块，以v0=5m/s的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.

（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小； （2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出. 【答案】（1）【解析】

根据牛顿第二定律得 对滑块，有 解得对平板车，有解得

．

， ，

（2）恰好不会从平板车的右端滑出．

，

设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：

．

平板车的位移为：

．

而且有解得：此时，答：点睛：速度；

由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．

滑块与平板车的加速度大小分别为

和

．

所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出． 滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．

对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加

4．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，木板A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（初速度为0，可视为质点），最终B恰好未从A上滑落，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．计算：

（1）C由静止下落距离h时，木板A的速度大小vA； （2）木板A的长度L；

（3）若当铁块B轻放在木板A最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，计算B滑出A时B的速度大小vB．

【答案】（1）gh （2）2h （3）【解析】 【详解】

（1）对A、C分析，有

5gh 2mg＝2ma1

2vA2a1h

解得

vAgh

（2）B放在A上后，设A、C仍一起加速，则

mg－4μmg＝2ma2

解得

a2＝0

即B放在A上后，A、C以速度vA匀速运动．此时，B匀加速运动，加速度

aB1＝

4mgg 4m4设经过时间t1，B的速度达到vA，且B刚好运动至木板A的左端 则有

vA＝aB1t1

木板A的长度

L＝SAC－SB＝vAt1－

解得

L＝2h

（3）加上力F后，B的速度达到vA前，A和C仍匀速，B仍加速，此时 B的加速度

aB2＝

加速时间

1vAt1 2F4mg2g 4mt2B相对A的位移

ghvA aB22g1hSSASBvAt2vAt2

24A、B共速后都向右加速，设经时间t3，B滑出A．有 对B有

aB3＝

对A有

aAC＝

B相对A的位移

F4mg3g 4m2mg4mgg

2m1122SA(vAt3aB3t3SSB)(vAt3aACt3)

22解得

t3B滑出A时的速度

ghh gg5gh 2的恒定速率沿顺时针方向转动，质量

可视为质点的行李箱轻轻放到距

.（不计空气阻力，

vB＝vA＋aB3·t3＝

5．如图所示，始终绷紧的水平传送带以

的平板车停在传送带的右端.现把质量

传送带右端

、

g=10m/s2）试求：

（1）行李箱在传送带上运动的时间

（2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度

.

，平板车与水平地面间的动摩擦因数为

位置．行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为

【答案】(1)2.25s (2)见解析 【解析】

(1) 行李箱在传送带加速时的加速度满足行李箱在传送带能加速的时间能加速的距离速。

行李箱在传送带匀速的时间行李箱在传送带上运动的时间

，

，所以行李箱在传送带上先加速后匀，则

，解得：

(2)行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时： 行李箱做减速运动，由牛顿第二定律可得，行李箱加速度大小满足

平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足

，解得：

，则：

设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为

，解得：

这种情况下，平板车的长度平板车的最小长度的确定。

点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件

6．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．

（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：

FN0.5mgsin370mgcos370

00在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：0.5mgcos37mgsin37FNma

代入数据解得：a=7.5m/s2

小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=运动时间为t【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．

12at 22s23.75s1s； a7.5

7．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μ1=0.35，离出发点左侧s距离

处另有一段动摩擦因数为μ2、长为d的粗糙材料铺设的地面．（g取10m/s2）

（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μ1=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μ2=0.45．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f1 f1=μ1N，N=mg，f1=3.5N 物体速度最大时，加速度为零，F1=f1 根据P=Fv，vm=P/F1= P/f1，vm=

4m/s 7（2）当v=0.1m/s时，由图像及P=Fv可知，拉力F2= P/v= 4N 由牛顿第二定律F =ma F2 - f1=ma1 解得a1=0.5m/s2

（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/s2

速度达到v1=0.5m/s时，应经过s’= v12/2a1=0.25m＞0.16m

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， f2=μ2N，N=mg，f2=4.5N 由牛顿第二定律 F2 -f2 =ma2，a2=-0.5m/s2 小物体停止前最多滑行d2=v22- v12/2a2=0.15m

8．如图所示，质量m=1kg的物块，在沿斜面向上，大小F=15N的拉力作用下，沿倾角θ=37°的足够长斜面由静止开始匀加速上滑，经时间t1=2s撤去拉力，已知物块与斜面间的

2动摩擦因数μ=0.5，取g10m/s，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)拉力F作用的时间t1内，物块沿斜面上滑的距离x1； (2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t2； (3)从撤去拉力起，经时间t=3s物块到出发点的距离x． 【答案】(1)x110m (2)t21s (3)x11m 【解析】 【分析】 【详解】

(1)物块在时间t1内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为a1， 由牛顿第二定律有Fmgsin37mgcos37ma1 解得a15m/s2

12a1t110m 2在这段时间内物块上滑的距离为x1(2)经时间t1物块的速度大小为v1a1t210m/s 接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为a2， 由牛顿第二定律有：mgsin37mgcos37ma2

2解得a210m/s

根据速度公式有：0v1a2t2 解得t21s

(3)物块在时间t2内上滑的距离为x2v1t2沿斜面下滑时间为t3tt22s 设物块沿斜面下滑的加速度大小为a3，

由牛顿第二定律有：mgsin37mgcos37ma3 解得a312a2t25m， 22m/s2

物块在时间t3内沿斜面下滑的距离为x3故xx1x2x311m 【点睛】

12a3t34m， 2过程稍多，中间摩擦力方向有变化，要分过程仔细分析，不能盲目套用匀变速直线运动的规律．

9．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m，司机立即紧急刹车．已知司机的反应

时间t=0.3s，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2．求： (1)在反应时间内轿车的位移大小； (2)刹车过程的加速度大小； (3)计算分析甲、乙两车是否相撞．

【答案】110m；25m/s2；3甲、乙两车不会相撞 【解析】 【详解】

（1）司机的反应时间0.3s内，轿车做匀速直线运动， 由题意知：v0120km/h100m/s 31000.3m10m 3（2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mgma

所以在反应时间内轿车的位移大小x1v0t得a5m/s2．

（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为

1002)0v10003x2mm111.1m 2a25920(当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为xx1x2121m 因xd150m20m150m170m． 故轿车乙不会与故障车甲相撞．

10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F作用下，由静止开始运动．经过2.0s的时间物块发生了4.0m的位移．（g=10m/s2）．试求：

（1）物块的加速度大小； （2）拉力F的大小；

（3）若拉力F方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F的最小值为多大？ 【答案】（1）【解析】 【分析】 【详解】 （1）由x=at2得

（2）16.6N（3）

（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ① FN+Fsinθ=mg ② f＝μFN ③

由①②③得：F≈16.6N （3）由力的平衡条件得

解得

解之得【点睛】

此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．