高中物理牛顿运动定律的应用解题技巧(超强)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

1．一个弹簧测力计放在水平地面上，Q为与轻弹簧上端连在一起的秤盘，P为一重物，已知P的质量M10.5kg，Q的质量m1.5kg，弹簧的质量不计，劲度系数

k800N/m，系统处于静止.如图所示，现给P施加一个方向竖直向上的力F，使它从静止开始向上做匀加速运动，已知在前0.2s内，F为变力，0.2s以后，F为恒力.求力F的最大值与最小值.(取g10m/s)

2

【答案】Fmax168NFmin72N 【解析】

试题分析：由于重物向上做匀加速直线运动，故合外力不变，弹力减小，拉力增大，所以一开始有最小拉力，最后物体离开秤盘时有最大拉力 静止时由(Mm)gkX 物体离开秤盘时x12at 2k(Xx)mgma FmaxMgMa

以上各式代如数据联立解得

Fmax168N

该开始向上拉时有最小拉力则

FminkX(Mm)g(Mm)a

解得

Fmin72N

考点：牛顿第二定律的应用

点评：难题．本题难点在于确定最大拉力和最小拉力的位置以及在最大拉力位置时如何列出牛顿第二定律的方程，此时的弹簧的压缩量也是一个难点．

2．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

3．如图所示，质量为M=2kg、长度L5m的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端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μ=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/s2．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）Q【解析】 【分析】 【详解】

（1）小物块与木板系统生热Q，则有：

5J；（2）t1s；（3）W5J。 6QmgL

代入数据解得：Q5J 6（2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为a1，根据牛顿第二定律有：

mgma1

2解得：a11m/s

木板加速度为a2，根据牛顿第二定律有：

FmgMa2

2解得：a22m/s

撤去F瞬时小物块速度为v1，则有：

v1a1tt

木板速度为v2，则有：

v2a2t2t

该过程木板相对小物块位移：

112t22x1a2ta1t

222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：

mv1Mv2(mM)v

解得：v5t 3对小物块：由动量定理得：

mgtm(vv1)

解得：t2t 3该过程木板相对小物块位移：

(vv2)(vv1)(v2v1)t2x2ttt

2223木板长度：

5t2Lx1x2

6 解得：t1s （3）力F做功

1WFa2t2

2或

1WQ(mM)v2

2解得：W5J 【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．

4．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD，其AB边的长度S2m，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量M3kg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，sin3700.6，cos3700.8．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，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．

22【答案】（1）4m/s （2）a13m/s ；a21m/s （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】

00(1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：mgsin371mgcos37ma

解得：物体沿斜面下滑的加速度a4m/s2

2对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：vB02aS

解得：物体到达斜面底端B点时的速度vB4m s(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：2mgma1

2解得：物体滑上长木板后物体的加速度a13m/s，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：2mgMa2

2解得：物体滑上长木板后长木板的加速度a21m/s，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：vBa1ta2t 解得：t1s

这段时间内物体的位移x1vBt这段时间内长木板的位移x2121a1t41312m2.5m 22121a2t112m0.5m 22物体在长木板上滑行的最大距离dx1x22m

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θ=37°，传送带AB足够长，传送皮带轮以大小为v=2m/s的恒定速率顺时针转动，一包货物以v0=12m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，若货物与皮带之间的动摩擦因数μ=0.5，且可将货物视为质点．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）求：

(1)货物刚滑上传送带时加速度的大小和方向；

(2)经过多长时间货物的速度和传送带的速度相同？这时货物相对于地面运动了多远？ (3)从货物滑上传送带开始计时，货物再次滑回A端共用了多少时间？ 【答案】（1）10m/s2，方向沿传送带向下；（2）1s；7m.（3）(2+22)s. 【解析】 【分析】

（1）货物刚滑上传送带时，受到重力、传送带的支持力和沿传送带向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律求解加速度；

（2）货物向上做匀减速运动，根据运动学公式求出货物的速度和传送带的速度相同经历的时间和上滑的位移；

（3）货物的速度和传送带的速度相同后，继续向上做匀减速运动，滑动摩擦力方向沿传送

带向上，由牛顿第二定律求出加速度，由运动学公式求出速度减至零的时间和位移，再求出上滑的总位移，货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，由下滑位移大小与上滑总位移大小相等，求出下滑的时间，最后求出总时间； 【详解】

（1）设货物刚滑上传送带时加速度为a1，货物受力如图所示：

沿传送带方向： mgsinFfma1

垂直传送带方向： mgcosFN，又FfFN

2故货物刚滑上传送带时加速度大小a110m/s，方向沿传送带向下；

（2）货物速度从v0减至传送带速度v所用时间设为t1，位移设为x1， 则根据速度与时间关系有：t1vv0212s1s a110根据平均速度公式可以得到位移为：x1v0vt17m 2（3）当货物速度与传送带速度相等时，由于0.5tan，即mgsin＞mgcos，此后货物所受摩擦力沿传送带向上，设货物加速度大小为a2，则有mgsinmgcosma2 设货物再经时间t2，速度减为零，则：t2沿传送带向上滑的位移：x20v1s a2v0t21m 2则货物上滑的总距离为：xx1x28m

货物到达最高点后将沿传送带匀加速下滑，下滑加速度等于a2，设下滑时间为t3， 则x12a2t3，代入解得：t322s． 2（222)s． 所以货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为：tt1t2t3【点睛】

本题考查了倾斜传送带上物体相对运动问题，分析判断物体的运动情况是难点．

6．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d=3.6×10-3m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通过计时器显示的读数t1=9.0×10-4s，物块B通过计时器显示的读数t2=1.8×10-3s，重力加速度g取10m/s2，试求： （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）W84J。 【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

d3.6103m/s4.0m/s vA=4t19.010d3.6103m/s2.0m/s vB=3t21.810由动量守恒有

mAvA=mBvB

得

mB=4.0kg

弹簧储存的弹性势能

Ep由牛顿第二定律得

1122mAvAmBvB24J 22（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

mBgmBa

所以B的加速度

a=2.0m/s2

B向右运动的距离

2vBx11.0m <9.0m

2a物块将返回

向右运动的时间为t1传送带向左运动的距离为

vB1.0s ax2vt16.0m

B相对于传送带的位移为

x1x1x2

物块B沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t1，位移为x1 B相对于传送带的位移为

x2x2x1

物块B在传送带上滑行的过程中产生的内能

QmBg(x2x2)96J

（3）设弹射装置给A做功为W，根据功能关系有

1122mAvmAvAW A22 AB碰相碰，碰前B的速度向左为vB2m/s，碰后的速度设为vB规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得

mAvAmBvBmAvAmBvB

碰撞过程中，没有机械能损失

11112222 mAvmvmvmBvBABBAA2222B要滑出平台Q端，由能量关系有

12mBgL mBvB2所以由得W>84J

7．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=

）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一

碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为

，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；

在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：

（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小； （2）A在B上总的运动时间．

【答案】（1）a1=3m/s2； a2=1m/s2；（2）4s 【解析】

本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题； （1）在0-2s内，A和B受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:

⑴

...⑵ ⑶

⑷

以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：

⑸

⑹

联立以上各式可得a1=3m/s2⑺ a2=1m/s2..⑻

（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则 v1=a1t1=6m/s ⑼ v2=a2t1=2m/s ⑽

t>t1时，设A和B的加速度分别为

⑾ ⑿

即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：

，

此时AB之间摩擦力为零，同理可得：

⒀

联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁

在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

⒂

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+t3=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．

8．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μ1=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.4．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g10m/s．

2

（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t2=1s物块恰好到达板右端，求板长L=？ 【答案】（1）12N＜F≤18N（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，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f1=μ2(M+m)g＝0.4×(2+1)×10＝12N

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：μ1mg＝ma① 得a=μ1g＝0.2×10m/s2＝2m/s2 对整体：F−μ2(M+m)g＝(M+m)a② 代入数据：F-12=（2+1）×2 解得：F=18N

所以拉力F大小范围是12N＜F≤18N

（2）拉动木板的水平力F=15N，M、m一起匀加速运动 根据牛顿第二定律：a＝F2MmgMm1512＝m/s2＝1m/s2

21t1＝4s时速度v1＝at1＝1×4m/s＝4m/s 撤去F后，物块加速度a1＝μ1g＝2m/s2 对木板：μ1mg−μ2(M+m)g＝Ma2， 代入数据：0.2×10−12＝2 a2 解得：a2＝−5m/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v104＝s＝0.8s a25在t1时间内物块的位移：x1＝v1t1木板的位移：x2＝121a1t140.820．＝822.56m 22v14t1＝0.8＝1.6m 22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t2=1s物块恰好到达板右端 所以木板静止后，木块继续运动0.2s

t1＝0.8s时物块的速度v2=v1-a1t1＝4−2×0.8＝2.4m/s

121Vx'＝v2t2a1t22.40.220．22m＝0.44m

22木板长：L=△x+△x′=0.96+0.44=1.4m

9．如图所示，在倾角为的光滑物块P斜面上有两个用轻质弹簧相连的物块A、B；C为一垂直固定在斜面上的挡板、C总质量为M，A、B质量均为m，弹簧的劲度系数为k，系统静止于光滑水平面现开始用一水平力F从零开始增大作用于P．

物块B刚要离开C时力F．

从开始到此时物块A相对于斜面的位移【答案】（1）【解析】 【分析】

先对斜面体和整体受力分析，根据牛顿第二定律求解出加速度，再分别多次对物体A、B或AB整体受力分析，然后根据牛顿第二定律，运用合成法列式分析求解。 【详解】

整体做为研究对象，刚要离开C瞬间与C的作用力为0，受力情况如图：

（2）

物块A一直没离开斜面，重力加速度为

根据力的平衡知识有：对P、A、B整体分析受力有：联立解得：

开始时弹簧压缩，有：由

分析可知加速度为

，

对B分析可知要离开时弹簧处于原长，弹力为0 ；所以物块A的位移：【点睛】

解决本题的关键能够正确地进行受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用。

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．