高中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)

1、高中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)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，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科=0.20 .假定小车足够长.,F二 M J产金资产产产金)#步#,(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

2、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：a=2m/s2刚开始运动时对小车有：F Fn Ma2解得：a2=0.6m/s2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=at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：12X131t4m22s时的速度为：v1a1t12 2m/s 4m/s此后加速运动的加速度为:2a3 - m/sM m 6

3、然后和小车共同运动t2=1S时间，此IS时间内位移为：1 2x2 v1t2a3t2 4.4m2所以煤块的总位移为：x1 x2 8.4m(3)在2s内小黑煤块前进的位移为：1 2X,a1t4m2小车前进的位移为：,1,2x v1ta1t6.8m2两者的相对位移为：x x x12.8m即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.2.皮带传输装置示意图的一部分如下图所示，传送带与水平地面的夹角37, A、B两端相距12m,质量为M=1kg的物体以v°=14.0m/s的速度沿A

4、B方向从A端滑上传送带，物体与 传送带间的动摩擦因数为0.5,传送带顺时针运转动的速度v=4.0m/s(g取10m/s2),试求:(1)物体从A点到达B点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹 ，物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长 度.【答案】(1) 2s (2) 5m【解析】【分析】(1)开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速 度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后， 物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B点的时间以及传送带的位移；(2)开始时物体相对传送带上滑，后来物

5、体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度【详解】(1)物体刚滑上传送带时因速度vo=14.0m/s大于传送带的速度 v=4m/s ,则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin e+MgcoS =Ma解得：ai=gsin 0+(1 gc Os=10m/S当物体与传送带共速时：vo-ati=v解得ti=1s此过程中物体的位移 x1 vvt1 9 m 2传送带的位移：x2 vt1 4m当物体与传送带共速后，由于r0.5<tan370=0.75,则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin +MgcosO =Ma解得 a2=2m/s2物体向上减速运动 Si=L

6、-xi=3m1 C根据位移公式：Sl=vt 2-32t222解得：t2=1 S t t2=3 S 舍去)则物体从A点到达B点所需的时间：t=t1+t2=2s(2)物体减速上滑时，传送带的位移：S2 vt2 4m则物体相对传送带向下的位移s s2 sl 1m因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为： x x1 x2 5m则物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m.【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿 第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何 运动.3.如图甲所示，m1 =5 kg的滑块自光滑圆弧

7、形槽的顶端A点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B点，传送带沿顺时针方向匀速运转.m1下滑前将m2 =3 kg的滑块停放在槽的底端.m1下滑后与m2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B点运动到C点的v-t图象，如图乙、丙所示.两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s2.(1)求A、B的高度差h;(2)求滑块m1与传送带间的动摩擦因数和传送带的长度Lbc；滑块m2到达C点时速度恰好减到 3 m/s,求滑块m2的传送时间；(4)求系统因摩擦产生的热量.【答案】 (1) 0.8m (2) 26m (3) 6.5s (4

8、) 16J【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，mi的速度vi=1 m/s, m2的速度V2 =5 m/s,设碰撞前瞬间 mi的速度为vo,取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m1vo= m1V1+ m2v2解得：vo = 4 m/s1 2m1下滑的过程机械能守恒：m1gh 3丫02解得：h =0.8 mvc(2)由图乙可知，滑块m1在传送带上加速运动时的加速度大小a 0.5m/s2P1m1g= m1a国=0.054 s,后匀速运动6 s到达C点滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故 可求出滑块m1与传送带间的动摩擦因数 由图乙可知，滑块 m1在传送带上先加速图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上

9、等于传送带的长度Lbc,即Lbc= 26 m(3)滑块m2一直做匀减速直线运动，达C点时速度恰好减到 3 m/s ,全程的平均速度为V2 V v 4m/s2设滑块m2的传送时间为t,则有t LJ 6.5s v1,2-(4)由图乙可知，滑块 m1在传送带上加速阶段的位移 X vot1 2at1 8m滑块m1在传送带上加速阶段产生的热量Q1= p1m1g(vt1-X1)=10 Jv 4 c滑块m2在传送带上减速的加速大小a - -m/s2t 13滑块m 2受到的滑动摩擦力大小 f = m2a'滑块m2在传送带上减速阶段产生的热量Q2 = f(LBc-vt) = 6 J系统因摩擦产生的热量

10、Q = Q1+ Q2=16 J.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W=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 M2=0. 5, g取l0m/s2.(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.2【答案】(1) X v0- 3.6m (2) t=1s (3) Xi X2 1m 2a【解析】 【分析】 【详解】试题分析：(1) a2g 5m/s22 v0 x 3.6m 2a(2

11、)对 m： a12g 5m/ s2,对 M ： Ma22mg 1(m M )g ,2a2 1m/svo at a2tt=1s1 2(3)木板共速刖先做匀加速运动x1 at 0.5m2速度 v1 a2t 1m/s以后木板与物块共同加速度 a3匀减速运动 a3 g 1m/s2,X 1.2x2 vt -a3t0.5mX=x1 x2 1m考点：牛顿定律的综合应用5.如图所示，水平传送带长为L=11.5m,以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动.在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块(可视为质点)，在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成 。二370的拉力，

12、滑块与传送带间的动摩擦因数为 后0.5,重力加速度大小为 g=10m/s2, sin37 =0.6, cos37 =0.8.求滑块从 A端运动 到B端的过程中：(1)滑块运动的时间；(2)滑块相对传送带滑过的路程.【答案】(1) 2s (2) 4m【解析】【分析】(1)滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动.根据牛顿 第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同 时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公 式即可求得滑块滑到 B端所用的时间，从而求出总时间.(2)先求出滑块相对传送带向左的位移，再

13、求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑 块相对于传送带的位移.【详解】(1)滑块与传送带达到共同速度前，设滑块加速度为a1,由牛顿第二定律：Fcos37 mg Fsin37ma2解得：a1 7.5m/sv ,滑块与传送带达到共同速度的时间：ti - 1sai此过程中滑块向右运动的位移：& -t1 3.75m2共速后，因Fcos37 mg Fsin37 ,滑块继续向右加速运动，由牛顿第二定律：Fcos37 mg Fsin37ma22解得：a2 0.5m/ s22根据速度位移关系可得：v B v 2a2 L 6滑块到达B端的速度：vB 8m/ s , ，Vb V ,滑块从共速位置到 B端

14、所用的时间：t2 1sa2滑块从A端到B端的时间：t t t2 2s(2) 07s内滑块相对传送带向左的位移：Ys vt1 s1 3.75m ,1sMs内滑块相对传送带向右的位移：Vs2L s1 vt2 0.25m ,0Ts内滑块相对传送带的路程：Vs Vs, Vs2 4m6.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(1=0.25 g=10

15、m/s2.求(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【解析】(2)0.1 m 或 0.8 m (3)0.5 J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:(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1由机械能守恒有： mg二-rn v2,解得：V - 4河】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滑动摩擦力而1 1做匀加速运动；根据动能定理有：LL斛得：h = 一一四工=0?71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1 1减速运动；根据动

16、能定理有：-“旧或=2加场-会用"?解得：h = 一 + ui = OUm 2g(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=vot 1 由机械能寸恒有： mgh =v = v-at滑块相对传送带滑动的位移 口s = I，- r相对滑动生成的热量？二殳？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0 =3°3 ,，、， ，一一一，一(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

17、不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数3W减小为B、C间的动摩擦因数 卢减小为0.5, A、B开始运动，此时刻为计时起点； S在第2s末，B的上表面突然变为光滑，H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(1)在02s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) ai=3m/s2; %=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工二必因A；=胴 g COE

18、J.f、A' ?工=工+ wgcos 8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：叫疝】8 - 6 = 2叫Mg血9-八斗/=阴：(6)联立以上各式可得 ai =3m/s2a2=1m/s2.(2)在ti=2s,设A和B的加速度分别为，则vi=aiti=6m/s V2=a2t1=2m/s (10)t>ti时，设A和B的加速度分别为口；，可此时AB之间摩擦力为零，同理可得:口;三6网三:(11)口;士 -Im s * (12)即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：%+疗工=0联立可得t2=is .(14)在ti+t2时间内，A相对于B运动的距离为工=&

19、amp;卬;+、4玲 一(4eF：+：口/)=125 < 27m (15)Xn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ls =(勺+日上注+可得,t3=is (另一解不合题意，舍去，)则A在B上的运动时间为t总.t 总=b+12+13=4$(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 .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-

20、 垂直固定在斜面上的挡板 7、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.（1物块B刚要离开C时力F.W）从开始到此时物块 A相对于斜面的位移 > （物块A一直没离开斜面，重力加速度为mgsinif【答案】（1）（2）八一【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】口”再整体做为研究对象，刚要离开 C瞬间与C的作用力为0,受力情况如图：根据力的平衡知识有：Nemo = 2mq, |Ns函-

21、= 0对P、A、B整体分析受力有：F = （2m + M）n联立解得：广二+口）开始时弹簧压缩，有：匕=抗.”怕"由。）分析可知加速度为a=an0讥 gsin。x-Q-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：K【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。9 .图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送， A、B两端相距3m ,另一台倾斜，传送带与地面的倾角0= 37； C、D两端相距4.45m,B、C相距很近。水平部分 AB以5m/s的速率顺时针转动。将质量为 10 kg的

22、一袋大米轻放 在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为 0.5.试求：(已知 sin37o= 0.6, cos37o= 0.8, g取 10 m/s2 , J6 =2.450,7.2 =2.68)(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离.(2)若要米袋能被送到 D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C端到D端所用时间的取值范围.【答案】 能滑上的最大距离 s=1.25m (2)要把米袋送到D点，CD部分的速度Vcd 4m/ s 时间 t 的范围为 1.16s w t w 2.1s【解析】【分析】(1)由牛顿第二

23、定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s,则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD;在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位 移和速度的关系可求得上升的最大距离；(2)米袋在CD上应做减速运动，若 CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速， 则可求得最短时间；【详解】(1)米袋在AB上加速时的加速度 a°=9=闻= 5m/s2m2米袋的速度达到 V0=5m/s时，滑行的距离 so= =2.5m <

24、 AB=3m,2a因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD上运动的加速度大小为a,由牛顿第二定律得 mgsin 0 +mgcos。=ma代入数据得 a=10 m/s22所以能滑上的最大距离 s= v> = 1.25m2a(2)设CD部分运转速度为vi时米袋恰能到达 D点(即米袋到达 D点时速度恰好为零)，则米袋速度减为 vi之前的加速度为 a1=-g (sin 0 +科Cos= -10 m/s2米袋速度小于 vi至减为零前的加速度为 a2=-g (sin - cos)0=-2 m/s2,Vi2 v20 v2由二4.45m2ai2a2解得vi=4m/s ,即要把米袋送到

25、 D点，CD部分的速度 vcd>i=4m/sV1 v00 V1米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax= -_0 1=2.1saa2若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2.由 ScD=V0tmin+J a2t2min ,得：tmin = 1.16s所以，所求的时间t的范围为1.16 s wtw2.1 s【点睛】题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零.10.如图甲所示，长木板 A静止在水平地面上，其右端叠放着物块B,左端恰好在 。点，水平面以。点为界，左侧光滑、右侧粗糙。物块C(可以看作质点)和D间夹着一根被压缩的弹簧，并用细线