高中物理牛顿运动定律的应用试题经典及解析
高中物理牛顿运动定律的应用试题经典及解析
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
【答案】（1）53F Mg mg =- （2）
65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855
T mg =或8
11T Mg =
） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5
3
F Mg mg =
- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得
65
M m = （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 ′–mg cos53°=ma
解得85mMg T m M =
+（）（488
5511
T mg T Mg =
=或） 【点睛】
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，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 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μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：
(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (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：1F mg ma μ-=
代及数据解得：2
14/a m s =
（2）根据运动学公式：2
102B v a s =
代入数据解得：8/B v m 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：
23737mgsin mgcos ma μ?+?=①
物体沿斜面向上运动的时间：22
B
v t a =
② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：2
22212
s a t = ③
因3737mgsin mgcos μ?>?，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：33737mgsin mgcos ma μ?-?=④ 物体沿斜面下滑的时间为：22331
2
s a t =
⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥
联立方程①-⑥代入数据解得：()
2312 2.4t t t s s =+=+≈ 【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μ=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F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （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F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；
（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2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）F m = 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：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1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：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N
（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。 1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=
2
A B
v v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2
A B
v v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。
4．如图所示，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质
量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．
（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？
（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．
设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N
即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mg
a m s m
μ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mg
a M m
=
+μ=1m/s 2
设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L
即
22
1122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/s
AB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇
机械能守恒：
12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+1
2
mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s
5．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ?=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 ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。(2
10/,sin 370.6,cos370.8g m s ?
?
===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ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：
22110-5
m/s 10m/s 0.5
a =
= 根据牛顿第二定律得：
1sin cos mg mg ma θμθ+=
代入数据解得：
0.5μ=
（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：
2220m /s v
a t
?=
=? 根据牛顿第二定律得：
2sin cos F mg mg ma θμθ--=
代入数据解得：
30N F =
6．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37θ=?，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 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210/m s )，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v 0=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 θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s
此过程中物体的位移01192
v v
x t m +=
= 传送带的位移：214x vt m ==
当物体与传送带共速后，由于μ=0.5 物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m 根据位移公式：s 1=vt 2-1 2 a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去） 则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ?=-= 因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ?=-= 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. 7．如图所示，地面上有一固定的斜面体ABCD ，其AB 边的长度2S m =，斜面倾角为370．光滑水平地面上有一块质量3M kg =的足够长的木板紧挨着斜面体静止放置．质量为1m kg =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， 210/g m s =，0370.6sin =，0370.8cos =．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． 【答案】（1）4/m s （2）213/a m s = ；2 21/a m 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】 (1)对沿斜面下滑的物体受力分析，据牛顿第二定律得：00 13737mgsin mgcos ma μ-= 解得：物体沿斜面下滑的加速度24/a m s = 对物块沿斜面下滑的过程，应用速度位移公式得：2 02B v aS -= 解得：物体到达斜面底端B 点时的速度4B m v 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：21mg ma μ= 解得：物体滑上长木板后物体的加速度2 13/a m 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：22mg Ma μ= 解得：物体滑上长木板后长木板的加速度2 21/a m 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：12B v a t a t -= 解得：1t s = 这段时间内物体的位移221111 4131 2.522 B x v t a t m m =-=?-??= 这段时间内长木板的位移222211 110.522 x a t m m = =??= 物体在长木板上滑行的最大距离122d x x m =-= 8．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 的可视为质点的小物块以初速度v 0=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）a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下, a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上 （2）min 61m 48 L =（3）561()s 896 t = 【解析】 试题分析：（1）物块与木板共速前，对物块分析：11sin cos mg mg ma θμθ+= 得：a 1=8m/s 2,方向沿斜面向下，减速上滑 对木板分析：122cos sin ()cos F mg Mg m M g Ma μθθμθ+--+= 得：a 2=2m/s 2,方向沿斜面向上，加速上滑 （2）共速时：021=v v a t -共 得：10.5s t =，=1m/s v 共 共速前的相对位移：22 101112111 1.25m 22 x v t a t a t ?=- -= 撤掉F 后：物块相对于木板上滑，加速度仍未a 1=8m/s 2，减速上滑 而木板：212sin ()cos cos Mg M m g mg Ma θμθμθ++-=' 则：22 12m/s a ='，方向沿斜面向下，减速上滑 由于：12sin cos ()cos Mg mg M m g θμθμθ+<+ 木板停止后，物块在木板上滑动时，木板就不再运动 过21s 12t = ，木板停止，过2 1 s 8 t '=，物块减速到0 此过程，相对位移：21 m 48 x ?= 木板至少长度min 1261m 48 L x x =?+?= （3）物块在木板上下滑，木板不动 物块加速度21 1sin cos 4m/s a g g θμθ=-=' 2min 1312 L a t '= 得：361s 96 t = 在木板上的总时间：12 3561()s 8 96 t t t t =++=+' 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． 9．如图所示，BC 为半径r 2 25 = m 竖直放置的细圆管，O 为细圆管的圆心，在圆管的末端C 连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m ＝0.5kg 的小球从O 点正上方某处A 点以v 0水平抛出，恰好能垂直OB 从B 点进入细圆管，小球过C 点时速度大小不变，小球冲出C 点后经过 9 8 s 再次回到C 点。（g ＝10m/s 2）求： （1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v 0为多大？ （2）小球第一次过C 点时轨道对小球的支持力大小为多少？ （3）若将BC 段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A 点以v 0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N 的恒力，试判断小球在BC 段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。 【答案】（1）2m/s （2）20.9N （3）2N 【解析】 【详解】 （1）小球从A 运动到B 为平抛运动，有：r sin45°＝v 0t 在B 点有：tan45°0 gt v = 解以上两式得：v 0＝2m/s （2）由牛顿第二定律得： 小球沿斜面向上滑动的加速度： a 14545mgsin mgcos m μ?+? = =g sin45°+μg cos45°＝22 小球沿斜面向下滑动的加速度： a 24545mgsin mgcos m μ?-? = =g sin45°﹣μg cos45°＝22m/s 2 设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t 1、t 2， 由位移关系得：12 a 1t 121 2=a 2t 22 又因为：t 1+t 29 8 =s 解得：t 138 = s ，t 234=s 小球从C 点冲出的速度：v C ＝a 1t 1＝32m/s 在C 点由牛顿第二定律得：N ﹣mg ＝m 2 C v r 解得：N ＝20.9N （3）在B 点由运动的合成与分解有：v B 0 45v sin = =? 22m/s 因为恒力为5N 与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为F 由牛顿第二定律得：F ＝m 2B v r 解得：F ＝52N 由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N ， 10．如图所示，质量M =1kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，在木板的左端放置一个质量m =1kg 、大小可忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4，g 取10m/s 2， (1)若木板长L =1m ，在铁块上加一个水平向右的恒力F =8N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端? (2)若在铁块右端施加一个从零开始连续增大的水平向右的力F 假设木板足够长，在图中画出铁块受到木板的摩擦力f 随拉力F 大小变化而变化的图像． 【答案】（1）1s ；（2）见解析 【解析】 【分析】 【详解】 （1）铁块的加速度大小=4m/s2 木板的加速度大小2m/s2 设经过时间t铁块运动到木板的右端，则有 解得：t=1s （2）