(物理)物理牛顿运动定律的应用提高训练及解析

（物理）物理牛顿运动定律的应用提高训练及解析

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，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：214/a m s =

（2）根据运动学公式：2102B 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：222212

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：223312

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．

2．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=2A 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 。

3．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

221122

A 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+12

mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s

4．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m 处放着一质量为0.1kg 的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F =1.0N 作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A 点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD 的B 端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D ．已知∠BOC =37°，A 、B 、C 、D 四点在同一竖直平面内，水平桌面离B 端的竖直高度H =0.45m ，圆弧轨道半径R =0.5m ，C 点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）

(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 点时的速度大小v D ；

(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小F C ；（计算结果保留两位有效数字）

(3)铁球运动到B 点时的速度大小v B ；

(4)水平推力F 作用的时间t 。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D 5；

(2)若铁球以v C =5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点C ，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N ；

(3)铁球运动到B 点时的速度大小是5m/s ；

(4)水平推力F 作用的时间是0.6s 。

【解析】

【详解】

(1)小球恰好通过D 点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：2D mv mg R

= 可得：D 5m /s v =

(2)小球在C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：2C mv F mg R

-= 代入数据可得：F =6.3N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：F C =F =6.3N

(3)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2y 2gh v = 得：v y =3m/s 小球沿切线进入圆弧轨道，则：35m/s 370.6

y

B v v sin ===? (4)小球从A 点到B 点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得： 3750.84/A B v v cos m s =?=?=

小球在水平面上做加速运动时：1F mg ma μ-=

可得：218/a m s =

小球做减速运动时：2mg ma μ=

可得：222/a m s =-

由运动学的公式可知最大速度：1m v a t =；22A m v v a t -= 又：222m m A v v v x t t +=?+?

联立可得：0.6t s =

5．如图1所示， 质量为M 的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m 、可视为质点的物块，以某一水平初速度v 0从左端冲上木板。从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v -t 图象分别如图2中的折线acd 和bcd 所示，a 、b 、c 、d 的坐标为a （0，10）、b （0，0）、c （4，4）、d （12，0），根据v -t 图象，求： （1）物块相对长木板滑行的距离△s ；

（2）物块质量m 与长木板质量M 之比。

【答案】（1）20m （2）3:2

【解析】

【详解】

（1）由v-t 图象的物理意义可得，物块在木板上滑行的距离

10444m 4m 20m 22

s +?-?=V ＝ （2）设物块与木板之间的动摩擦因数μ1，木板和地面之间的动摩擦因数为μ2；物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小为a 1，木板做匀加速直线运动的加速度大小为a 2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a ，根据牛顿第二定律

对物块：

μ1mg =ma 1①

对木板：

μ1mg -μ2（m +M ）g =Ma 2 ②

对整体：

μ2（m +M ）g =（M +m ）a ③

由图象的斜率等于加速度可得，a 1＝1.5m/s 2，a 2＝1m/s 2，a =0.5m/s 2。

由以上各式解得

3 2

m M ＝

6．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）

7．质量为m的长木板静止在水平地面上，质量同样为m的滑块（视为质点）以初速度v0从木板左端滑上木板，经过0.5s滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：

（1）μ1、μ2各是多少？

（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？

【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m

【解析】

【详解】

（1）设0.5s 滑块的速度为v 1，由v-t 图像可知:v 0=4m/s v 1=1m/s

滑块的加速度 20116/v v a m s t

-== 木板的加速度大小2122/v a m s t =

= 对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma 1

所以μ1=0.6

对木板受力分析：μ1mg-μ2?2mg= ma 2

解得 μ2=0.2

（2）0.5s 滑块和木板达到共同速度v 1，假设不再发生相对滑动则2ma 3=μ2?2mg 解得a 3=2m/s 2 因ma 3=f<μ1mg

假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s 1则

201111

22v v v s t a +=+ 解得s 1=1.5m

由v-t 图像可知011222

v v v L s t +?=

=- 所以木板的长度 L=2.0m

8．如图a 所示,质量为M=1kg 的木板静止在光滑水平面上,质量为m=1kg 的物块以初速度v 0=2.0m/s 滑上木板的左端,物块与木板之间的动摩擦因数为0.2，μ=在物块滑上木板的同时,给木板施加一个水平向右的恒力F ，当恒力F 取某一值时,物块在木板上相对于木板滑动的路程为s ，给木板施加不同大小的恒力F,得到1F s

-的关系如图b 所示，当恒力F=0N 时,物块恰不会从木板的右端滑下．将物块视为质点,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度g 取10m/s 2，试求:

(1)求木板长度；

(2)要使物块不从木板上滑下,恒力F 的范围；

(3)图b 中CD 为直线,求该段的1F s

-的函数关系式． 【答案】（1）0.5m （2）F≤4N ；（3）

144F s += 【解析】

【分析】

（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，根据动能定理牛顿第二定律求解物块和木板的加速度，当两物体共速时，物块相对木板的位移恰为木板的长度；（2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a 做匀加速运动，根据牛顿第二定律求解F 的最大值；

（2）当0≤F≤F m 时，随着F 力增大，S 减小，当F=F m 时，出现S 突变，说明此时物块、木板在达到共同速度后，恰好再次发生相对运动，物块将会从木板左端掉下．对二者恰好发生相对运动时，由牛顿第二定律列式结合运动公式即可求解．

【详解】

（1）当恒力F=0N 时，物块恰不会从木板的右端滑下，则物块的加速度

212/mg

a g m s m μμ=== ； 木板的加速度：222/mg

a m s M μ==；

物块与木板共速时v 0-a 1t 1=a 2t 1

解得t 1=0.5s ， 则木板的长度：22011121110.522

L v t a t a t m =--= （2）当F=0时，物块恰能滑到木板右端，当F 增大时，物块减速、木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度；当两者共速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加

速度a 做匀加速运动，则：F a M m

+＝

，而f=ma ， 由于静摩擦力存在最大值，所以：f≤f max =μmg=2N ，

联立解得：F≤4N ； （3）当0≤F≤4N 时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，对应着图（b)

中的AB 段，当F >4N 时对应（b)中的CD 段，当两都速度相等后，物块相对于木板向左滑动，木板上相对于木板滑动的路程为s=2Δx

当两者具有共同速度v ，历时t ， 则：2M F mg a F M μ+=+＝

a m ＝mg

m

μ＝μg ＝2m /s 2 根据速度时间关系可得：v 0-a m t=a M t

根据位移关系可得：Δx ＝v 0t ?

12a m t 2?12

a M t 2 s=2Δx 联立

1s ?F 函数关系式解得：144

F s += 【点睛】 本题考查牛顿运动定律．滑块问题是物理模型中非常重要的模型，是学生物理建模能力培养的典型模型．滑块问题的解决非常灵活，针对受力分析、运动分析以及牛顿第二定律的掌握，还有相对运动的分析，特别是摩擦力的变化与转型，都是难点所在．本题通过非常规的图象来分析滑块的运动，能从图中读懂物体的运动．

9．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t 1=2s 撤去拉力，已知物块与斜面间的

动摩擦因数μ=0.5，取210/g m s =，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)拉力F 作用的时间t 1内，物块沿斜面上滑的距离x 1；

(2)从撤去拉力起，物块沿斜面滑到最高点的时间t 2；

(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)110m x = (2)21t s = (3)11m x =

【解析】

【分析】

【详解】

(1)物块在时间1t 内沿斜面匀加速上滑，设加速度大小为1a ，

由牛顿第二定律有1sin 37cos37F mg mg ma μ--?=

解得215/a m s =

在这段时间内物块上滑的距离为21111102x a t m == (2)经时间1t 物块的速度大小为11210/v a t m s ==

接着物块沿斜面匀速上滑，设加速度大小为2a ，

由牛顿第二定律有：2sin 37cos37mg mg ma μ+?=

解得2210/a m s =

根据速度公式有：1220v a t =-

解得21t s =

(3)物块在时间t 2内上滑的距离为221222152

x v t a t m =-

=， 沿斜面下滑时间为322t t t s =-=

设物块沿斜面下滑的加速度大小为3a ，

由牛顿第二定律有：3sin 37cos37mg mg ma μ-?=

解得232/a m s = 物块在时间t 3内沿斜面下滑的距离为2333142

x a t m =

=， 故12311x x x x m =+-=

【点睛】 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．

10．如图所示，倾角30θ=o 的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧物体经过A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化．传送带以4/v m s =的速度顺时针转动，一个质量为1kg 的物体(可视为质点)从 1.8h m =高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因数04μ=，传送带

左右两端A 、B 间的距离7AB L m =，重力加速度210/.g m s =求：

()1物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端速度；

()2物体在传送带上距B 点的最小距离；

()3物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间.

【答案】(1)1

6m /s v = (2) 2.5m x = (3)3 0.8s t = 【解析】

【分析】

(1)先根据牛顿第二定律求加速度，再由速度位移关系求到达斜面末端的速度；

(2)先由牛顿第二定律求出物体在传送带上减速的加速度，再根据速度位移关系求出速度减为0时向右运动的位移，即可得出离B 最近的距离；

(3)由前的分析可判断出物体先做匀加速运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加速度与速度，根据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间.

【详解】

（1）物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：1sin mg ma θ=

解得：215/a m s = 由几何关系沿光滑斜面下滑位移1cos h s θ

=

由运动学公式21112v a s = 解得物体滑到斜面末端速度16/v m s =

（2）物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：2mg ma μ=

代入数据解得：224/a m s =

当物体速度减为0时物体距B 最近，有运动学公式可得：21222v a S =

解得物体距B 点的最小距离：2AB x L S =-

2.5x m =

（3）物体返回时距A 点 2 4.5S m =，仍受到向右的摩擦力，从速度为0开始做匀加速直

线运动，加速度大小为：2324/a a m s ==

若物体一直做匀加速运动，有运动对称性可知到A 点时物体速度6/A v m s =大于传送带速度4/v m s =，故物体先做匀加速直线运动，达到速度v 后匀速运动，到达A 点速度4/A v v m s ==

物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为1a

物体做匀加速直线运动31v a t = 匀加速直线运动位移233112s a t =

解得11t s = 32s m =

匀速运动 232s s vt -=

解得20.625t s =

物体沿斜面匀减速上升13v a t =

解得30.8t s =

物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间： 123 2.425t t t t s =++=

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/78qe.html