1、高考物理试卷分类汇编物理牛顿运动定律的应用( 及答案 ) 含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图甲所示，一倾角为37的传送带以恒定速度运行现将一质量m1 kg 的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向， g 10 m/s 2， sin 37 0.6， cos 37 0.8：求：（ 1）物体与传送带间的动摩擦因数；（ 2） 08 s 内物体机械能的增加量；（ 3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。【答案】 (1)0.875.(2) E 90 J（ 3） Q 126 J【解析】【详解】(1) 由图象可以知道 ,传送带沿斜向上运动 ,物体
2、放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得： 0.875.（2）根据 v-t 图象与时间轴围成的“面积 ”大小等于物体的位移,可得 08 s 内物体的位移0 8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0 8 s 内只有前 6s 发生相对滑动 . 0 6 s 内传送带运动距离为 :0 6 s 内物体位移为 :则 0 6 s 内物体相对于皮带的位移为0 8 s 内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得： Q126 J故本题答案是：(1) 0.875.(2
3、)E 90 J（ 3）Q 126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t 图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。2 如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg 的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑1 圆弧轨道。质量m=2.0kg 的物块B 从 1 圆弧的最高处由静止释放。已知物块B 与传送带44之间的动摩擦因数=0.1
4、，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A 静止，物块B 与A 发生碰撞后被弹回，物块A、B 的速度大小均等于B 的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2 。求：(1)物块 B 滑到 1 圆弧的最低点C 时对轨道的压力；4(2)物块 B 与物块 A 第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；(3)如果物块 A、 B 每次碰撞后，物块A 再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B 经第一次与物块A 碰撞后在传送带上运动的总时间。【答案】（ 1） 60N，竖直向下（2） 12J（ 3） 8s【解析】【详解】(1) 设物块 B 沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大
5、小为v0，由机械能守恒定律得：12mgRmv0代入数据解得：v0=5m/s在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：2F mg m v0R代入数据解得：F=60N由牛顿第三定律可知，物块B 对轨道的压力大小：F=F=60N ，方向：竖直向下；(2) 在传送带上，对物块 B，由牛顿第二定律得： mg=ma设物块 B 通过传送带后运动速度大小为v，有v2v022al代入数据解得：v=4m/s由于 v u=2m/s，所以 v=4m/s 即为物块B 与物块 A 第一次碰撞前的速度大小，设物块B 第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：A、mv=mv1+
6、Mv 2由机械能守恒定律得：1 mv21 mv121 Mv 22222解得：v2 m, v22 mv12ss物块 A 的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：Ep1 mv2212J2(3) 碰撞后物块 B 沿水平台面向右匀速运动，设物块B 在传送带上向右运动的最大位移为l ，由动能定理得mgl01 mv122解得：l =2m 4.5m所以物块 B 不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B 运动到左边台面时的速度大小为v =2m/s ，继而与物块 A 发生第二次碰撞。设第1 次碰撞到第2 次碰撞
7、之间，物块 B 在传送1带运动的时间为 t1。由动量定理得：mgt12mv1解得：t12v14sg设物块 A、 B 第一次碰撞后的速度分别为v4、 v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：mv1mv3Mv 41 mv121 mv321 Mv 42222代入数据解得：v31ms当物块 B 在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块 B 运动到左边台面时的速度大小为v3=1m/s，继而与物块A 发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第 3 次碰撞之间，物块B 在传送带运动的时间为t2由动量定理得：mgt22mv3解得：t22v32sg同上 算可知：物 B 与物
8、A 第三次碰撞、第四次碰撞，第n 次碰撞后物 B 在 送 运 的 tn14s2n 1构成无 等比数列，公比 q1，由无 等比数列求和公式2t总1qn t11q当 n ，有物 B 第一次与物 A 碰撞后在 送 运 的 t总14s=8s1123 如 所示， 量 M =10kg 的小 停放在光滑水平面上在小 右端施加一个F=10N 的水平恒力当小 向右运 的速度达到2.8m/s ，在其右端 放上一 量m=2.0kg 的小黑煤 （小黑煤 点且初速度 零），煤 与小 摩擦因数0.20假定小 足 （ 1）求 多 煤 与小 保持相 静止（ 2） 求 3s 内煤 前 的位移（ 3）煤 最 在小 上留下的痕迹
9、度【答案】 (1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m【解析】【分析】分 滑 和平板 行受力分析，根据牛 第二定律求出各自加速度，物 在小 上停止相 滑 ，速度相同，根据运 学基本公式即可以求出 通 运 学公式求出位移【 解】(1)根据牛 第二定律， 开始运 小黑煤 有：FNma1FN-mg =0代入数据解得：a1=2m/s 2 开始运 小 有：FFNMa 2解得： a2=0.6m/s 2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=a1t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：x11 a1t 24m22s 时的速度为：v1
10、a1t12 2m/s 4m/s此后加速运动的加速度为：a3MF5 m/s2m6然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：x2v1t21 a3t224.4m2所以煤块的总位移为：x1x28.4m(3)在 2s 内小黑煤块前进的位移为：x1 a t 24m121小车前进的位移为：x v1t1 a1t26.8m2两者的相对位移为：xxx12.8m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4 质量M 0.6kg的平板小车静止在光滑水面上，如图所示，当t 0 时，两个质量都为
11、m0.2kg的小物体A 和B，分别从小车的左端和右端以水平速度v15.0 m/s 和 v22.0 m/s同时冲上小车，当它们相对于小车停止滑动时，恰好没有相碰。已知A、B 两物体与车面的动摩擦因数都是0.20，取g=10m/s2 ，求：（ 1） A、B 两物体在车上都停止滑动时车的速度；（ 2）车的长度是多少？（ 3）从 A、 B 开始运动计时，经 8s 小车离原位置的距离 .【答案】（ 1） 0.6m/s（ 2） 6.8m（3） 3.84m【解析】【详解】解：（ 1）设物体A、B 相对于车停止滑动时，车速为v，根据动量守恒定律有：m v1 v2M 2m v代入数据解得： v=0.6m/s，方
12、向向右（2）设物体 A、B 在车上相对于车滑动的距离分别为L 1、L 2，车长为 L，由功能关系有 :mg L1 L21 mv121 mv221 M 2m v2222又 L L1+L 2代入数据解得L 6.8m，即 L 至少为 6.8m（3）当 B 向左减速到零时，A 向右减速，且两者加速度大小都为a1g2 m/s2对小车受力分析可知，小车受到两个大小相等、方向相反的滑动摩擦力作用，故小车没有动则 B 向左减速到零的时间为t1v21 sa1此时 A 的速度为 vAv1a1t13 m/s当 B 减速到零时与小车相对静止，此时A 继续向右减速，则B 与小车向右加速，设经过 ts达到共同速度 v对
13、B 和小车，由牛顿第二定律有：mgmM a2 ，解得： a2 0.5 m/s2则有： v vA a1ta2 t ，代入数据解得：t=1.2s此时小车的速度为 va2t0.6m/s，位移为 x11 a2t 20.36 m2当三个物体都达到共同速度后，一起向右做匀速直线运动，则剩下的时间发生的位移为x2v 8t3.48m则小车在8s 内走过的总位移为xx1x23.84 m5 如图所示，倾角 30的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板高度差为h将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m处，整个系统处于静止状态已知木板与物块间的动摩擦因数P，斜面上 B 点与 A 点的的小物块静止在木板上某3 ，且最大静
14、摩擦力2等于滑动摩擦力，重力加速度为g（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F，物块相对木板刚好静止，求拉力F的大小；00（2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F2mg，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达 B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功 W【答案】39 mgh(1) mg (2)24【解析】（1）木板与物块整体：F0-2 mg sin 2ma0对物块，有： mgcos-mg sin ma03解得： F0mg2（2）设经拉力F 的最短时间为t1，再经时间t2 物块与木板达到共速，再经时间t 3 木板下端到达 B 点，速度恰好减为零对木板，有： F- mg sin -mgcosma
15、1mgsin +mgcos ma3对物块，有： mgcos-mg sin ma2对木板与物块整体，有2mgsin 2ma4另有： a1t1 a3t2a2 (t1t2 )a2 (t1 t 2 ) a4t31 a1t12a1t1 t21 a3t221 a4t32h222sinW F1 a1t122解得 W 9 mgh4点睛 ：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等6 滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板和雪地之间形成暂时的“气垫 ”从而减
16、小雪地对滑雪板的摩擦，然后当滑雪板的速度较小时，与雪地接触时间超过某一时间就会陷下去，使得它们间的摩擦阻力增大假设滑雪者的速度超过4m/s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会从0.25 变为0.125一滑雪者从倾角为 37斜坡雪道的某处A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B 处（ B 处为一长度可忽略的光滑小圆弧）后又滑上一段水平雪道，最后停在水平雪道BC之间的某处如图所示，不计空气阻力，已知AB 长 14.8m ，取 g 10m/s 2， sin37 0.6， cos37 0.8，求：（1）滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化时（即速度达到4m/s ）所经历的时间；（ 2）滑雪者到达 B 处的速度
17、；（ 3）滑雪者在水平雪道上滑行的最大距离【答案】 （1） 1s；（ 2）12m/s ；（ 3） 54.4m 【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律求出滑雪者在斜坡上从静止开始加速至速度v1=4m/s 期间的加速度，再根据速度时间公式求出运动的时间（2）再根据牛顿第二定律求出速度大于4m/s 时的加速度，球心速度为4m/s 之前的位移，从而得出加速度变化后的位移，根据匀变速直线运动的速度位移公式求出滑雪者到达B 处的速度（ 3）分析滑雪者的运动情况，根据牛顿第二定律求解每个过程的加速度，再根据位移速度关系求解【详解】（1）滑雪者从静止开始加速到v1=4m/s 过程中：由牛顿第二定律得：有：mg
18、sin37-1mgcos37 =ma1；解得： a1 =4m/s 2；由速度时间关系得t 1 v1 1sa1（2）滑雪者从静止加速到4m/s 的位移： x111 2=12=a t 41=2m22从 4m/s 加速到 B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37-2mgcos37 =ma2；解得： a2=5m/s 2；根据位移速度关系：v 222aB -v12(L- x1)计算得 vB=12m/s（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减速到 v=4m/s ）： a3 - 2g -1.25 m/ s2x3v2vB24212251.2m2a321.25在水平面上第二阶段（速度从4m/s
19、减速到0 a412， x4v2） - g -2. 5m/s3.2m2a4所以在水平面上运动的最大位移是x=x3+x4=54.4m【点睛】对于牛顿第二定律的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁7 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v0=2.0m/s 滑上木板的左端 ,物块与木板之间的动摩擦因数为给木板施加一个水平向右的恒力 F，当恒力 F 取某一值时0.2，在物块滑上木板的同时,物块在木板上相对于木板滑动的,路程
20、为s，给木板施加不同大小的恒力F,得到1F的关系如图b 所示，当恒力F=0N 时 ,物s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 的函数关系式s【答案】 （1） 0.5m （2） F4N；（ 3） 1F 4s4【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
21、，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 FmF时，随着 F 力增大， S 减小，当 F=Fm 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a1mgg2m / s2；m木板的加速度：a2mg2m / s2 ；M物块与木板共速时v0-a1t1=a2
22、t 1解得 t1=0.5s，则木板的长度：Lv0t11 a1t121 a2t120.5m22（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：aF，而 f=ma，Mm由于静摩擦力存在最大值，所以：f fmax= mg=2N，联立解得： F4N；（3）当 0 F时4N，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 F4N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
23、程为s=2x当两者具有共同速度v，历时 t ，则： aM FmgF2Mmmg2a g 2m/ sm根据速度时间关系可得：v0-amt=a M t根据位移关系可得：x v0t -1amt 2-1aM t222s=2 x联立 1- F 函数关系式解得：1F4ss4【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
24、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 相对于斜面的位移物块A 一直没离开斜面，重力加速度为【答案】（ 1）（ 2）【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：根据力的平衡知识有：对 P、 A、 B 整体分析受力有
25、：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。9 如图所示，一长 L=16m 的水平传送带，以 的速率匀速顺时针转动运动将一质量为 m=1kg 的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数(取)求(1) 物块在传送带上运动的最大速度.(2) 若该传送带装成与水平地面成倾角，以同样的速率顺时针转动.将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体在传送带上整个运动过程加速度的大小和方向.(3) 在第 (2
26、)中，若传送带的传送速度v 大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，试分析计算物块到达底端的可能速度大小.（结果可以用含v 的函数式表示）【答案】 (1)， (2)，方向向下 ； (3) 情况一：，情况二：，情况三：.【解析】试题分析：（ 1）物体在水平传送带上可能一直向右加速，也可能先加速后匀速，根据牛顿第二定律求出加速的加速度，由运动学公式求出加速到传送带共速时的位移，再与L 比较，从而得出物体的运动情况，确定最大速度；（2）物体在倾斜传送带向下运动的两种可能：一是先匀加速后匀速，二是先以较大的加速度向下加速，后以较小的加速度继续向下加速，根据牛顿第二定律、运动学公式和滑动摩擦
27、力的大小进行分析求解；（3）若传送带的传送速度v 大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，有三种可能的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析求解.(1)物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：解得：经时间 t 达到共速，则时间位移为，故物体之后匀速则最大速度(2) 在顶端释放后，根据牛顿第二定律：解得 :，方向向下当达到与带相同速度时，位移为因为，故物块继续加速根据牛顿第二定律：解得 :，方向向下(3) 情况一：若传送带逆时针传动，物块受到摩擦力向上，则物体一直以加速度向下匀加速，则物体到达底端速度：情况二：若传送带顺时针传动，且速度大，物体受摩擦力向下，物体一直以加速度向下匀
28、加速运动，则物体到达底端速度：，即传送带速度时，此情况成立情况三：若传送带顺时针传送，且物块先以的加速度做匀加速运动，加速位移为达到与传送带相同速度后，以的加速度继续做匀加速运动则有：联立得：10 如图所示， t 0 时一质量 m1 kg 的滑块 A 在大小为 10 N、方向与水平向右方向成37的恒力 F 作用下由静止开始在粗糙水平地面上做匀加速直线运动，t 1 2 s 时撤去力00AF； t 0 时在 A 右方 x7 m 处有一滑块 B 正以 v 7 m/s 的初速度水平向右运动已知与地面间的动摩擦因数2 0.1，取重力加速度大小g1 0.5， B 与地面间的动摩擦因数10 m/s 2， s
29、in37 0.6， cos37 0.8两滑块均视为质点，求：（ 1）两滑块在运动过程中速度相等的时刻；（ 2）两滑块间的最小距离【答案】（ 1） 3.75s （ 2） 0.875m【解析】【分析】（1）根据牛顿第二定律先求解撤去外力F 前后时 A 的加速度以及B 的加速度；根据撤去 F之前时速度相等和撤去F 之后时速度相等列式求解；（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小；根据位移公式求解最小值.【详解】（1）对物块，由牛顿第二定律：F cos1 mgF sinma1 ；A对物体 A 撤去外力后：1mgma1 ；对物体 B： a22 gA 撤去外力之前两物体速度相等时：a1tv0a2t ，得 t 1 sA 撤去外力之后两物体速度相等时：a1t1a1t t1v0 a2 t ，得 t 3.75 s（2）第一次共速时两物块距离最大，第二次共速时两物块距离最小，则：x x0 x2 x1 ； x2v0t1 a2t 2x1 1 a1t122a1t1 tt11 a1 tt1222得 x 0.875 m
