1、高考物理牛顿运动定律的应用专题训练答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 质量为 m=0.5 kg、长 L=1 m 的平板车 B 静止在光滑水平面上，某时刻质量M=l kg 的物体 A（视为质点）以 v0=4 m/s 向右的初速度滑上平板车B 的上表面，在 A 滑上 B 的同时，给 B 施加一个水平向右的拉力已知A 与 B 之间的动摩擦因数 =0.2，重力加速度 g 取 10m/s 2试求：（ 1）如果要使 A 不至于从 B 上滑落，拉力 F 大小应满足的条件；（ 2）若 F=5 N，物体 A 在平板车上运动时相对平板车滑行的最大距离【答案】 (1) 1NF3N(2)x0.5m
2、【解析】【分析】物体 A 不滑落的临界条件是A 到达 B 的右端时， A、 B 具有共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出拉力的最小值另一种临界情况是A、 B 速度相同后，一起做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出拉力的最大值，从而得出拉力F 的大小范围【详解】(1)物体 A 不滑落的临界条件是A 到达 B 的右端时， A、 B 具有共同的速度v1 ，则：v02 -v12v12L2aA2aB又： v0 -v1 = v1aAaB解得： aB=6m/s 2再代入 F Mg=maB 得： F=1N若 F9N，所以两者发生相对滑动2对小木块有：a1 g cosg sin2.5m/sF Mg si
3、n2Mm g cos1mg cosMa解得 a4.5m/s 2由几何关系有：L1a t21at 222解得 t1s全过程中产生的热量有两处，则Q Q1Q21mgL cos2 Mm g vt1a3t 2 cos2解得： Q12J 。3 如图所示，长木板B 质量为 m2 10 kg，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑质量为m3 10 kg、可视为质点的物块 C 放在长木板的最右端质量m1 0 5 kg的物块 A，以速度 v0 9 m s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B、C 发生相对运动已知物块C 与长木板间的动摩擦因数10 1，长木板与地面间的动摩擦因数为2 0 2，最大静摩擦力等于
4、滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取 10m s2（ 1）若 A、 B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能（ 2）若 A、 B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移【答案】 （1） 13.5J（ 2） 2.67m【解析】（1）若 A、 B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得m1v0(m1m2 )v由能量守恒定律得解得损失的机械能E1 m1v021 (m1 m2 )v222mm v2E12013.5J2(m1m2 )（2） A、 B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得m1v0 m1v1m2 v2由机械能守恒定律得1 m1v021 m1v121 m2v22222联立解得
5、 v1m1m2 v03m / s ， v22m1v0 6m / sm1m2m1 m2之后 B 减速运动， C 加速运动， B、 C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律，对长木板：- 2 (m2m3 )g1m3 gm2a1对物块 C：1m3 gm3a2设达到共同速度过程经历的时间为t， v2a1t a2 t这一过程的相对位移为x1v2t1 a1t21 a2 t 23m22B、 C 达到共同速度之后，因12 ，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律，对长木板：- 2 (m2m3 ) g1m3gm2 a3对物块 C： - 1 m3 gm3a4(a2t )2(a2t )21这一过程的相对位移为x22a3m2
6、a43xx18整个过程物块与木板的相对位移为x2m 2.67m3点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题4 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
7、.( 取 g10m / s2 )【答案】 Fmax168N Fmin72N【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 ( Mm) gkX物体离开秤盘时x1 at 22k ( Xx)mgmaFmaxMgMa以上各式代如数据联立解得Fmax168N该开始向上拉时有最小拉力则FminkX(Mm) g(Mm)a解得Fmin72N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5 如图所示，质量为m=5k
8、g 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块 A（可视为质点）木板与地面间的动摩擦因数 1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数 2 .=0.2 ，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，2求：（1）拉力撤去时，木板的速度vB；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大；（3）在满足（ 2）的条件下，物块最终将停在右端多远处【答案】 (1)V B=4m/s ；(2)L=1.2m ； (3)d=0.48m【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木
9、板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间 t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置(1)若相对滑动，对木板有：F2mg12mgmaB ，得： aB 4m / s2对木块有2mgmaA ， aA2m / s2所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度vBaB t4m / s ， vAaA t 2m / s(2)撤去 F 后，经时间 t2 达到共同速度v；由动量定理2mgt2 mv mvB2 2mgt21mgt2 mv mvB
10、，可得 t2 0.2s ， v=2.4m/s在撤掉 F 之前，二者的相对位移x1vB t1vA t122撤去 F 之后，二者的相对位移x2vBv t2vAv t 222木板长度 Lx1x21.2m(3)获得共同速度后，对木块，有2 mgxA01mv2 ，2对木板有2 mg2 1 mg xB01 mv22二者的相对位移x3xAxB木块最终离木板右端的距离dx1x2x30.48m【点睛 】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点6 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（
11、可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数=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vD；(2)若铁球以 vC=5.15m/s 的速度经过圆弧轨道最低点
12、C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（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vB；(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 点时的速度大小为5 m/s ；(2)若铁球以 vC=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：mvD2mgR可得： vD5m / s(2)小球在 C 点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：
13、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：FC=F=6.3N2FmgmvC(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：2ghvy2得： vy=3m/svy3小球沿切线进入圆弧轨道，则：vB5m/ssin370.6(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：vA vBcos3750.8 4m / s小球在水平面上做加速运动时：Fmg ma1可得： a18m / s2小球做减速运动时：mgma2可得： a22m / s2由运动学的公式可知最大速度：vma1t ； vA vm a2t2又： xvm tvmvA t222
14、联立可得： t0.6s7 如图所示，五块完全相同的长木板依次紧挨着放在水平地面上，每块木板的长度为0.5m ，质量为0.6kg在第一块长木板的最左端放置一质量为0.98kg 的小物块已知小物块与长木板间的动摩擦因数为0.2，长木板与地面间的动摩擦因数为0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等一颗质量为0.02kg的子弹以的150m/s水平速度击中小物块并立即与小物块一起在长木板表面滑行，重力加速度g 取10m/s2 (结果保留2 位有效数字)(1)分析小物块滑至哪块长木板时，长木板才开始在地面上滑动(2)求整个运动过程中最后一块长木板运动的距离【答案】(1) 物块滑上第五块木板(2) x板0.0
15、78m【解析】【分析】【详解】(1)设子弹、小物块、长木板的质量分别为m0 , M , m ,子弹的初速度为v0 子弹击中小物块后二者的共同速度为 v 由动量守恒定律1m0v0Mm0v1 子弹击中小物块后物块的质量为M ，且 MMm0 .设当物块滑至第 n 块木板时，木板才开始运动1M g2 (M (6 n)m) g其中 1,2 分别表示物块与木板间、木板与地面间的动摩擦因数.由式解得 n4.3即物块滑上第五块木板时，木板才开始在地面上滑动.(2) 令物块滑上第五块木板上时，vs 满足 :1 M m0 g 4L1M m0 vs2v12 , vs 1m / s2之后物块继续减速，第五块木板加速直
16、至共速后一起减速，v t 图象如图 :1- 2t12t1t133s8v共1 m/s4t2v共1 s2 g4x板1311 m5 m 0.078m2844648 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=0.2，木板与水平面间的动摩擦因数为21=0.4设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g 10m / s2 （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 t 2=1s 物块恰好到达板右端，求板长L=？【
17、答案】（ 1） 12N F18N（ 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M之F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=2(M +m)g 0.4 (2+1) 102N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
18、静摩擦力时，拉力F最大；对 m： 1mg ma 得 a= 1g 0.2 10m/s2 2m/s2对整体： F- 2 (M+m)g (M+m)a代入数据： F-12=（ 2+1） 2解得： F=18N所以拉力F 大小范围是12N F18N（2）拉动木板的水平力F=15N， M 、m 一起匀加速运动F2 Mm g151221m / s2根据牛顿第二定律：am / sMm21t 1 4s 时速度 v1 at1 14m/ s4m/s撤去 F 后，物块加速度a1 1g 2m/s2对木板： 1mg- 2(M+m)gMa 2，代入数据： 0.2 10-12 2 a2解得： a2 -5 m/s2木板向右速度减
19、为0 的时间；根据题意t2=1s 物块恰好到达板右端t1 0 v1 0 4 s0.8sa2511212在t 时间内物块的位移：x1 v1t1a1t14 0.82 08 2.56m22木板的位移：x2 v1 t1 40.81.6m22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 t 2=1s物块恰好到达板右端所以木板静止后，木块继续运动0.2st 1 0.8s时物块的速度v2=v1-a1t1 4-2 0.8 2.4m/s1212Vx v2t 22a1t 22.4 0.222 02 m0.44m木板长： L= x+x =0.96+0.44=1.4m9 如图
20、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O 点，水平面以 O 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，并用细线锁住，两者以共同速度v0=8 m/s 向右运动，某时刻细线突然断开，C 和弹簧分离后，撤去 D， C 与 A 碰撞并与 A 粘连（碰撞时间极短），此后，AC 及 B 的速度一时间图象如图乙所示。已知A、 B、 C、D 的质量均为 m=l kg ，木板 A 的长度 l= 5m， A、C 与粗糙面间的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10 m s2 。求：(1) 长木板 A 与桌面间的动摩擦因数
21、及B 与 A 间的动摩擦因数。(2) 烧断细线之前弹簧的弹性势能。(3) 最终物块 B 离长木板 A 左端的距离。【答案】（ 1）0.10.2 （ 2） 1J（3） 3.05m【解析】（ 1）设 A 与地面间的动摩擦因数为， B 与 A 上表面的动摩擦因数为 /，由图乙可知：0-1s ， AC 整体做匀减速运动的加速度aA1=3.5m/s 2， B 做匀加速运动的加速度aB1=1m/s2，对 AC整体： 3mgmg2maA1对 B 有：mgmaB1解得：/ =0.1 ； =0.2（2） C 与 A 碰撞过程中动量守恒：mvC=2mvA，其中vA=4.5m/s解得vC=9m/s弹簧弹开过程中，C
22、D系统动量守恒，由动量守恒定律：2mv0mvCmvD解得： vD=7m/s弹 簧 弹 开 过 程 中 ， CD 及 弹 簧 组 成 的 系 统 的 机 械 能 守 恒 ， 则 有 ：12mv02EP1 mvC21 mvD2222解得： EP=1J（3）由图乙可知： 0-1s内 B 相对 A 向左运动的位移：x14.51m 2.25m2AB速度相等后， B 的加速度：aB 2g1m/ s2AC整体的加速度：aA23mgmg2.5m / s22m因 aA 2 aB 2，所以 AC整体先停止运动，AC整体的运动时间为：t1 s0.4 s，2.5在 0.4s 内 B 相对 A 向右运动的位移：x2vt
23、1aB 2t21vt0.12m22A 停止时 B 的速度： v vaB 2t 0.6m / s然后 B 在 A 上面做匀减速运动直到停止，B 的加速度 aB 3g1m / s2B 相对 A 向右运动的位移：x3v20.18m2aB 3所以最终 B 离长木板 A 左端的距离 x lx1 x2 x3 3.05m10 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F； 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A00
24、与地面间的动摩擦因数12g 0.5， B 与地面间的动摩擦因数 0.1，取重力加速度大小10 m/s 2， sin37 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 A，由牛顿第二定律：F cos1 mgF sinma1 ；对物体 A 撤去外力后：1mg ma1 ；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：021； x2v0t12x x x xa2tx1 1 a1t122a1t1 tt11 a1 tt1222得 x 0.875 m
