1、【物理】物理牛顿运动定律的应用易错剖析及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1 如图，质量为m=lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为=37的光滑斜面上，离斜面末端 B 的高度 h=0. 2m，滑块经过B 位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为 v0 =3m/s ，长为 L=1m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 g 取 l0m/s 2.求：(1)水平作用力F 的大小；（已知sin37 =0.6 cos37 =0.8）(2)滑块滑到 B 点的速度v 和传送带的动摩擦因数；(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量【答案】 （1） 7.
2、5N（ 2） 0.25（3） 0.5J【解析】【分析】【详解】(1)滑块受到水平推力F. 重力 mg 和支持力FN 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtan，代入数据得：F=7.5N.(2)设滑块从高为h 处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒，故有：mgh=1 mv22解得v=2gh =2m/s ；滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动；根据动能定理有： mgL=1 mv021 mv222代入数据得：=0.25(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为：x=v0t对物体有：v0=v- atm
3、a= mg滑块相对传送带滑动的位移为：x=L-x相对滑动产生的热量为：Q= mgx代值解得：Q=0.5J【点睛】对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移2 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
4、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.( 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 ( M m) g kX物体离开秤盘时x1 at 22k ( X x) 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
5、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3 如图所示，质量为m=5kg 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 ； (
6、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： aB4m / s2对木块有2mg maA ， 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 ， vAa
7、A 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 2mgt21mgt2mvmvB ，可得 t20.2s ， v=2.4m/s在撤掉 F 之前，二者的相对位移x1vBt1vAt122撤去 F 之后，二者的相对位移x2vBvvAv2t2t 22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 xB01mv22二者的相对位移x3 xAxB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
8、学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点4 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
9、 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；（ 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
10、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：mgsin37-1mgcos37 =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/s12=12的位移： x1=a1 t2 41=2m2从 4m/s 加速到 B 点的加速度：根据牛顿第二定律可得：mgsin37-=ma2；2mgcos37解得： a2 =5m/s 2；根据位移速度关系：vB2-v 12 2a2(L- x1)计算得 vB=12m/s（3）在水平面上第一阶段（速度从12m/s 减
11、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5 如图所示， BC为半径 r22 m 竖直放置的细圆管， O 为细圆管的圆心，在圆管的末5端 C 连接倾斜角为45、动摩擦因数 0.6 的
12、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 v0 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9s 再次回到 C点。（ g 10m/s2 ）求：8（1）小球从O 点的正上方某处A 点水平抛出的初速度v0 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 v0 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
13、动则说明理由。【答案】（ 1） 2m/s （2） 20.9N（ 3） 52 N【解析】【详解】（1）小球从A 运动到 B 为平抛运动，有：rsin45 v0tgt在 B 点有： tan45 v0解以上两式得：v0 2m/s（ 2）由牛顿第二定律得：小球沿斜面向上滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 +gcos45 82 m/s 2a1m小球沿斜面向下滑动的加速度：mgsin45mgcos45gsin45 gcos45 22 m/s 2a2m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：111212 2 22a ta t2又因为： t1+t 29s8解得
14、： t133s， t 2s84小球从 C 点冲出的速度：vC a1t1 32 m/s在 C 点由牛顿第二定律得：N mg m vC2r解得： N 20.9N（3）在 B 点由运动的合成与分解有： vBv022 m/ssin45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：Fm vB2r解得： F 52 N由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为5 2 N，6 如图所示，质量，的木板fx静止在光滑水平地面上木板右端与竖直墙壁之间距离为，其上表面正中央放置一个质量的小滑块A A 与 B 之间动摩擦因数为0.2 ，现用大小为F18N 的推力
15、水平向右推B ，两者发生相对滑动，作用t1 s 后撤去推力F通过计算可知，在B 与墙壁碰撞时A 没有滑离 B 设 B 与墙壁碰撞时间极短，且无机械能损失，重力加速度g10 m/s2 求：(1) A 相对 B 滑动的整个过程中 A 相对 B 向左滑行的最大距离；(2) A 相对 B 滑动的整个过程中，A 、 B 系统产生的摩擦热【答案】 (1)(2)【解析】【详解】（1）在施加推力F 时，方向向右aBFmg4m / s2 方向向右Mls 末， F 撤去时，s11 aAt121m2s21 aB t122m2A 相对 B 向左滑动的距离撤去 F 至 A、 B 达到共同速度的过程中，方向向右，方向向左
16、设 A、 B 速度相等经历的时间为t 2VAaA t 2 VB aBt 2 得在此时间内B 运动的位移为 s2+s3sB 与墙碰前速度相等， A、 B 的共同速度A 相对 B 向左滑动的距离（2）与墙壁碰后：MV ABmVAB （ mM ） V共mg Vs31 (M m)VAB 2 1 (M m)V共 222点睛：此题物理过程较复杂，解决本题的关键理清木块和木板在整个过程中的运动规律，按照物理过程发生的顺序，结合能量守恒定律、动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式综合求解7 如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动m=1kg的小物块无初速地放到皮带A 处，物块与皮带
17、间的滑动动摩擦因数之间距离s=6m ，求物块（1 ）从 A 运动到 B 的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s2）（2 ） A 到 B 的过程中摩擦力的功率是多少？一质量 =0.2，A、 B【答案】（ 1 ） 8J；（ 2 ）3.2W ；【解析】（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为：物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：说明此时物块还没有到达B 点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力，由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为：（2）匀加速运动的时间，匀速运动的时间，摩擦力的功率8 如图所示，始终绷紧的水平传送带以的恒定速率沿顺时针方向转动，质量的平板车停在传送带的右端.现把质
18、量可视为质点的行李箱轻轻放到距传送带右端位置行李箱与传送带、平板车间的动摩擦因数分别为、，平板车与水平地面间的动摩擦因数为.（不计空气阻力，g=10m/s2 ）试求：（ 1）行李箱在传送带上运动的时间（ 2）若行李箱由传送带滑到平板车上时速度不变，要想行李箱恰不从平板车上滑出，平板车的最小长度.【答案】 (1)2.25s(2)见解析【解析】(1) 行李箱在传送带加速时的加速度满足，则行李箱在传送带能加速的时间，能加速的距离，所以行李箱在传送带上先加速后匀速。行李箱在传送带匀速的时间行李箱在传送带上运动的时间(2) 行李箱滑到平板车后，当行李箱速度大于平板车速度时：行李箱做减速运动，由牛顿第二定
19、律可得，行李箱加速度大小满足，解得：平板车做加速运动，由牛顿第二定律可得，平板车加速度大小满足，解得：设行李箱经时间恰好到达平板车右端且两者速度刚好第一次相等为，则：，解得：这种情况下，平板车的长度平板车的最小长度点睛：板块模型是牛顿运动定律部分的典型模型，要注意研究对象的选取，以及临界条件的确定。9 如图所示，质量为M 2 kg 的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m 1 kg 的小滑块( 可视为质点 ) 以 v03.6 m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动已知滑块与木板间的动摩擦因数 0.1 ，重力加速度g 取 10 m/s 2. 求：(1) 滑块在木板上滑动过
20、程中，长木板受到的摩擦力大小f 和方向；(2) 滑块在木板上滑动过程中，滑块加速度大小；(3) 若长木板长 L0=4.5m，试判断滑块与长木板能达到的共同速度v，若能，请求出共同速度大小和小滑块相对长木板上滑行的距离 L；若不能，请求出滑块滑离木板的速度和需要的时间【答案】 (1)f=1N，方向向右； (2)a=1m/s 2； (3)能， v=1.2m/s 【解析】【分析】【详解】(1)木板所受摩擦力为滑动摩擦力：f= mg=1N方向向右；(2) 由牛顿第二定律得： mg=ma2；得出： a=g=1m/s(3) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律： mg=Ma2可得出木板的加速度为： a=0.
21、5m/s设经过时间 t ，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：对滑块有： v=v0-at对长木板有： v=at由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v=1.2m/s ， t=2.4s在 2.4s 内木板前进的位移为：x1v t1.2 2.4m1.44 m22木块前进的位移为：x2 v0v t3.61.22.4m5.76m22木板的长度最短为：L=x2-x1=4.32m4.5m ，所以两者能达到共同速度10 图1 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为在木板上施加一水平向右的拉力 F，在 0 3s 内系统开始时静止F
22、 的变化如图2 所示，图中F 以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个（1）求 1s、 1.5s、 2s、3s 末木板的速度以及2s、 3s 末物块的速度；（2）在同一坐标系中画出0 3s 内木板和物块的vt 图象，据此求板滑过的距离【答案】（ 1），0 3s 内物块相对于木（2）如图所示【解析】【分析】【详解】（1）设木板和物块的加速度分别为a 和 a ，在 t 时刻木板和物块的速度分别为vt和 v t ，木板和物块之间的摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得fma ， fmg当vtv t ， v 2v1a (tt )tt21Ff2ma, vt 2vt1a(t2t1 )联立可得 v14m / s, v1.54.5m / s,v2 4m / s, v34m / s ， v 2 4m / s,v 34m / s（2）物块与木板运动的v t 图象，如右图所示在03s内物块相对于木板的距离s 等于木板和物块vt 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25 （ m），下面的三角形面积为2（ m），因此s2.25m
