高考物理牛顿运动定律的应用技巧(很有用)及练习题

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，有1、2、3三个质量均为m=1kg的物体，物体2与物体3通过不可伸长轻绳连接，跨过光滑的定滑轮，设长板2到定滑轮足够远，物体3离地面高H=5.75m， 物体1与长板2之间的动摩擦因数μ=O.2.长板2在光滑的桌面上从静止开始释放，同时物体1(视为质点)在长板2的左端以v=4m/s的初速度开始运动，运动过程中恰好没有从长板2的右端掉下．(取g=10m/s²)求： (1)长板2开始运动时的加速度大小； (2)长板2的长度L0；

(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．

【答案】（1）6m/s2（2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向

（1）物体1： -μmg = ma1 a1=–μg = -2m/s2 物体2：T+μmg= ma2 物体3：mg–T= ma3 且a2= a3

由以上两式可得：a2gg=6m/s2 2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t 代入数据解t1=0．5s v1=3m/s

x1vv1t=1．75m 2x2v1t=0．75m 2所以木板2的长度L0=x1-x2=1m

（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T=2ma mg—T=ma 即mg=3ma 得ag 3对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a3=μg=2m/s2 物体2：T—μmg= ma4 物体3：mg–T= ma5 且a4= a5 得：a4gg=4m/s2 212a4t2 2整体下落高度h=H—x2=5m 根据hv1t2解得t2=1s

物体1的位移x3v1t212a3t2=4m 2h-x3=1m 物体1在长木板2的最左端 【点睛】

本题是牛顿第二定律和运动学公式结合，解题时要边计算边分析物理过程，抓住临界状态：速度相等是一个关键点．

2．.某校物理课外小组为了研究不同物体水下运动特征， 使用质量m=0.05kg的流线型人形模型进行模拟实验．实验时让模型从h=0.8m高处自由下落进入水中．假设模型入水后受到大小恒为Ff=0.3N的阻力和F=1.0N的恒定浮力，模型的位移大小远大于模型长度，忽略模型在空气中运动时的阻力，试求模型

（1）落到水面时速度v的大小； （2）在水中能到达的最大深度H； （3）从开始下落到返回水面所需时间t． 【答案】（1）4m/s（2）0.5m（3）1.15s 【解析】 【分析】 【详解】

（1）模型人入水时的速度记为v，自由下落的阶段加速度记为a1，则a1=g；v2=2a1h 解得v=4m/s；

（2）模型人入水后向下运动时，设向下为正，其加速度记为a2，则：mg-Ff-F=ma2

解得a2=-16m/s2

0v20.5m 所以最大深度：H2a2（3）自由落体阶段：t1在水中下降t2v0.4s g0v0.25s a2在水中上升：F-mg-Ff=ma3 解得a3=4.0m/s2 所以：t32H0.5s a3总时间：t=t1+t2+t3=1.15s

3．如图所示，水平传送带长为L=11.5m，以速度v=7.5m/s沿顺时针方向匀速转动．在传送带的A端无初速释放一个质量为m=1kg的滑块（可视为质点），在将滑块放到传送带的同时，对滑块施加一个大小为F=5N、方向与水平面成θ=370的拉力，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.5，重力加速度大小为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求滑块从A端运动到B端的过程中:

（1）滑块运动的时间；

（2）滑块相对传送带滑过的路程． 【答案】（1）2s（2）4m 【解析】 【分析】

（1）滑块滑上传送带后，先向左匀减速运动至速度为零，以后向右匀加速运动．根据牛顿第二定律可求得加速度，再根据速度公式可求出滑块刚滑上传送带时的速度以及速度相同时所用的时间； 再对共速之后的过程进行分析，明确滑块可能的运动情况，再由动力学公式即可求得滑块滑到B端所用的时间，从而求出总时间．

（2）先求出滑块相对传送带向左的位移，再求出滑块相对传送带向右的位移，即可求出滑块相对于传送带的位移． 【详解】

（1）滑块与传送带达到共同速度前 , 设滑块加速度为a1，由牛顿第二定律：

Fcos37mgFsin37ma1

2解得：a17.5m/s

滑块与传送带达到共同速度的时间：t1此过程中滑块向右运动的位移：s1v1s a1vt13.75m 2共速后 , 因 Fcos37mgFsin37 ，滑块继续向右加速运动， 由牛顿第二定律：Fcos37mgFsin37ma2

2解得：a20.5m/s

根据速度位移关系可得：v2Bv22a2Ls1

vBv1s a2滑块到达 B 端的速度：vB8m/s 滑块从共速位置到 B 端所用的时间：t2滑块从 A 端到 B 端的时间：tt1t22s

（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：Vs1vt1s13.75m ，

s2Ls1vt20.25m ， 1s∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： V0∼2s 内滑块相对传送带的路程： VsVs1Vs24m

4．如图所示，质量为m=1kg的滑块，在水平力F作用下静止在倾角为θ=30°的光滑斜面上，斜面的末端处与水平传送带相接(滑块经过此位置滑上皮带时无能量损失)，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1.4m，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．滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g=10m/s2．求

(1)水平作用力F的大小； (2)滑块开始下滑的高度h；

(3)在第(2)问中若滑块滑上传送带时速度大于3m/s，求滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量Q． 【答案】(1)【解析】 【分析】 【详解】

解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力FN处于平衡，如图所示：

(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J

水平推力解得：

① ②

（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 由机械能守恒有：

，解得：

③

若滑块冲上传送带时的速度小于传送带速度，则 滑块在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：解得：

⑤

④

若滑块冲上传送带时的速度大于传送带的速度，则滑块由于受到向左的滑动摩擦力而做匀减速运动；根据动能定理有：解得：

⑦

⑥

（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：s=v0t 由机械能守恒有：

⑨

滑块相对传送带滑动的位移相对滑动生成的热量

⑫

⑪

⑩ ⑧

5．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0.078m 【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v1由动量守恒定律

m0v0Mm0v1 ①

子弹击中小物块后物块的质量为M，且MMm0.设当物块滑至第n块木板时，木板

才开始运动

1Mg2(M(6n)m)g ②

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n4.3

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4L1Mm0vs2v12,vs1m/s 2之后物块继续减速，第五块木板加速直至共速后一起减速，

vt图象如图:

231-2t1t1t1s381v共m/s4v1t2共s2g413115x板mm0.078m284464

6．下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害．某地有一倾角为θ=37°（sin37°=

）的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一

碎石堆A（含有大量泥土），A和B均处于静止状态，如图所示．假设某次暴雨中，A浸透雨水后总质量也为m（可视为质量不变的滑块），在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为

，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；

在第2s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l=27m，C足够长，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：

（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小； （2）A在B上总的运动时间．

【答案】（1）a1=3m/s2； a2=1m/s2；（2）4s 【解析】

本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题； （1）在0-2s内，A和B受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:

⑴

...⑵ ⑶

⑷

以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：

⑸

⑹

联立以上各式可得a1=3m/s2⑺ a2=1m/s2..⑻

（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则

v1=a1t1=6m/s ⑼ v2=a2t1=2m/s ⑽

t>t1时，设A和B的加速度分别为

⑾ ⑿

即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：

⒀

联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁

在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

⒂

此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有

，

此时AB之间摩擦力为零，同理可得：

可得,t3=1s（另一解不合题意，舍去，） 则A在B上的运动时间为t总. t总=t1+t2+t3=4s

（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）

【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；

【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．

7．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg，小车的质量M=10kg，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N的力拉绳时，求：

（1）人与车一起运动的加速度的大小； （2）人所受的摩擦力的大小和方向；

（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．

【答案】（1）2m/s2（2）140N（3）0.5s 【解析】 【详解】

（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N，总重为（60+10）×10=700N，受阻力为700×0.1=70N，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N，则合外力为F=560-70-350=140N 则根据牛顿第二定律，加速度为a=

即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2。

（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有 ma=T+f-mgsin30° 代入数据解得：f=140N

即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力。

（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为 a′＝

＝−6m/s2

=2m/s2

根据速度时间公式，有【点睛】

即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s。

本题关键是对小车和人整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，再对人受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。

8．总质量为60kg的人和滑雪板沿着倾角为370的斜坡向下滑动,如图甲所示，所受的空气阻力与速度成正比．今测得滑雪板运动的vt图象如图乙所示，图中AC是曲线中A点的切线，C点坐标为4,15，BD是曲线的渐近线．（sin3700.6 cos3700.8，

g取10m/s2）根据以上信息，计算下列物理量：

（1）滑雪板沿斜波下滑的最大速度vm； （2）空气的阻力系数k；

（3）滑雪板与斜坡间的动摩擦因数． 【答案】（1）vm10m/s （2）k30kg/s （3）0.125 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由v-t图象得，雪撬在斜面上下滑的最大速度为：vm10m/s （2）由v-t图象得： A点vA=5m/s， C点：vc15m/s 则A点的瞬时加速度为：aA下滑过程中，在A点：

vA2.5m/s2 tAmgsinmgcoskvAmaA

当速度最大时，a0，有：

mgsinmgcoskvm0

代入数据解得： 空气的阻力系数 kmaA30 kg/s

vmvAmgsin37kvm0.125 （3）雪撬与斜坡间的动摩擦因数为 mgcos37

9．如图所示，质量为M=2kg、左端带有挡板的长木板放在水平面上，板上贴近挡板处放有一质量为m=1kg的物块，现用一水平向右大小为9N的拉力F拉长木板，使物块和长木板

一起做匀加速运动，物块与长木板间的动摩擦因数为μ1=0.1，长木板与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，运动一段时间后撤去F，最后物块恰好能运动到长木板的右端，木板长L=4.8m，物块可看成质点，不计挡板的厚度，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g=10m/s2，求：

(1)撤去F的瞬间，物块和板的加速度； (2)拉力F作用的时间； (3)整个过程因摩擦产生的热量。

【答案】(1)1 m/s2，方向向左， 2.5 m/s2，方向向左(2)4s(3)72J 【解析】 【详解】

(1)撤去拉力时，设物块和板的加速度大小为 a1、a2，由牛顿第二定律得： 对物块：

μ1mg=ma1

对木板：

μ2（M+m）g-μ1mg =Ma2

解得：

a1=1 m/s2，方向向左 a2=2.5 m/s2，方向向左

(2)开始阶段，由于挡板的作用，物块与木板将一起做匀加速直线运动，则对整体：

F-μ2（M+m）g=（M+m）a0

解得：

a0=1 m/s2。

设撤去力 F 时二者的速度为 v，由于 μ1 小于 μ2，那么当撤去 F 后，板和物块各自匀减速到零，则滑块的位移：

v2x1

2a1木板的位移：

v2x2

2a2又：

x1-x2=L

联立方程，代入数据得：

v=4m/s

设力F作用的时间为t，则：

v=a0t

所以：

t(3)在拉力F的作用下木板的位移：

v4s4s a01121a0t=×1×42=8m 22由上解得，撤去拉力后木板的位移：

x2=3.2m

x0=

根据功能原理，知整个的过程中因摩擦产生的热量为木板受到的地面的摩擦力与木板位移的乘积加上滑块受到的摩擦力与滑块相对于木板的位移的乘积，即：

Q=μ2（M+m）g（x2+x0）+μ1mg（x1-x2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J

10．《中华人民共和国道路交通安全法》规定：汽车在高速公路上行驶的最高速度不能超过120km/h．有一卡车甲在高速公路上发生了故障，警察在距离故障车150m处放置了警告标示牌，以提醒后方的车辆．另有一小轿车乙正以120km/h的速度向故障车驶来，司机突然发现了警告标示牌，此时车辆距标示牌距离d=20m，司机立即紧急刹车．已知司机的反应时间t=0.3s，路面与轮胎之间的动摩擦因数为0.5，重力加速度g取10m/s2．求： (1)在反应时间内轿车的位移大小； (2)刹车过程的加速度大小； (3)计算分析甲、乙两车是否相撞．

【答案】110m；25m/s2；3甲、乙两车不会相撞 【解析】 【详解】

（1）司机的反应时间0.3s内，轿车做匀速直线运动， 由题意知：v0120km/h100m/s 31000.3m10m 3（2）刹车过程，根据牛顿第二定律得mgma

所以在反应时间内轿车的位移大小x1v0t得a5m/s2．

（3）轿车刹车后做匀减速直线运动，发生位移为

1002)0v10003x2mm111.1m 2a25920(当轿车司机发现警告标示牌到刹车停下时通过的总位移为xx1x2121m 因xd150m20m150m170m． 故轿车乙不会与故障车甲相撞．