高考物理牛顿运动定律的应用(一)解题方法和技巧及练习题

高考物理牛顿运动定律的应用(一)解题方法和技巧及练习题

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板左端放置一小物块，在木板右方有一墙壁，木板右端与墙壁的距离为4.5m ，如图（a ）所示．0t =时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向右运动，直至1t s =时木板与墙壁碰撞（碰撞时间极短）．碰撞前后木板速度大小不变，方向相反；运动过程中小物块始终未离开木板．已知碰撞后1s 时间内小物块的v t -图线如图（b ）所示．木板的质量是小物块质量的15倍，重力加速度大小g 取10m/s 2．求

（1）木板与地面间的动摩擦因数1μ及小物块与木板间的动摩擦因数2μ； （2）木板的最小长度；

（3）木板右端离墙壁的最终距离．

【答案】（1）10.1μ=20.4μ=（2）6m （3）6.5m 【解析】

（1）根据图像可以判定碰撞前木块与木板共同速度为v 4m/s = 碰撞后木板速度水平向左，大小也是v 4m/s =

木块受到滑动摩擦力而向右做匀减速，根据牛顿第二定律有24/0/1m s m s

g s

μ-=

解得20.4μ=

木板与墙壁碰撞前，匀减速运动时间1t s =，位移 4.5x m =，末速度v 4m/s = 其逆运动则为匀加速直线运动可得212

x vt at =+ 带入可得21/a m s =

木块和木板整体受力分析，滑动摩擦力提供合外力，即1g a μ= 可得10.1μ=

（2）碰撞后，木板向左匀减速，依据牛顿第二定律有121()M m g mg Ma μμ++= 可得214

/3

a m s =

对滑块，则有加速度2

24/a m s =

滑块速度先减小到0，此时碰后时间为11t s = 此时，木板向左的位移为2111111023x vt a t m =-

=末速度18

/3

v m s =

滑块向右位移214/0

22

m s x t m +=

= 此后，木块开始向左加速，加速度仍为2

24/a m s =

木块继续减速，加速度仍为214

/3

a m s =

假设又经历2t 二者速度相等，则有22112a t v a t =- 解得20.5t s =

此过程，木板位移23121217

26

x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移242211

22

x a t m =

= 此后木块和木板一起匀减速．

二者的相对位移最大为13246x x x x x m ?=++-= 滑块始终没有离开木板，所以木板最小的长度为6m

（3）最后阶段滑块和木板一起匀减速直到停止，整体加速度2

11/a g m s μ==

位移23

522v x m a

==

所以木板右端离墙壁最远的距离为135 6.5x x x m ++= 【考点定位】牛顿运动定律

【名师点睛】分阶段分析，环环相扣，前一阶段的末状态即后一阶段的初始状态，认真沉着，不急不躁

2．如图甲所示,质量为1kg m =的物体置于倾角为37θ?=的固定且足够长的斜面上,对物体施以平行于斜面向上的拉力F ，10.5s t = 时撤去拉力,物体速度与时间v-t 的部分图象如图乙所示。(2

10/,sin 370.6,cos370.8g m s ?

?

===)问： （1）物体与斜面间的动摩擦因数μ为多少？ （2）拉力F 的大小为多少？

【答案】(1)0.5 (2)30N 【解析】

【详解】

（1）由速度时间图象得：物体向上匀减速时加速度大小：

22110-5

m/s 10m/s 0.5

a =

= 根据牛顿第二定律得：

1sin cos mg mg ma θμθ+=

代入数据解得：

0.5μ=

（2）由速度时间图象得：物体向上匀加速时：

2220m /s v

a t

?=

=? 根据牛顿第二定律得：

2sin cos F mg mg ma θμθ--=

代入数据解得：

30N F =

3．如图甲所示，长为L =4.5 m 的木板M 放在水平地而上，质量为m =l kg 的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F 作用在木板M 上，通过传感器测m 、M 两物体的加速度与外力F 的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g = 10m ／s 2．求：

（1）m 、M 之间的动摩擦因数；

（2）M 的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；

（3）若开始时对M 施加水平向左的恒力F =29 N ，且给m 一水平向右的初速度v o =4 m ／s ，求t =2 s 时m 到M 右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg ，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由乙图知，m 、M 一起运动的最大外力F m =25N ， 当F >25N 时，m 与M 相对滑动，对m 由牛顿第二定律有：

11mg ma μ=

由乙图知

214m /s a =

解得

10.4μ=

（2）对M 由牛顿第二定律有

122()F mg M m g Ma μμ--+=

即

12122()()F mg M m g mg M m g F

a M M M

μμμμ--+--+=

=+

乙图知

11

4

M = 12()9

4

mg M m g M μμ--+=-

解得

M = 4 kg μ2=0. 1

（3）给m 一水平向右的初速度04m /s v =时，m 运动的加速度大小为a 1 = 4 m/s 2,方向水平向左，

设m 运动t 1时间速度减为零，则

11

1s v t a =

= 位移

2101111

2m 2

x v t a t =-=

M 的加速度大小

2122()5m /s F mg M m g

a M

μμ--+=

=

方向向左， M 的位移大小

2

2211 2.5m 2

x a t =

= 此时M 的速度

2215m /s v a t ==

由于12x x L +=，即此时m 运动到M 的右端，当M 继续运动时，m 从M 的右端竖直掉落，

设m 从M 上掉下来后M 的加速度天小为3a ，对M 由生顿第二定律

23F Mg Ma μ-=

可得

2325

m /s 4

a =

在t =2s 时m 与M 右端的距离

2321311

()()8.125m 2

x v t t a t t =-+-=．

4．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0L ；

(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．

【答案】（1）26m /s （2）1m （3）1m 【解析】 【分析】 【详解】 设向右为正方向

（1）物体1： -μmg = ma 1 a 1=–μg = -2m/s 2 物体2：T +μmg = ma 2 物体3：mg –T = ma 3 且a 2= a 3

由以上两式可得：22

g g

a μ+=

=6m/s 2 （2）设经过时间t 1二者速度相等v 1=v +a 1t=a 2t 代入数据解t 1=0．5s v 1=3m/s

1

12

v v x t +=

=1．75m 122

v t

x =

=0．75m 所以木板2的长度L 0=x 1-x 2=1m

（3）此后，假设物体123相对静止一起加速

T =2m a mg —T =ma 即mg =3m a 得3

g a =

对1分析：f 静=ma =3．3N ＞F f =μmg =2N ，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a 3=μg =2m/s 2 物体2：T —μmg = ma 4 物体3：mg –T = ma 5 且a 4= a 5 得：42

g g

a μ-=

=4m/s 2 整体下落高度h =H —x 2=5m 根据2124212

h v t a t =+ 解得t 2=1s

物体1的位移2

3123212

x v t a t =+

=4m h -x 3=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．

5．如图，质量分别为m A =2kg 、m B =4kg 的A 、B 小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H =25m 处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g =10m/s 2，不计细绳与滑轮间的摩擦，求：,

(1)A 、B 两球开始运动时的加速度． (2)A 、B 两球落地时的动能． (3)A 、B 两球损失的机械能总量．

【答案】（1）2

5m/s A a =27.5m/s B a = （2）850J kB E = （3）250J

【解析】 【详解】

(1)由于是轻绳,所以A 、B 两球对细绳的摩擦力必须等大，又A 得质量小于B 的质量，所以两球由静止释放后A 与细绳间为滑动摩擦力，B 与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：

对A ：A A A A m g f m a -= 对B ：B B B B m g f m a -=

A B f f = 0.5A A f m g =

联立以上方程得：2

5m/s A a = 27.5m/s B a =

(2)设A 球经t s 与细绳分离，此时，A 、B 下降的高度分别为h A 、h B ，速度分别为V A 、V B ，因为它们都做匀变速直线运动 则有：212A A h a t =

21

2

B B h a t = A B H h h =+ A A V a t = B B V a t = 联立得：2s t =，10m A h =，

15m B h =，10m/s A V =，15m/s B V =

A 、

B 落地时的动能分别为kA E 、kB E ，由机械能守恒，则有：

21()2kA A A A A E m v m g H h =

+- 400J kA E = 2

1()2kB B B B B E m v m g H h =+- 850J kB E =

(3)两球损失的机械能总量为E ?，()A B kA kB E m m gH E E ?=+-- 代入以上数据得：250J E ?= 【点睛】

(1)轻质物体两端的力相同,判断A 、B 摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到． (3)由能量守恒定律可求出．

6．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m 、相距为x 0的小球A 和B ，A 球所带电荷量为+q ，B 球不带电。现在A 球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E ，小球A 在电场力作用下由静止开始运动，然后与B 球发生弹性正碰，A 、B 碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

(1)A 球与B 球发生第一次碰撞后B 球的速度；

(2)从A 球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A 球所做的功； (3)要使A 、B 两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d 应满足的条件。 【答案】（10

2qEx m

（2）5qEx 0（3）8x 0

【解析】

【详解】

（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为v A1、v B1。对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma

由运动学公式有：v02=2ax0。

解得：v0

对于AB碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律得：mv0=mv A1+mv B1

1 2mv02=

1

2

mv A12+

1

2

mv B12。

解得：v B1=v0v A1=0

（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：x A1=v A1t1+1

2

at12=v B1t1

从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为：W=qE（x0+x A1）

解得：W=5qEx0。

（3）设第二次碰撞前A的速度为v A1′，碰撞后A、B的速度分别为v A2、v B2．有：v A1′=v A1+at1。

第二次碰撞过程，有：

mv A1′+mv B1=mv A2+mv B2。

1 2mv A1′2+

1

2

mv B12=

1

2

mv A22+

1

2

mv B22。

第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度v B2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：v B22-v A22=2a?△x1。

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为v A2′，碰撞后A、B的速度分别为v A3、v B3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：

x A2=v A2t2+1

2

at22=v B2t2。

v A2′=v A2+at2。

第三次碰撞过程，有：mv A2′+mv B2=mv A3+mv B3

1 2mv A2′2+

1

2

mv B22=

1

2

mv A32+

1

2

mv B32．

v B32-v A32=2a?△x2

所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+x A1+△x1＜d≤x0+x A1+x A2+△x2。解得：8x0＜d≤18x0

7．如图所示，质量M=2kg 足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg 的小滑块，以6m/s 的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g 取l0m/s 2．

（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．

（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．

【答案】（1）20

3.6m 2v x a

==（2）t=1s （3）121x x m +=

【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：（1）2

25m /s a g μ==

20 3.6m 2v x a

==

（2）对m ：2

125/a g m s μ==，

对M ：221()Ma mg m M g μμ=-+，

221m /s a =

012v a t a t -=

t=1s

（3）木板共速前先做匀加速运动2

110.52

x at m == 速度121m /s v a t ==

以后木板与物块共同加速度a 3匀减速运动

231/a g m s μ==，

2231

0.52

x vt a t m =+=

X=121x x m +=

考点：牛顿定律的综合应用

8．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：2

y 2gh v = 得：v y =3m/s

小球沿切线进入圆弧轨道，则：3

5m/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：2

18/a m s =

小球做减速运动时：2mg ma μ=

可得：2

22/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：222

m m A v v v

x t t +=

?+? 联立可得：0.6t s =

9．如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带BC ．已知传送带沿顺时针方向运行的速度v =4 m/s ，B 、C 两点的距离L =6 m 。一质量m =0.2kg 的滑块（可视为质点）从传送带上端B 点的右上方比B 点高h =0. 45 m 处的A 点水平抛出，恰好从B 点沿BC 方向滑人传送带，滑块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，取重力加速度g =10m/s 2 ，sin37°= 0.6，cos 37°=0.8。求：

(1)滑块水平抛出时的速度v 0；

(2)在滑块通过传送带的过程中，传送带和滑块克服摩擦力做的总功W . 【答案】(1)v 0=4m/s (2)W =8J 【解析】 【详解】

(1)滑块做平抛运动在B 点时竖直方向的分速度为：

平抛后恰好沿BC 方向滑人传送带，可知B 点的平抛速度方向与传送带平行， 由几何关系及速度分解有：

解得：

(2)滑块在B 点时的速度大小为

滑块从B 点运动到C 点过程中，由牛顿第二定律有：

可得加速度

设滑块到达C 点时的速度大小为v C ，有：

解得：

此过程所经历的时间为：

故滑块通过传送带的过程中，以地面为参考系，滑块的位移x 1=L =6m ，

传送带的位移x 2=vt =4m ；

传送带和滑块克服摩擦力所做的总功为：

代入数据解得：

【点睛】

此题需注意两点，(1)要利用滑块沿BC 射入来求解滑块到B 点的速度；(2)计算摩擦力对物体做的功时要以地面为参考系来计算位移。

10．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

1

F 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

1

F s

-的函数关系式． 【答案】（1）0.5m （2）F≤4N ；（3）144

F 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：22

011121110.522

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?1

2

a M t 2 s=2Δx

联立

1s ?F 函数关系式解得：14

4F 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．