（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图所示，钉子A 、B 相距5l ，处于同一高度．细线的一端系有质量为M 的小物块，另一端绕过A 固定于B ．质量为m 的小球固定在细线上C 点，B 、C 间的线长为3l ．用手竖直向下拉住小球，使小球和物块都静止，此时BC 与水平方向的夹角为53°．松手后，小球运动到与A 、B 相同高度时的速度恰好为零，然后向下运动．忽略一切摩擦，重力加速度为g ，取sin53°=0.8，cos53°=0.6．求：
（1）小球受到手的拉力大小F ； （2）物块和小球的质量之比M :m ；
（3）小球向下运动到最低点时，物块M 所受的拉力大小T
【答案】（1）53F Mg mg =- （2）
65M m = （3）()85mMg T m M =+（4855
T mg =或8
11T Mg =
） 【解析】 【分析】 【详解】 （1）设小球受AC 、BC 的拉力分别为F 1、F 2 F 1sin53°=F 2cos53° F +mg =F 1cos53°+ F 2sin53°且F 1=Mg 解得5
3
F Mg mg =
- （2）小球运动到与A 、B 相同高度过程中 小球上升高度h 1=3l sin53°，物块下降高度h 2=2l 机械能守恒定律mgh 1=Mgh 2 解得
65
M m = （3）根据机械能守恒定律，小球回到起始点．设此时AC 方向的加速度大小为a ，重物受到的拉力为T
牛顿运动定律Mg –T =Ma 小球受AC 的拉力T ′=T 牛顿运动定律T ′–mg cos53°=ma
解得85mMg T m M =
+（）（488
5511
T mg T Mg =
=或） 【点睛】
本题考查力的平衡、机械能守恒定律和牛顿第二定律．解答第（1）时，要先受力分析，建立竖直方向和水平方向的直角坐标系，再根据力的平衡条件列式求解；解答第（2）时，根据初、末状态的特点和运动过程，应用机械能守恒定律求解，要注意利用几何关系求出小球上升的高度与物块下降的高度；解答第（3）时，要注意运动过程分析，弄清小球加速度和物块加速度之间的关系，因小球下落过程做的是圆周运动，当小球运动到最低点时速度刚好为零，所以小球沿AC 方向的加速度（切向加速度）与物块竖直向下加速度大小相等．
2．如图所示，质量为2kg 的物体在与水平方向成37°角的斜向上的拉力F 作用下由静止开始运动．已知力F 的大小为5N ，物体与地面之间的动摩擦因数μ为0.2，（sin37°=0.6，cos37°=0.8）求：
(1)物体由静止开始运动后的加速度大小；
(2)8s 末物体的瞬时速度大小和8s 时间内物体通过的位移大小； (3)若8s 末撤掉拉力F ，则物体还能前进多远？ 【答案】(1)a =0.3m/s 2 (2)x =9.6m (3)x ′=1.44m 【解析】
(1)物体的受力情况如图所示：
根据牛顿第二定律，得: F cos37°-f =ma F sin37°+F N =mg 又f =μF N
联立得：a =cos37(sin 37)
F mg F m
μ--o o
代入解得a =0.3m/s 2
(2)8s 末物体的瞬时速度大小v =at =0.3×8m/s=2.4m/s 8s 时间内物体通过的位移大小2
19.6m 2
x at =
= (3)8s 末撤去力F 后，物体做匀减速运动， 根据牛顿第二定律得，物体加速度大小22.0m/s f mg a g m m
μμ=
===''
由v2=2a′x′得:2
1.44m
2
v
x
a
=
'
'
=
【点睛】本题关键是多次根据牛顿第二定律列式求解加速度，然后根据运动学公式列式求解运动学参量．
3．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μ=0.2，重力加速度g取10 m/s2．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)1N3N
F
≤≤ (2)0.5m
x
?=
【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：
222
011
-
22
A B
v v v
L
a a
=＋
又：011
-
=
A B
v v v
a a
解得：a B=6m/s2
再代入F＋μMg=ma B得：F=1N
若F<1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落，则由牛顿第二定律得：
对整体：F=(m＋M)a
对物体A：μMg=Ma
解得：F=3N
若F大于3N，A就会相对B向左滑下
综上所述，力F应满足的条件是1N≤F≤3N
(2)物体A滑上平板车B以后，做匀减速运动，由牛顿第二定律得：μMg=Ma A
解得：a A=μg=2m/s2
平板车B 做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F ＋μMg =ma B 解得：a B =14m/s 2
两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v 0－a A t =a B t 解得：t =0.25s A 滑行距离 x A =v 0t －12a A t 2=1516
m B 滑行距离：x B =
12a B t 2=716
m 最大距离：Δx =x A －x B =0.5m 【点睛】
解决本题的关键理清物块在小车上的运动情况，抓住临界状态，结合牛顿第二定律和运动学公式进行求解．
4．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 =
5．如图所示，质量m 1＝0.3 kg 的小车静止在光滑的水平面上，车长L ＝1.5 m ，现有质量m 2＝0.2 kg 可视为质点的物块，以水平向右的速度v 0＝2 m/s 从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，求：
(1)物块与小车共同速度； (2)物块在车面上滑行的时间t ； (3)小车运动的位移x ；
(4)要使物块不从小车右端滑出，物块滑上小车左端的速度v ′0不超过多少？ 【答案】(1)0.8 m/s (2)0.24 s (3)0.096 m (4)5 m/s 【解析】 【详解】
（1、2）根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a 2＝μg ＝0.5×10m/s 2＝5m/s 2， 小车的加速度大小为：22211
0.5210
m/s m/s 0.33
m g
a m μ?＝＝
＝ 根据v =v 0-a 2t =a 1t
得则速度相等需经历的时间为：0
12
0.24v t s a a =+＝； v =0.8m/s （3）小车运动的位移2211110
0.24m 0.096m 223
x a t =
=??= （4）物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v ，由水平方向动量守恒得：m 2 v 0′=（m 1+m 2）v
根据能量守恒得：μm 2gL ＝
12m 2v 0′2?1
2
(m 1+m 2)v 2 代入数据，联立解得v 0′=5m/s 。
6．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v 0=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/s 2．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)(2)0.1 m或0.8 m (3)0.5 J
【解析】
【分析】
【详解】
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力F N处于平衡，如图所示：
水平推力①
解得：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：④
解得：⑤
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：⑥
解得：⑦
（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：
⑧
⑨
滑块相对传送带滑动的位移⑩ 相对滑动生成的热量
?
?
7．风洞实验室中可产生水平方向的，大小可调节的风力．现将一套有球的细直杆放入风洞实验室．小球孔径略大于细杆直径．如图所示．
（1）当杆水平固定时，调节风力的大小，使小球在杆上做匀速运动，这时小球所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的动摩擦因数．
（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离s=3.75m 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8） 【答案】（1）0.5（2）1s 【解析】 【分析】 【详解】
（1）小球做匀速直线运动，由平衡条件得：0.5mg=μmg ，则动摩擦因数μ=0.5； （2）以小球为研究对象，在垂直于杆方向上，由平衡条件得：
000.5sin 37cos37N F mg mg +=
在平行于杆方向上，由牛顿第二定律得：00
0.5cos37sin 37N mg mg F ma μ+-=
代入数据解得：a=7.5m/s 2
小球做初速度为零的匀加速直线运动，由位于公式得：s=12
at 2 运动时间为22 3.7517.5
s t s s a ?===； 【点睛】
此题是牛顿第二定律的应用问题，对小球进行受力分析是正确解题的前提与关键，应用平衡条件用正交分解法列出方程、结合运动学公式即可正确解题．
8．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg 的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a 0=3m/s 2开始运动，其速度达到v=6m/s 后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下
一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．2
10/g m s =，求： （1）求煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度． （3）摩擦力对传送带做的功 【答案】（1）1N （2）3m （3）12J 【解析】 【分析】
传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功 【详解】
（1）煤块所受滑动摩擦力的大小 f=μmg=0.2×5N=1N ．
（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s 2；煤块与传送带相对静止所用时间6
32
v t s a =＝＝， 通过的位移6392
x vt m m =?＝＝；
在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s 所用时间
106
23
v t s s a =
V ＝＝ 在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t 2=t-t 1=1s ，
则传送带的位移x ′＝
2
v t 1+vt 2＝6
2×2+6×1m ＝12m ，
则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m ．
由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m ．
（3）此过程中摩擦力对传送带做功：2
1122
W mv mg x J μ=
+?=
9．某粮仓为了把大米送到一定高度处的储藏间，铺设如图所示的传输装置，其中 AB 为长度 L1=4m 的水平传送带，CD 为长度 L2=9m 、倾角θ=37°的倾斜传送带，两传送带的运行速度可调。现将一 袋大米无初速地放在 A 端，设米袋从 B 转移到 C 时速度大小不变，已知米袋与两传送带之间的动 摩擦因数均为μ=0.5，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6， cos37°=0.8。现在对设备按照如下两种方式进行调试：
（1）使水平传送带以 v1=5m/s 的速度顺时针匀速转动，倾斜传送带不转动。求： ①米袋在水平传送带上加速运动的距离； ②米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离。
（2）使两条传送带以相同的速度 v2 顺时针匀速转动，为了使米袋能被运送到 D 端，试通过分析计算 v2 的最小值。
【答案】（1）①2.5m ；②1.25m （2）6m/s 【解析】 【详解】
（1）①对米袋，根据牛顿第二定律得
1mg ma μ=
加速阶段，当米袋速度增加到和传送带一样时，根据运动学公式得
21112v a s =
解得1 2.5m s =
②倾斜传送带不动，米袋沿传送带向上做匀减速运动，根据牛顿第二定律得
2sin cos mg mg ma θμθ+=
因11s L <，故米袋到达C 时速度大小为1v ，设米袋在CD 所能上滑的距离为2s ，则有
21222v a s =
解得2 1.25m s =
可见，22s L <，故米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离为1.25m 。
（2）sin cos mg mg θμθ>，所以无论如何调节倾斜传送带速度，米袋所受合力均沿传送带向下。为使米袋能到达D 端且在C 端所需速度最小，应使其向上运动过程中所受滑动摩擦力始终沿传送带向上，此时对米袋应用牛顿第二定律得
3sin cos mg mg ma θμθ-=
22322v a L =
解得26m/s v =
在水平传送带上，当米袋速度增加到等于26m/s v =时，其加速距离为3s ，则
22132v a s =
可见，31s L <，故米袋在水平传送带上能被加速到26m/s v =，所以2v 最小值为
26m/s v =
10．如图所示，倾角为θ的足够长光滑、固定斜面的底端有一垂直斜面的挡板，A 、B 两物体质量均为m ，通过劲度系数为k 的轻质弹簧相连放在斜面上，开始时两者都处于静止状态．现对A 施加一沿斜面向上的恒力F = 2mgsin θ ( g 为重力加速度)，经过作用时间t ，B 刚好离开挡板，若不计空气阻力，求：
(1)刚施加力F 的瞬间，A 的加速度大小； (2)B 刚离开挡板时，A 的速度大小； (3)在时间t 内，弹簧的弹力对A 的冲量I A ． 【答案】(1)2sin a g θ=；(2)2sin A m v g k ；(3)sin (21)A m I mg k
θ= 【解析】
（1）刚施加力F 的瞬间，弹簧的形变不发生变化，有：F 弹=mgsin θ； 根据牛顿第二定律，对A ：F+F 弹-mgsin θ=ma 解得a=2gsin θ.
（2）由题意可知，开始时弹簧处于压缩状态，其压缩量为1sin mg x k
θ
=； 当B 刚要离开挡板时，弹簧处于伸长状态，其伸长量21sin =mg x x k
θ
= 此时其弹性势能与弹簧被压缩时的弹性势能相等；
从弹簧压缩到伸长的过程，对A 由动能定理：()()2121sin =
2
A F mg x x W mv θ-++弹 =0P W E ?=弹
解得2sin A m v g k
= （3）设沿斜面向上为正方向，对A 由动量定理：()sin 0A A F mg t I mv θ-+=- ，
解得2sin 2A m I g t k θ??
= ? ???
点睛：此题从力学的三大角度进行可研究：牛顿第二定律、动能定理以及动量定理；关键是先受力分析，然后根据条件选择合适的规律列方程；一般说研究力和时间问题用定量定理；研究力和位移问题用动能定理.