高中物理牛顿运动定律的应用技巧小结及练习题
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图，质量为m =lkg 的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=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v 0=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μ；
(3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量．
【答案】（1）7.5N （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F N 而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mg tan θ，
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 =
212mv 解得
v 2gh ；
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：
μmgL =
2201122
mv mv 代入数据得：
μ=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=v 0t
对物体有：
v 0=v ?at
ma=μmg
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=μmg △x
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．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
112v 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2124212h v t a t =+
解得t 2=1s
物体1的位移23123212
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．
3．如图所示，质量为M =10kg 的小车停放在光滑水平面上．在小车右端施加一个F =10N 的水平恒力．当小车向右运动的速度达到2.8m/s 时，在其右端轻轻放上一质量m =2.0kg 的小黑煤块（小黑煤块视为质点且初速度为零），煤块与小车间动摩擦因数μ＝0.20．假定小车足够长．
（1）求经过多长时间煤块与小车保持相对静止
（2） 求3s 内煤块前进的位移
（3）煤块最终在小车上留下的痕迹长度
【答案】(1) 2s (2) 8.4m (3) 2.8m
【解析】
【分析】
分别对滑块和平板车进行受力分析，根据牛顿第二定律求出各自加速度，物块在小车上停
止相对滑动时，速度相同，根据运动学基本公式即可以求出时间．通过运动学公式求出位移．
【详解】
(1)根据牛顿第二定律，刚开始运动时对小黑煤块有：
1N F ma μ=
F N -mg =0
代入数据解得：a 1=2m/s 2
刚开始运动时对小车有：
2N F F Ma μ-=
解得：a 2=0.6m/s 2
经过时间t ，小黑煤块和车的速度相等，小黑煤块的速度为：
v 1=a 1t
车的速度为：
v 2=v +a 2t
解得：t =2s ；
(2)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
21114m 2
x a t == 2s 时的速度为：
11122m/s 4m/s v a t ==?=
此后加速运动的加速度为：
235m/s 6
F a M m ==+ 然后和小车共同运动t 2=1s 时间，此1s 时间内位移为：
2212321 4.4m 2
x v t a t =+= 所以煤块的总位移为：
128.4m x x +=
(3)在2s 内小黑煤块前进的位移为：
21114m 2
x a t == 小车前进的位移为：
2111 6.8m 2
x v t a t '=+= 两者的相对位移为：
m 1 2.8x x x '?=-=
即煤块最终在小车上留下的痕迹长度2.8m ．
【点睛】
该题是相对运动的典型例题，要认真分析两个物体的受力情况，正确判断两物体的运动情况，再根据运动学基本公式求解．
4．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：222110.5210m/s m/s 0.33m 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：0120.24v t s a a =
+＝； v =0.8m/s （3）小车运动的位移22111100.24m 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?12
(m 1+m 2)v 2 代入数据，联立解得v 0′=5m/s 。
5．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m 的长木板A ，木板A 右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m 的物体C 连接．当C 从静止开始下落距离h 时，在木板A 的最右端轻放一质量为4m 的小铁块B （初速度为0，可视为质点），最终B 恰好未从A 上滑落，A 、B 间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．计算：
（1）C 由静止下落距离h 时，木板A 的速度大小v A ；
（2）木板A 的长度L ；
（3）若当铁块B 轻放在木板A 最右端的同时，对B 加一水平向右的恒力F ＝7mg ，其他条件不变，计算B 滑出A 时B 的速度大小v B ．
【答案】（1gh （2）2h （352
gh 【解析】
【详解】
（1）对A 、C 分析，有 mg ＝2ma 1
212A v a h =
解得
A v gh =
（2）B 放在A 上后，设A 、C 仍一起加速，则
mg －4μmg ＝2ma 2
解得
a 2＝0
即B 放在A 上后，A 、C 以速度v A 匀速运动．此时，B 匀加速运动，加速度
a B 1＝444
mg g m μ= 设经过时间t 1，B 的速度达到v A ，且B 刚好运动至木板A 的左端
则有
v A ＝a B 1t 1
木板A 的长度
L ＝S AC －S B ＝v A t 1－
112A v t 解得
L ＝2h
（3）加上力F 后，B 的速度达到v A 前，A 和C 仍匀速，B 仍加速，此时
B 的加速度
a B 2＝
424F mg g m
μ+= 加速时间 22A B gh v t a =
= B 相对A 的位移
22124A B A A h S S S v t v t ?=-=-= A 、B 共速后都向右加速，设经时间t 3，B 滑出A ．有
对B 有
a B 3＝
4342F mg g m μ-= 对A 有
a AC ＝
42mg mg g m
μ+= B 相对A 的位移 223333311()()22
B A A B A A
C S S S v t a t v t a t '?==+-+'- 解得
3gh h t g =
= B 滑出A 时的速度 v B ＝v A ＋a B 3·t 3＝
52gh
6．质量为m 的长木板静止在水平地面上，质量同样为m 的滑块（视为质点）以初速度v 0从木板左端滑上木板，经过0.5s 滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：
（1）μ1、μ2各是多少？
（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？
【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m
【解析】
【详解】
（1）设0.5s 滑块的速度为v 1，由v-t 图像可知:v 0=4m/s v 1=1m/s
滑块的加速度 20116/v v a m s t
-==
木板的加速度大小2122/v a m s t
== 对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma 1
所以μ1=0.6
对木板受力分析：μ1mg-μ2?2mg= ma 2
解得 μ2=0.2
（2）0.5s 滑块和木板达到共同速度v 1，假设不再发生相对滑动则2ma 3=μ2?2mg
解得a 3=2m/s 2 因ma 3=f<μ1mg
假设成立，即0.5s 后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s 1则
201111
22v v v s t a +=+ 解得s 1=1.5m
由v-t 图像可知011222
v v v L s t +?=
=- 所以木板的长度 L=2.0m
7．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 =
8．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/s 2（2）140N （3）0.5s
【解析】
（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==2m/s2
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
根据速度时间公式，有
即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s。
【点睛】
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。
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
μ2（M+m ）g -μ1mg =Ma 2
解得：
a 1=1 m/s 2，方向向左
a 2=2.5 m/s 2，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 ）a 0
解得：
a 0=1 m/s 2。
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：
2
11
2v x a = 木板的位移：
2
22
2v x a = 又：
x 1-x 2=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 =a 0t
所以：
0441
v t s s a =
== (3)在拉力F 的作用下木板的位移： x 0=
12a 0t 2=12
×1×42=8m 由上解得，撤去拉力后木板的位移：
x 2=3.2m 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 （x 2+x 0）+μ1mg （x 1-x 2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J
10．如图，在水平地面上有一质量为4.0kg 的物块，它与地面的动摩擦因数μ=0.2，在与水平方向夹角为θ=30°的斜向上的拉力F 作用下，由静止开始运动．经过2.0s 的时间物块发生了4.0m 的位移．（g=10m/s 2）．试求：
（1）物块的加速度大小；
（2）拉力F的大小；
（3）若拉力F方向任意而使物块向右做匀速直线运动，则力F的最小值为多大？
【答案】（1）（2）16.6N（3）
【解析】
【分析】
【详解】
（1）由x=at2得
（2）由力的平衡和牛顿第二定律有：Fcosθ-f=ma ①
F N+Fsinθ=mg ②
f＝μF N ③
由①②③得：F≈16.6N
（3）由力的平衡条件得
解得
解之得
【点睛】
此题是牛顿第二定律的应用已知运动求力的问题，加速度是联系力学和运动学的桥梁，通过加速度，可以根据力求运动，也可以根据运动求力；第（3）问考查学生利用数学知识解决物理问题的能力．