高中物理必修一重点强化卷2 牛顿运动定律的应用

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，光滑水平面上静置一长木板A ，质量M =4kg ，A 的最前端放一小物块B （可视为质点），质量m =1kg ，A 与B 间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A 施加一水平向右的拉力F ，取g =10m/s 2．则：（1）若拉力F 1=5N ，A 、B 一起加速运动，求A 对B 的静摩擦力f 的大小和方向； （2）为保证A 、B 一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值F m （设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）若拉力F 2=14N ，在力F 2作用t =ls 后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L【答案】（1）f = 1N ，方向水平向右；（2）F m = 10N 。

（3）木板的最小长度L 是0.7m 。

【解析】 【详解】（1）对AB 整体分析，由牛顿第二定律得：F 1=（M +m ）a 1 对B ，由牛顿第二定律得：f =ma 1联立解得f =1N ，方向水平向右；（2）对AB 整体，由牛顿第二定律得：F m =（M +m ）a 2对B ，有：μmg =ma 2联立解得：F m =10N（3）因为F 2＞F m ，所以AB 间发生了相对滑动，木块B 加速度为：a 2=μg =2m/s 2。

木板A 加速度为a 3，则：F 2-μmg =Ma 3解得：a 3=3m/s 2。

1s 末A 的速度为：v A =a 3t =3m/s B 的速度为：v B =a 2t =2m/s 1s 末A 、B 相对位移为：△l 1=2A Bv v t -=0.5m 撤去F 2后，t ′s 后A 、B 共速 对A ：-μmg =Ma 4可得：a 4=-0.5m/s 2。

共速时有：v A +a 4t ′=v B +a 2t ′可得：t ′=0.4s 撤去F 2后A 、B 相对位移为：△l 2='2A Bv v t -=0.2m 为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：L =△l 1+△l 2=0.7m 。

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题及答案及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图，有一质量为M=2kg的平板车静止在光滑的水平地面上，现有质量均为m=1kg的小物块A和B（均可视为质点），由车上P处开始，A以初速度=2m/s向左运动，同时B 以=4m/s向右运动，最终A、B两物块恰好停在小车两端没有脱离小车，两物块与小车间的动摩擦因数都为μ=0.1，取，求：（1）开始时B离小车右端的距离；（2）从A、B开始运动计时，经t=6s小车离原位置的距离。

【答案】（1）B离右端距离（2）小车在6s内向右走的总距离：【解析】(1)设最后达到共同速度v，整个系统动量守恒，能量守恒解得：，A离左端距离，运动到左端历时，在A运动至左端前，木板静止，，解得B离右端距离(2)从开始到达共速历时，，，解得小车在前静止，在至之间以a向右加速：小车向右走位移接下来三个物体组成的系统以v共同匀速运动了小车在6s内向右走的总距离：【点睛】本题主要考查了运动学基本公式、动量守恒定律、牛顿第二定律、功能关系的直接应用，关键是正确分析物体的受力情况，从而判断物体的运动情况，过程较为复杂.2．如图所示，长木板质量M=3 kg，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg的物块A，右端放着一个质量也为m=1 kg的物块B，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB之间的距离L=6 m，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．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：22g ga 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/s112v v x t +==1．75m 122v tx ==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3g 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：42g ga 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23123212x 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．4．如图所示，从A 点以v 0=4m/s 的水平速度抛出一质量m =1kg 的小物块（可视为质点），当物块运动至B 点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC ，其中轨道C 端切线水平。

高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．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v 0=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/s 2．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)1N 3N 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v 1，则：222011-22A Bv v v L a a =＋ 又： 011-=A Bv v v a a 解得：a B =6m/s 2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/s 2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=1516m B 滑行距离：x B =12a B t 2=716m 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．2．如图所示为货场使用的传送带的模型，传送带倾斜放置，与水平面夹角为37θ=︒，传送带AB 足够长，传送带以大小为2m/s υ=的恒定速率顺时针转动。

第七节牛顿运动定律应用二1、用轻绳系一质量为m的砝码并向上提起，当绳中张力为T=mg时，砝码匀速上升。

若绳中张力变为2T，则砝码匀加速上升，其加速度a的大小为（）A.a<gB.a=gC.g<a<2gD.a=2g2、站在电梯上的人，当电梯竖直减速下降时，下面说法中正确的是（）A．电梯对人的支持力小于人对电梯的压力B．电梯对人的支持力大于人对电梯的压力C．电梯对人的支持力等于人对电梯的压力D．电梯对人的支持力大于人的重力3、下列几种情况中，升降机绳索拉力最大的是（）A．以很大速度匀速上升B．以很小速度匀速下降C．上升时以很大的加速度减速D．下降时以很大的加速度减速4、把一个质量为0.5kg的物体挂在弹簧秤下，在电梯中看到弹簧秤的示数是3N，g取10m/s2，则可知电梯的运动情况可能是（）A．以4m/s2的加速度加速上升B．以4m/s2的加速度减速上升C．以4m/s2的加速度加速下降D．以4m/s2的加速度减速下降5、关于超重和失重，下列说法中正确的是（）A．超重就是物体受的重力增加了B．失重就是物体受的重力减少了C．完全失重就是物体一点重力都不受了D．不论超重或失重甚至完全失重，物体所受重力是不变的6、一个质量为50kg的人，站在竖直向上运动着的升降机地板上。

他看到升降机内挂着重物的弹簧秤的示数为40N。

已知弹簧秤下挂着的物体的重力为50N，取g=lOm／s2，则人对地板的压力为() A．大于500NB．小于500NC．等于500ND．上述说法均不对7、木箱中有一个lOKg的物体，钢绳吊着木箱向上作初速度为零的匀加速直线运动，加速度是0.5g，至第3s末，钢绳突然断裂，那么，4.5s末物体对木箱的压力是()A.100NB．0C．150ND．5N8、一个小杯子的侧壁有一小孔，杯内盛水后，水会从小孔射出。

现使杯自由下落，则杯中的水() A．会比静止时射得更远些B．会比静止时射得更近些C．与静止时射得一样远D．不会射出9、原来作匀速运动的升降机内，有一被伸长弹簧拉住的、具有一定质量的物体A静止在地板上，如图所示。

高中物理高考必备物理牛顿运动定律的应用技巧全解及练习题(含答案)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 =+（4855T mg =或811T 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53F 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65M 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 =+（）（4885511T 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，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s3．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：22g ga 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/s112v v x t +==1．75m 122v tx ==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3g 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：42g ga 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23123212x 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．4．.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F f =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a 1，则a 1=g ；v 2=2a 1h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a 2，则：mg-F f -F=ma 2 解得a 2=-16m/s 2所以最大深度：2200.52vH m a -== （3）自由落体阶段：1t 0.4vs g== 在水中下降2200.25vt s a -== 在水中上升：F-mg-F f =ma 3 解得a 3=4.0m/s 2 所以：3320.5Ht s a == 总时间：t=t 1+t 2+t 3=1.15s5．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/s 2，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1a ，由牛顿第二定律：()13737Fcos mg Fsin ma μ︒+-︒=解得：217.5/a m s =滑块与传送带达到共同速度的时间：111vt s a == 此过程中滑块向右运动的位移：11 3.752vs t m == 共速后 , 因 ()3737Fcos mg Fsin μ︒>-︒ ，滑块继续向右加速运动， 由牛顿第二定律：()23737Fcos mg Fsin ma μ︒--︒=解得：220.5/a m s =根据速度位移关系可得：()22212Bvv a L s -=-滑块到达 B 端的速度：8/B v m s = 滑块从共速位置到 B 端所用的时间：221B v vt s a -== 滑块从 A 端到 B 端的时间：122t t t s =+=（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：111 3.75s vt s m =-=V ，1s ∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： ()2120.25s L s vt m =--=V， 0∼2s 内滑块相对传送带的路程： 124s s s m =+=V V V6．传送带以恒定速率v ＝4m/s 顺时针运行，传送带与水平面的夹角θ＝37°.现将质量m ＝1 kg 的小物块轻放在其底端(小物品可看成质点)，平台上的人通过一根轻绳用恒力F ＝10 N 拉小物块，经过一段时间物块被拉到离地高为H ＝1.8m 的平台上，如图所示．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g 取10m/s 2，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)物块在传送带上运动的时间；(2)若在物块与传送带速度相等的瞬间撤去恒力F ，则物块还需多少时间才能脱离传送带？ 【答案】（1）1s （2）【解析】 【详解】（1）物体在达到与传送带速度v ＝4 m/s 相等前，做匀加速直线运动，有： F ＋μmgcos37°－mgsin37°＝ma 1 解得a 1＝8 m/s 2由v ＝a 1t 1 得t 1＝0.5s 位移x 1＝a 1t 12＝1m物体与传送带达到共同速度后，因F －mgsinθ＝4 N ＝μmgcos37° 故物体在静摩擦力作用下随传送带一起匀速上升． 位移x 2＝－x 1＝2mt 2＝＝0.5s总时间为t ＝t 1＋t 2＝1s（2）在物体与传送带达到同速瞬间撤去恒力F ，因为μ＜tan37°，故有： mgsin37°－μmgcos37°＝ma 2 解得：a 2＝2m/s 2假设物体能向上匀减速运动到速度为零，则 通过的位移为x ＝＝4 m ＞x 2 故物体向上匀减速运动达到速度为零前已经滑上平台．故 x 2＝vt 3-a 2t 32 解得t 3＝（2-）s 或t 3＝（2+）s （舍去）【点睛】本题关键是受力分析后判断物体的运动状态，再根据牛顿第二定律求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解时间．7．如图所示，质量，的木板()f x 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0.2μ=，现用大小为18F N =的推力水平向右推B ，两者发生相对滑动，作用1s t =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210m/s g =．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24/B F mga m s Mμ-==方向向右 ls 末，F 撤去时，211112A s a t m =⋅=221122B s a t m =⋅= ∴A 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，方向向左设A 、B 速度相等经历的时间为t 222A A B B V a t V a t '==得在此时间内B 运动的位移为∵s 2+s 3<s∴B 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：AB AB MV mV m M V -=+共（） 22311mg ()()22AB s M m V M m V μ⋅=+-+V 共∴∵∴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．8．如图所示，倾角30θ=o 的光滑斜面的下端有一水平传送带，斜面和传送带相接处有一小段光滑圆弧物体经过A 点时，无论是从斜面到传送带还是从传送带到斜面，其速率都不发生变化．传送带以4/v m s =的速度顺时针转动，一个质量为1kg 的物体(可视为质点)从 1.8h m =高处由静止开始沿斜面下滑，物体与传送带间的动摩擦因数04μ=，传送带左右两端A 、B 间的距离7AB L m =，重力加速度210/.g m s =求：()1物体第一次由静止沿斜面下滑到斜面末端速度； ()2物体在传送带上距B 点的最小距离；()3物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间.【答案】(1)16m /s v = (2) 2.5m x = (3)3 0.8s t = 【解析】 【分析】(1)先根据牛顿第二定律求加速度，再由速度位移关系求到达斜面末端的速度； (2)先由牛顿第二定律求出物体在传送带上减速的加速度，再根据速度位移关系求出速度减为0时向右运动的位移，即可得出离B 最近的距离；(3)由前的分析可判断出物体先做匀加速运动，再做匀速运动，最后沿斜面向上做匀减速运动，求出加速度与速度，根据速度与时间关系及位移与时间的关系即可求时间. 【详解】（1）物体沿光滑斜面下滑，由牛顿第二定律得：1sin mg ma θ=解得：215/a m s =由几何关系沿光滑斜面下滑位移1cos hs θ=由运动学公式21112v a s =解得物体滑到斜面末端速度16/v m s =（2）物体在传送带上受到向右的滑动摩擦力而做匀减速直线运动，由牛顿第二定律得：2mg ma μ=代入数据解得：224/a m s =当物体速度减为0时物体距B 最近，有运动学公式可得：21222v a S =解得物体距B 点的最小距离：2AB x L S =-2.5x m =（3）物体返回时距A 点 2 4.5S m =，仍受到向右的摩擦力，从速度为0开始做匀加速直线运动，加速度大小为：2324/a a m s ==若物体一直做匀加速运动，有运动对称性可知到A 点时物体速度6/A v m s =大于传送带速度4/v m s =，故物体先做匀加速直线运动，达到速度v 后匀速运动，到达A 点速度4/A v v m s ==物体沿斜面上升过程中，加速度大小仍为1a 物体做匀加速直线运动31v a t = 匀加速直线运动位移233112s a t = 解得11t s = 32s m = 匀速运动 232s s vt -= 解得20.625t s =物体沿斜面匀减速上升13v a t = 解得30.8t s =物体第一次从距B 点最近处运动到斜面上最高点所经历的时间：123 2.425t t t t s =++=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v 0＝3.6 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μ＝0.1，重力加速度g 取10 m/s 2.求：(1)滑块在木板上滑动过程中，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L 0=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=μmg=1N 方向向右；(2) 由牛顿第二定律得：μmg=ma 得出：a=μg=1m/s 2 ；(3) 以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′ 可得出木板的加速度为：a′=0.5m/s 2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=v 0-at对长木板有：v=a′t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：1 1.2 2.4 1.4422v x t m m ==⨯= 木块前进的位移为：02 3.6 1.2 2.4 5.7622v v x t m m ++==⨯= 木板的长度最短为：L=x 2-x 1=4.32m<4.5m ，所以两者能达到共同速度．10．如图所示，一长L=16m 的水平传送带，以的速率匀速顺时针转动运动．将一质量为m=1kg 的物块无初速度地轻放在传送带左端，物块与传送带之间的动摩擦因数(取)求(1) 物块在传送带上运动的最大速度. (2) 若该传送带装成与水平地面成倾角，以同样的速率顺时针转动.将该物块无初速度地放上传送带顶端，分析并求出物体在传送带上整个运动过程加速度的大小和方向.(3) 在第(2)中，若传送带的传送速度v 大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，试分析计算物块到达底端的可能速度大小.（结果可以用含v 的函数式表示）【答案】(1)，(2)，方向向下；(3) 情况一：，情况二：，情况三：.【解析】试题分析：（1）物体在水平传送带上可能一直向右加速，也可能先加速后匀速，根据牛顿第二定律求出加速的加速度，由运动学公式求出加速到传送带共速时的位移，再与L 比较，从而得出物体的运动情况，确定最大速度；（2）物体在倾斜传送带向下运动的两种可能：一是先匀加速后匀速，二是先以较大的加速度向下加速，后以较小的加速度继续向下加速，根据牛顿第二定律、运动学公式和滑动摩擦力的大小进行分析求解；（3）若传送带的传送速度v 大小和方向均不确定，将物块无初速度地放上传送带顶端，有三种可能的运动情况，根据牛顿第二定律和运动学公式进行分析求解.(1)物体放上传送带后，根据牛顿第二定律：解得： 经时间t 达到共速，则时间位移为，故物体之后匀速则最大速度(2) 在顶端释放后，根据牛顿第二定律：解得:，方向向下当达到与带相同速度时，位移为因为，故物块继续加速根据牛顿第二定律：解得:，方向向下(3) 情况一：若传送带逆时针传动，物块受到摩擦力向上，则物体一直以加速度向下匀加速，则物体到达底端速度：情况二：若传送带顺时针传动，且速度大，物体受摩擦力向下，物体一直以加速度向下匀加速运动，则物体到达底端速度：，即传送带速度时，此情况成立情况三：若传送带顺时针传送，且物块先以的加速度做匀加速运动，加速位移为达到与传送带相同速度后，以的加速度继续做匀加速运动则有：联立得：。

第3讲牛顿运动定律的综合应用对应学生用书P441.超重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)大于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向上的加速度．2．失重(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)小于物体所受重力的情况．(2)产生条件：物体具有向下的加速度．3．完全失重(1)定义：物体对水平支持物的压力(或对竖直悬挂物的拉力)等于零的情况称为完全失重现象．(2)1.解及掌握以下几个问题：(1)灵活运用隔离法和整体法求解加速度相等的连接体问题；(2)用正交分解法解决受力复杂的问题；(3)综合运用牛顿运动定律和运动学规律分析、解决多阶段(过程)的运动问题；(4)运用超重和失重的知识定性分析一些力学现象．另外，还应具有将实际问题抽象成物理模型的能力．2．牛顿定律应用中的整体法和隔离法(1)整体法当连接体内(即系统内)各物体具有相同的加速度时，可以把连接体内所有物体组成的系统作为整体考虑，分析其受力和运动情况，运用牛顿第二定律对整体列方程求解的方法．(2)隔离法当研究对象涉及由多个物体组成的系统时，若要求出连接体内物体间的相互作用力，则应把某个物体或某几个物体从系统中隔离出来，分析其受力情况及运动情况，再利用牛顿第二定律对隔离出来的物体列式求解的方法．1．关于超重和失重的下列说法中，正确的是( )．A ．超重就是物体所受的重力增大了，失重就是物体所受的重力减小了B ．物体做自由落体运动时处于完全失重状态，所以做自由落体运动的物体不受重力作用C ．物体具有向上的速度时处于超重状态，物体具有向下的速度时处于失重状态D ．物体处于超重或失重状态时，物体的重力始终存在且不发生变化解析 物体具有向上的加速度时处于超重状态，具有向下的加速度时处于失重状态，超重和失重并非物体的重力发生变化，而是物体对支持物的压力或对悬挂物的拉力发生了变化，综上所述，A 、B 、C 均错，D 正确．答案 D2．下列说法正确的是( )．A ．体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态B ．蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态C ．举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态D ．游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态解析 运动员是否超失重取决于加速度方向，A 、C 、D 三个选项中，运动员均处于平衡状态，不超重也不失重．答案 B 3.图3－3－1如图3－3－1所示，质量m ＝1 kg 、长L ＝0.8 m 的均匀矩形薄板静止在水平桌面上，其右端与桌子边缘相平．板与桌面间的动摩擦因数为μ＝0.4.现用F ＝5 N 的水平力向右推薄板，使它翻下桌子，力F 的作用时间至少为(取g ＝10 m/s 2)( )．A ．0.8 sB ．1.0 s C.25 5 s D.2510 s 解析 板在F 作用下做加速运动F －μmg ＝ma 1，a 1＝1 m/s 2，v 2＝2a 1s 1，F 撤去后物体做减速运动，μmg ＝ma 2，a 2＝4 m/s 2.速度减为零v 2＝2a 2s 2.当板的重心越过桌子边缘会自动翻下桌子，则有s 1＋s 2＝L 2. v 22a 1＋v 22a 2＝L 2，v ＝0.8 m/s ， t 1＝v a 1＝0.8 s ，故A 项正确． 答案 A4．如图3－3－2所示，两个质量分别为m 1＝1 kg 、m 2＝4 kg 的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F 1＝30 N 、F 2＝20 N 的水平拉力分别作用在m 1、m 2上，则达到稳定状态后，下列说法正确的是( )．图3－3－2 A ．弹簧秤的示数是25 NB ．弹簧秤的示数是50 NC ．在突然撤去F 2的瞬间，m 2的加速度大小为7 m/s 2D ．在突然撤去F 1的瞬间，m 1的加速度大小为13 m/s 2解析 本题考查用整体法、隔离法分析物体受力以及牛顿第二定律的应用．以m 1、m 2以及弹簧为研究对象，则整体向右的加速度a ＝F 1－F 2m 1＋m 2＝2 m/s 2；再以m 1为研究对象，设弹簧的弹力为F ，则F 1－F ＝m 1a ，则F ＝28 N ，A 、B 错误；突然撤去F 2的瞬间，弹簧的弹力不变，此时m 2的加速度a ＝F m 2＝7 m/s 2，C 正确；突然撤去F 1的瞬间，弹簧的弹力也不变，此时m 1的加速度a ＝F m 1＝28 m/s 2，D 错误． 答案 C5．一个小孩从滑梯上滑下的运动可看作匀加速直线运动，第一次小孩单独从滑梯上滑下，运动时间为t 1，第二次小孩抱上一只小狗后再从滑梯上滑下(小狗不与滑梯接触)，运动时间为t 2，则( )．A ．t 1＝t 2B ．t 1<t 2C ．t 1>t 2D ．无法判断t 1与t 2的大小解析 设滑梯与水平面的夹角为θ，则第一次时，a 1＝m 1g sin θm 1＝g sin θ， 第二次时a 2＝(m 1＋m 2)g sin θm 1＋m 2＝g sin θ， 所以a 1＝a 2，与质量无关．又s ＝12at 2，t 与m 也无关，A 正确． 答案 A对应学生用书P45考点一 超重、失重的理解及应用(小专题)1．不论超重、失重或完全失重，物体的重力不变，只是“视重”改变．2．物体是否处于超重或失重状态，不在于物体向上运动还是向下运动，而在于物体是有向上的加速度还是有向下的加速度．3．当物体处于完全失重状态时，重力只产生使物体具有a ＝g 的加速度效果，不再产生其他效果．平常一切由重力产生的物理现象都会完全消失．4．物体超重或失重的多少是由物体的质量和竖直加速度共同决定的，其大小等于ma .【典例1】一枚火箭由地面竖直向上发射，其速度和时间的关系图线如图3－3－3所示，则( )．图3－3－3 A ．t 3时刻火箭距地面最远B ．t 2～t 3的时间内，火箭在向下降落C ．t 1～t 2的时间内，火箭处于失重状态D ．0～t 3的时间内，火箭始终处于失重状态解析 由速度图象可知，在0～t 3内速度始终大于零，表明这段时间内火箭一直在上升，t 3时刻速度为零，停止上升，高度达到最高，离地面最远，A 正确、B 错误．t 1～t 2的时间内，火箭在加速上升，具有向上的加速度，火箭应处于超重状态，而在t 2～t 3时间由火箭在减速上升，具有向下的加速度，火箭处于失重状态，故C 、D 错误．答案 A【变式1】在升降电梯内的地面上放一体重计，图3－3－4电梯静止时，晓敏同学站在体重计上，体重计示数为50 kg ，电梯运动过程中，某一段时间内晓敏同学发现体重计示数如图3－3－4所示，在这段时间内下列说法中正确的是( )．A ．晓敏同学所受的重力变小了B ．晓敏对体重计的压力小于体重计对晓敏的支持力C ．电梯一定在竖直向下运动D ．电梯的加速度大小为g 5，方向一定竖直向下 解析 晓敏在这段时间内处于失重状态，是由于晓敏对体重计的压力变小了，而晓敏的重力没有改变，A 选项错；晓敏对体重计的压力与体重计对晓敏的支持力是一对作用力与反作用力，大小一定相等，B 选项错，以竖直向下为正方向，有：mg －F ＝ma ，即50g －40g ＝50a ，解得a ＝g 5，方向竖直向下，但速度方向可能是竖直向上，也可能是竖直向下，C 选项错、D 选项正确．答案 D【变式2】(2012·梅州模拟)图3－3－52009年当地时间9月23日，在位于印度安得拉邦斯里赫里戈达岛的萨蒂什·达万航天中心，一枚PSLV —C14型极地卫星运载火箭携带七颗卫星发射升空，成功实现“一箭七星”发射，相关图片如图3－3－5所示．则下列说法不正确的是( )．A ．火箭发射时，喷出的高速气流对火箭的作用力大于火箭对气流的作用力B ．发射初期，火箭处于超重状态，但它受到的重力却越来越小C ．高温高压燃气从火箭尾部喷出时对火箭的作用力与火箭对燃气的作用力大小相等D ．发射的七颗卫星进入轨道正常运转后，均处于完全失重状态解析 由作用力与反作用力大小相等，可知A 错误；火箭发射初期，因为火箭向上加速运动，故处于超重状态，随着火箭距地越来越远，所受的重力也越来越小，B 正确；由作用力与反作用力的关系可知C 正确；卫星进入轨道正常运转后，所受的万有引力充当向心力，此时各卫星均处于完全失重状态，D 正确．答案 A考点二 牛顿定律解题中整体法和隔离法的应用1．隔离法的选取原则：若连接体或关联体内各物体的加速度不相同，或者要求出系统内两物体之间的作用力时，就需要把物体从系统中隔离出来，应用牛顿第二定律列方程求解．2．整体法的选取原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且不需要求物体之间的作用力，可以把它们看成一个整体来分析整体受到的外力，应用牛顿第二定律求出加速度(或其他未知量)．3．整体法、隔离法交替运用原则：若连接体内各物体具有相同的加速度，且要求物体之间的作用力时，可以先用整体法求出加速度，然后再用隔离法选取合适的研究对象，应用牛顿第二定律求作用力．即“先整体求加速度，后隔离求内力”．【典例2】如图3－3－6所示，图3－3－6车厢在运动过程中所受阻力恒为F 阻，当车厢以某一加速度a 向右加速时，在车厢的后壁上相对车厢静止着一物体m ，物体与车厢壁之间的动摩擦因数为μ，设车厢的质量为M ，则车厢内发动机的牵引力至少为多少时，物体在车厢壁上才不会滑下来？解析 以车厢和物块整体为研究对象，则由牛顿第二定律得：F －F 阻＝(M ＋m )a .①以物块为研究对象，受力情况如图所示，其中F 摩擦力则F ＝mg ＝μF N .而F N ＝ma ，所以a ＝g ，代入①得 F ＝F 阻＋(M ＋m )g μ. 答案 F 阻＋(M ＋m )g μ(1)研究对象的选取方法：整体法和隔离法．(2)对研究对象所受力的处理方法①合成法若物体只受两个力作用而产生加速度时，利用平行四边形定则求出两个力的合外力方向就是加速度方向．②分解法当物体受到两个以上的力作用而产生加速度时，常用正交分解法．分解方式有两种：分解力或者分解加速度．【变式3】质量为M的光滑圆槽放在光滑水图3－3－7平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图3－3－7所示，则()．A．小球对圆槽的压力为MFm＋MB．小球对圆槽的压力为mFm＋MC．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增加D．水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小解析利用整体法可求得系统的加速度为a＝FM＋m，对小球利用牛顿第二定律可得：小球受到圆槽的支持力为(mg)2＋m2F2(M＋m)2，由牛顿第三定律可知只有C选项正确．答案 C对应学生用书P462.传送带模型图3－3－8(2)模型特点物体在传送带上运动时，往往会牵涉到摩擦力的突变和相对运动问题．当物体与传送带相对静止时，物体与传送带间可能存在静摩擦力也可能不存在摩擦力．当物体与传送带相对滑动图3－3－9200 cm/s的速度匀速运动，如图A点由静止释放，物体与传送带间的动摩擦因数0.011 km＝11 m由牛顿第二定律得物体的加速度图3－3－10皮带以12 m/s的速率沿顺时针方向转动，如图度地放上一个质量为度为24 m，g取10 m/s对应学生用书P47一、对超重、失重的考查(中频考查)1.图3－3－11(2010·海南高考)如图3－3－11所示，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块；木箱静止时弹簧处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力，则在此段时间内，木箱的运动状态可能为( )．①加速下降 ②加速上升 ③减速上升 ④减速下降A ．①②B ．③④C ．①③D ．②④解析 木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到箱顶向下的压力，当物块对箱顶刚好无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，所以木箱的运动状态可能为减速下降或加速上升，故②④正确．答案 D 2.图3－3－12(2010·浙江理综，14)如图3－3－12所示，A 、B 两物体叠放在一起，以相同的初速度上抛(不计空气阻力)．下列说法正确的是( )．A ．在上升和下降过程中A 对B 的压力一定为零B ．上升过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力C ．下降过程中A 对B 的压力大于A 物体受到的重力D ．在上升和下降过程中A 对B 的压力等于A 物体受到的重力解析 对于A 、B 整体只受重力作用，做竖直上抛运动，处于完全失重状态，不论上升还是下降过程，A 对B 均无压力，只有A 项正确．答案 A3．(2011·天津卷，9(1))某同学利用测力计研究在竖直方向运行的电梯的运动状态．他在地面上用测力计测量砝码的重力，示数为G .他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G ，由此判断此时电梯的运动状态可能是______________．解析 由加速度a 方向向上超重，加速度a 方向向下失重，得电梯此时向上减速或向下加速．答案 减速上升或加速下降二、对整体法和隔离法应用的考查(中频考查) 4.图3－3－13(2011·课标全国卷，21)如图3－3－13所示，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2的木块．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等．现给木块施加一随时间t 增大的水平力F ＝kt (k 是常数)，木板和木块加速度的大小分别为a 1和a 2.下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是( )．解析 刚开始木块与木板一起在F 作用下加速，且F ＝kt ，a ＝F m 1＋m 2＝kt m 1＋m 2，当相对滑动后，木板只受滑动摩擦力，a 1不变，木块受F 及滑动摩擦力，a 2＝F －μm 2g m 2＝F m 2－μg ，故a 2＝kt m 2－μg ，a －t 图象中斜率变大，故选项A 正确，选项B 、C 、D 均错误． 答案 A。

（物理）物理牛顿运动定律的应用练习题含答案一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面内，两者长度分别为L 1＝2.5 m 、L 2＝2 m ．传送带始终保持以速度v 匀速运动．现将一滑块（可视为质点）轻放到传送带的左端，然后平稳地滑上平板．已知：滑块与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，滑块与平板、平板与支持面的动摩擦因数分别为μ1＝0.3、μ2＝0.1，滑块、平板的质量均为m ＝2 kg ，g 取10 m/s 2.求：（1）若滑块恰好不从平板上掉下，求滑块刚滑上平板时的速度大小； （2）若v ＝6 m/s ，求滑块离开平板时的速度大小． 【答案】（1）4/m s （2）3.5/m s 【解析】 【详解】(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a 1＝1mgmμ＝3 m/s 2由于μ1mg>2μ2mg故平板做匀加速运动，加速度大小：a 2＝122mg mgmμμ-⨯＝1 m/s 2设滑块滑至平板右端用时为t ，共同速度为v′，平板位移为x ，对滑块： v′＝v －a 1t(1分)L 2＋x ＝vt －12a 1t 2 对平板：v′＝a 2tx ＝12a 2t 2 联立以上各式代入数据解得：t ＝1 s ，v ＝4 m/s. (2)滑块在传送带上的加速度：a 3＝mgmμ＝5 m/s 2若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v 1112a L 5 m/s<6 m/s 即滑块滑上平板的速度为5 m/s设滑块在平板上运动的时间为t′，离开平板时的速度为v″，平板位移为x′ 则v″＝v 1－a 1t′ L 2＋x′＝v 1t′－12a 1t′2 x′＝12a 2t′2联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s ，t′2＝2 s(t′2>t ，不合题意，舍去) 将t′＝12s 代入v″＝v －a 1t′得：v″＝3.5 m/s.2．如图所示，长木板B 质量为m 2＝1．0 kg ，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m 3＝1．0 kg 、可视为质点的物块C 放在长木板的最右端．质量m 1＝0．5 kg 的物块A ，以速度v 0＝9 m ／s 与长木板发生正碰（时间极短），之后B 、C 发生相对运动．已知物块C 与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C 始终在长木板上，g 取10 m ／s 2．（1）若A 、B 相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A 、B 发生弹性碰撞，求整个过程物块C 相对长木板的位移．【答案】（1）13.5J （2）2.67m 【解析】（1）若A 、B 相撞后粘在一起，由动量守恒定律得1012()m v m m v =+由能量守恒定律得 22101211()22E m v m m v ∆=-+ 解得损失的机械能 21201213.52()m m v E J m m ∆==+ （2）A 、B 发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得101122m v m v m v =+由机械能守恒定律得222101122111222m v m v m v =+ 联立解得 1210123/m m v v m s m m -==-+， 1201226/m v v m s m m ==+之后B 减速运动，C 加速运动，B 、C 达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231321-()m m g m g m a μμ+-= 对物块C ： 1332m g m a μ=设达到共同速度过程经历的时间为t ，212v a t a t += 这一过程的相对位移为22121211322x v t a t a t m ∆=+-= B 、C 达到共同速度之后，因12μμ<，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： 2231323-()m m g m g m a μμ++=对物块C ：1334-m g m a μ=这一过程的相对位移为 2222243()()1223a t a t x m a a ∆=-=-- 整个过程物块与木板的相对位移为 1282.673x x x m m ∆=∆-∆== 点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．3．如图所示，质量为m=2kg 的物块放在倾角为θ=37°的斜面体上，斜面质量为M=4kg ，地面光滑，现对斜面体施一水平推力F ，要使物块m 相对斜面静止，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s 2）（1）若斜面与物块间无摩擦力，求m 加速度的大小及m 受到支持力的大小； （2）若斜面与物块间的动摩擦因数为μ=0.2，已知物体所受滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，求推力F 的取值．（此问结果小数点后保留一位） 【答案】（1）7.5m/s 2；25N （2）28.8N≤F≤67.2N 【解析】 【分析】(1)斜面M 、物块m 在水平推力作用下一起向左匀加速运动，物块m 的加速度水平向左，合力水平向左，分析物块m 的受力情况，由牛顿第二定律可求出加速度a 和支持力．(2)用极限法把F 推向两个极端来分析：当F 较小（趋近于0）时，由于μ＜tanθ，因此物块将沿斜面加速下滑；若F 较大（足够大）时，物块将相对斜面向上滑，因此F 不能太小，也不能太大，根据牛顿第二定律，运用整体隔离法求出F 的取值范围． 【详解】(1)由受力分析得：物块受重力，斜面对物块的支持力，合外力水平向左．根据牛顿第二定律得： mgtanθ=ma得 a=gtanθ=10×tan37°=7.5m/s 2 m 受到支持力20N=25N cos cos37N mg F θ==︒(2)设物块处于相对斜面向下滑动的临界状态时的推力为F 1，此时物块的受力如下图所示:对物块分析，在水平方向有 Nsinθ﹣μNcosθ=ma 1 竖直方向有 Ncosθ+μNsinθ﹣mg=0 对整体有 F 1=（M+m ）a 1 代入数值得a 1=4.8m/s 2 ，F 1=28.8N设物块处于相对斜面向上滑动的临界状态时的推力为F 2， 对物块分析，在水平方向有 N ′sin θ﹣μN′cos θ=ma 2 竖直方向有 N ′cos θ﹣μN ′sin θ﹣mg =0 对整体有 F 2=（M +m ）a 2 代入数值得a 2=11.2m/s 2 ，F 2=67.2N综上所述可以知道推力F 的取值范围为：28.8N≤F ≤67.2N ． 【点睛】解决本题的关键能够正确地受力分析，抓住临界状态，运用牛顿第二定律进行求解，注意整体法和隔离法的运用．4．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 2x 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 6F 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 2x 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 2x a t ==小车前进的位移为：21116.8m 2x 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．5．如图所示，一质量M =40kg 、长L =2.5m 的平板车静止在光滑的水平地面上. 一质量m =10kg 可视为质点的滑块，以v 0=5m/s 的初速度从左端滑上平板车，滑块与平板车间的动摩擦因数μ=0.4，取g=10m/s2.（1）分别求出滑块在平板车上滑行时，滑块与平板车的加速度大小；（2）计算说明滑块能否从平板车的右端滑出.【答案】（1），（2）恰好不会从平板车的右端滑出．【解析】根据牛顿第二定律得对滑块，有，解得对平板车，有，解得．设经过t时间滑块从平板车上滑出滑块的位移为：．平板车的位移为：．而且有解得：此时，所以，滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．答：滑块与平板车的加速度大小分别为和．滑块到达小车的右端时与小车速度相等，恰好不会从平板车的右端滑出．点睛：对滑块受力分析，由牛顿第二定律可求得滑块的加速度，同理可求得平板车的加速度；由位移关系可得出两物体位移间相差L时的表达式，则可解出经过的时间，由速度公式可求得两车的速度，则可判断能否滑出．6．图示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B 两端相距3m ，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ= 37°，C、D 两端相距4.45m，B、C相距很近。

高中物理牛顿运动定律的应用试题(有答案和解析)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，长木板质量M=3 kg ，放置于光滑的水平面上，其左端有一大小可忽略，质量为m=1 kg 的物块A ，右端放着一个质量也为m=1 kg 的物块B ，两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.4，AB 之间的距离L=6 m ，开始时物块与木板都处于静止状态，现对物块A 施加方向水平向右的恒定推力F 作用，取g=10 m/s 2．（1）.为使物块A 与木板发生相对滑动，F 至少为多少？（2）.若F=8 N ，求物块A 经过多长时间与B 相撞，假如碰撞过程时间极短且没有机械能损失，则碰后瞬间A 、B 的速度分别是多少？ 【答案】（1）5 N （2）v A’=2m/s v B’=8m/s 【解析】 【分析】 【详解】（1）据分析物块A 与木板恰好发生相对滑动时物块B 和木板之间的摩擦力没有达到最大静摩擦力．设物块A 与木板恰好发生相对滑动时，拉力为F 0，整体的加速度大小为a ，则： 对整体： F 0=（2m +M ）a 对木板和B ：μmg =（m +M ）a 解之得： F 0=5N即为使物块与木板发生相对滑动，恒定拉力至少为5 N ； （2）物块的加速度大小为：24A F mga m s mμ-==∕ 木板和B 的加速度大小为：B mga M m=+μ=1m/s 2设物块滑到木板右端所需时间为t ，则：x A -x B =L即221122A B a t a t L -= 解之得：t =2 s v A =a A t=8m/s v B =a B t=2m/sAB 发生弹性碰撞则动量守恒：mv a +mv B =mv a ＇+mv B ＇机械能守恒：12mv a 2+12mv B 2=12mv a ＇2+12mv B ＇2 解得：v A ＇=2m/s v B ＇=8m/s2．如图所示，倾角α=30°的足够长传送带上有一长L=1.0m ，质量M=0.5kg 的薄木板，木板的最右端叠放质量为m=0.3kg 的小木块.对木板施加一沿传送带向上的恒力F ，同时让传送带逆时针转动，运行速度v=1.0m/s 。

高中物理学习材料（马鸣风萧萧**整理制作）重点强化卷(二) 牛顿运动定律的应用(建议用时：60分钟)(教师用书独具)一、选择题1．下列四个实验中，能在绕地球飞行的太空实验舱中完成的是()A．用天平测量物体的质量B．用弹簧测力计测物体的重力C．用温度计测舱内的温度D．用水银气压计测舱内气体的压强【解析】绕地球飞行的太空实验舱处于完全失重状态，处于其中的物体也处于完全失重状态，物体对水平支持物没有压力，对悬挂物没有拉力．用天平测量物体质量时，利用的是物体和砝码对盘的压力产生的力矩，压力为0时，力矩也为0，因此在大空实验舱内不能完成．同理，水银气压计也不能测出舱内气体压强．物体处于失重状态时，对悬挂物没有拉力，因此弹簧测力计不能测出物体的重力．温度计是利用了热胀冷缩的性质，因此可以测出舱内温度．故只有选项C正确．【答案】 C2．利用传感器和计算机可以研究力的大小变化情况．实验时让某同学从桌子上跳下，自由下落H后双脚触地，他顺势弯曲双腿，他的重心又下降了h.计算机显示该同学受到地面支持力N随时间变化的图像如图1所示．根据图像提供的信息，以下判断错误的是()图1A．在0至t2时间内该同学处于失重状态B．在t2至t3时间内该同学处于超重状态C．t3时刻该同学的加速度为零D．在t3至t4时间内该同学的重心继续下降【解析】由图像可以看出，在0至t2时间内该同学受到地面支持力小于重力，由牛顿第二定律可知该同学处于失重状态，而在t2至t3时间内支持力大于重力，该同学处于超重状态，A、B正确；t3时刻该同学受到的支持力最大，且F1大于重力，由牛顿第二定律可知a≠0，C错误；在t3至t4时间内该同学受到的支持力逐渐减小，但仍大于重力，故重心继续下降，D正确．【答案】 C3．如图2所示，底板光滑的小车上用两个量程为20 N，完全相同的弹簧测力计甲和乙系住一个质量为1 kg的物块．在水平地面上，当小车做匀速直线运动时，两弹簧测力计的示数均为10 N，当小车做匀加速直线运动时，弹簧测力计甲的示数变为8 N，这时小车运动的加速度大小是()图2A．2 m/s2B．4 m/s2C．6 m/s2D．8 m/s2【解析】当弹簧测力计甲的示数变为8 N时，弹簧测力计乙的示数变为12 N，这时物块所受的合力为4 N．由牛顿第二定律F＝ma得物块的加速度a＝Fm＝4 m/s2，故选项B正确．【答案】 B4．行车过程中，如果车距不够，刹车不及时，汽车将发生碰撞，车里的人可能受到伤害，为了尽可能地减轻碰撞引起的伤害，人们设计了安全带，假设乘客质量为70 kg，汽车车速为90 km/h，从踩下刹车到完全停止需要的时间为5 s，安全带对乘客的作用力大小约为(不计人与座椅间的摩擦)()A．450 N B．400 NC．350 N D．300 N【解析】汽车的速度v0＝90 km/h＝25 m/s，设汽车匀减速的加速度大小为a，则a＝v0t＝255m/s2＝5 m/s2，对乘客应用牛顿第二定律得：F＝ma＝70×5 N＝350 N，所以选项C正确．【答案】 C5．(多选)如图3所示，质量为2 kg的物体在水平恒力F的作用下在地面上做匀变速直线运动，位移随时间的变化关系为x＝t 2＋t，物体与地面间的动摩擦因数为0.4，取g＝10 m/s2，以下结论正确的是()图3 A．匀变速直线运动的初速度为1 m/sB．物体的位移为12 m时速度为7 m/sC．水平恒力F的大小为4 ND．水平恒力F的大小为12 N【解析】根据x＝v0t＋12at2和x＝t 2＋t，知v0＝1 m/s，a＝2 m/s2，故A正确；根据v2－v20＝2ax得，v＝v20＋2ax＝1＋2×2×12 m/s＝7 m/s，故B正确；根据牛顿第二定律得，F－μmg＝ma，解得F＝ma＋μmg＝12 N，故C错误，D 正确．【答案】ABD6．已知空气阻力与速率成正比，某小球在竖直上抛后运动的全过程中的速度—时间(v-t)图像可能正确的是()【解析】设物体所受的阻力f＝k v，物体的质量为m，则在物体上升的过程中有mg＋f＝ma1，即mg＋k v＝ma1，a1＝mg＋k vm＝g＋k vm，由于上升过程中物体的速度越来越小，物体的加速度a1越来越小，故v-t图像的斜率的绝对值越来越小．在下落过程中有mg－k v＝ma2，a2＝mg－k vm＝g－k vm下落过程中物体的速度越来越大，物体的加速度越来越小，则v-t图像的斜率的绝对值也越来越小，故A正确．【答案】 A7．如图4所示，质量为10 kg的物体拴在一个被水平拉伸的轻质弹簧一端，弹簧的拉力为5 N时，物体处于静止状态．若小车以1 m/s2的加速度水平向右运动(g取10 m/s2)，则()图4A．物体相对小车仍然静止B．物体受到的摩擦力增大C．物体受到的摩擦力减小D．物体受到的弹簧拉力增大【解析】由初始条件知，静止时物体的摩擦力大小为5 N，最大静摩擦力f max≥5 N；当小车向右加速运动时，取向右为正方向，假设物体仍相对小车静止，由牛顿第二定律得5＋f′＝10×1，f′＝5 N，因为f＝－5 N，则A正确，B、C 错误；由于物体没有滑动，弹簧长度不变，拉力不变，D错误．【答案】 A8．如图5所示，小球A、B的质量分别是m和2m，用轻质弹簧相连，然后用细绳悬挂而静止，则在剪断细绳的瞬间，A、B的加速度分别是()图5A．a A＝0，a B＝0B．a A＝3g，a B＝0C．a A＝g，a B＝2gD．a A＝0，a B＝3g【解析】物体在某一瞬间的加速度由这一时刻的合外力决定，此题分析剪断细绳瞬间两球的受力情况是关键．在没有剪断前，A、B都静止，加速度都为零，分别对A、B进行受力分析，如图甲、乙所示．对B进行受力分析有F弹＝2mg，对A进行受力分析有T＝mg＋F弹′＝3mg.当剪断细绳瞬间，弹簧形变来不及恢复，即F弹、F弹′不变，而T立即消失，则A受力如图丙所示，F合＝mg＋F弹′＝ma A，即a A＝3g，B受力不变，合外力为零，加速度为零．【答案】 B9．(多选)如图6所示，在建筑工地上一建筑工人两手对称用水平力将两长方形水泥制品P和Q夹紧，并以加速度a竖直向上搬起，P和Q的质量分别为2m和3m，水平力为F，P和Q间动摩擦因数为μ，在此过程中()图6A．P受到Q的摩擦力方向一定竖直向下B．P受到Q的摩擦力大小为2μFC．P受到Q的摩擦力大小为0.5m(g＋a)D．P受到Q的摩擦力大小为1.5m(g＋a)【解析】设每只手与水泥制品的摩擦力大小均为f1，设P受到Q的摩擦力大小为f2、方向竖直向上．对P、Q整体及P分别应用牛顿第二定律有2f1－5mg＝5ma，f1＋f2－2mg＝2ma，联立解得f2＝－0.5m(g＋a)，负号说明P受到Q 的摩擦力方向向下，A、C正确．【答案】AC二、计算题10．如图7所示，在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮，一条不可伸长的轻绳绕过定滑轮分别与物块A、B相连，细绳处于伸直状态，物块A和B的质量分别为m A＝8 kg和m B＝2 kg，物块A与水平桌面间的动摩擦因数μ＝0.1，物块B距地面的高度h＝0.15 m，桌面上部分的绳足够长．现将物块B从h高处由静止释放，直至A停止运动．求A在水平桌面上运动的时间．(g取10 m/s2)图7【解析】B落地前，以B为研究对象，由牛顿第二定律得m B g－T＝m B a1，同理，以A为研究对象，T－f＝m A a1，N A－m A g＝0，且f＝μN A，解得a1＝1.2 m/s2.B落地前做匀加速直线运动，位移h＝12a1t21，解得t1＝2ha1＝0.5 s，匀加速运动的末速度v＝a1t1＝0.6 m/s.B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动，由f＝m A a2得a2＝fm A＝μg＝1 m/s 2.A做匀减速运动的时间t2＝va2＝0.6 s．A在水平桌面上运动的时间t＝t1＋t2＝1.1 s.【答案】 1.1 s11．如图8所示，水平地面上放置一个质量为m＝10 kg的物体，在与水平方向成θ＝37°角的斜向右上方的拉力F＝100 N的作用下沿水平地面从静止开始向右运动，物体与地面间的动摩擦因数为μ＝0.5.求：5 s末物体的速度大小和5 s 内物体的位移大小．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2)图8【解析】以物体为研究对象进行受力分析，如图所示，由牛顿第二定律得水平方向：F cos θ－f＝ma ①竖直方向：N＋F sin θ－mg＝0 ②又f＝μN③联立①②③得：a＝6 m/s25 s末的速度大小为：v＝at＝6×5 m/s＝30 m/s5 s 内的位移为：x ＝12at 2＝12×6×52 m ＝75 m.【答案】 30 m/s 75 m12．如图9所示，光滑水平面上放着长L ＝2 m ，质量为M ＝4.5 kg 的木板(厚度不计)，一个质量为m ＝1 kg 的小物体放在木板的最右端，m 和M 之间的动摩擦因数μ＝0.1，开始均静止．今对木板施加一水平向右的恒定拉力F ，(g 取10 m/s 2)求：图9(1)为使小物体不从木板上掉下，F 不能超过多少．(2)如果拉力F ＝10 N ，小物体能获得的最大速度．【解析】 (1)物块随木板运动的最大加速度为a对小物体由牛顿第二定律：μ mg ＝ma对整体由牛顿第二定律得：F m ＝(M ＋m )a解得：F m ＝5.5 N(2)因施加的拉力F ＞5.5 N ，故物块相对木板相对滑动，木板对地运动的加速度为a 1，对木板由牛顿第二定律：F －μ mg ＝Ma 1物块在木板上相对运动的时间为t ，L ＝12a 1t 2－12at 2解得：t ＝2 s物块脱离木板时的速度最大，v m＝at＝2 m/s【答案】(1)5.5 N(2)2 m/s。