高考物理牛顿运动定律的技巧及练习题及练习题(含答案)

高考物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(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，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．2．如图甲所示，一倾角为37°的传送带以恒定速度运行．现将一质量m＝1 kg的小物体抛上传送带，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，取沿传送带向上为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8：求：（1）物体与传送带间的动摩擦因数；（2） 0～8 s内物体机械能的增加量；（3）物体与传送带摩擦产生的热量Q。

高考物理高考物理牛顿运动定律解题技巧和训练方法及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。

木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数μ2=0.4。

t=0时刻开始，小物块与木板一起以共同速度向墙壁运动，当t=1s 时，木板以速度v 1=4m/s 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。

运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上掉下。

已知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)t=0时刻木板的速度； (2)木板的长度。

【答案】（1）05/v m s =（2）163l m = 【解析】 【详解】（1）对木板和物块：()()11M m g M m a μ+=+ 令初始时刻木板速度为0v 由运动学公式：101v v a t =+ 代入数据求得：0=5m/s v（2）碰撞后，对物块：22mg ma μ=对物块，当速度为0时，经历时间t ，发生位移x 1，则有21112v x a =，112vx t =对木板，由牛顿第二定律：()213mg M m g Ma μμ++= 对木板，经历时间t ，发生位移x 2221312x v t a t =-木板长度12l x x =+代入数据，16=m 3l2．如图，有一水平传送带以8m/s 的速度匀速运动，现将一小物块（可视为质点）轻轻放在传送带的左端上，若物体与传送带间的动摩擦因数为0.4，已知传送带左、右端间的距离为4m ，g 取10m/s 2．求：（1）刚放上传送带时物块的加速度；（2）传送带将该物体传送到传送带的右端所需时间．【答案】（1）24/a g m s μ==（2）1t s =【解析】 【分析】先分析物体的运动情况：物体水平方向先受到滑动摩擦力，做匀加速直线运动；若传送带足够长，当物体速度与传送带相同时，物体做匀速直线运动．根据牛顿第二定律求出匀加速运动的加速度，由运动学公式求出物体速度与传送带相同时所经历的时间和位移，判断以后物体做什么运动，若匀速直线运动，再由位移公式求出时间． 【详解】（1）物块置于传动带左端时，先做加速直线运动，受力分析，由牛顿第二定律得：mg ma μ=代入数据得：24/a g m s μ==（2）设物体加速到与传送带共速时运动的位移为0s根据运动学公式可得：202as v =运动的位移： 20842v s m a==>则物块从传送带左端到右端全程做匀加速直线运动，设经历时间为t ，则有212l at =解得 1t s = 【点睛】物体在传送带运动问题，关键是分析物体的受力情况，来确定物体的运动情况，有利于培养学生分析问题和解决问题的能力．3．如图1所示，在水平面上有一质量为m 1＝1kg 的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2＝2kg 的木块，木块和木板之间的动摩擦因数μ1＝0.3，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1．假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等・现给木块施加随时间t 增大的水平拉力F ＝3t （N ），重力加速度大小g ＝10m/s 2（1）求木块和木板保持相对静止的时间t 1； （2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为多大；（3）在如图2画出木块的加速度随时间変化的图象（取水平拉カF 的方向为正方向，只要求画图，不要求写出理由及演算过程）【答案】（1）木块和木板保持相对静止的时间是4s ；（2）t ＝10s 时，两物体的加速度各为3m/s 2，12m/s 2；（3）【解析】【详解】（1）当F＜μ2（m1+m2）g＝3N时，木块和木板都没有拉动，处于静止状态，当木块和木板一起运动时，对m1：f max﹣μ2（m1+m2）g＝m1a max，f max＝μ1m2g解得：a max＝3m/s2对整体有：F max﹣μ2（m1+m2）g＝（m1+m2）a max解得：F max＝12N由F max＝3t 得：t＝4s（2）t＝10s时，两物体已相对运动，则有：对m1：μ1m2g﹣μ2（m1+m2）g＝m1a1解得：a1＝3m/s2对m2：F﹣μ1m2g＝m2a2 F＝3t＝30N解得：a2＝12m/s2（3）图象过（1、0），（4.3），（10、12）图象如图所示．4．我国的动车技术已达世界先进水平，“高铁出海”将在我国“一带一路”战略构想中占据重要一席．所谓的动车组，就是把带动力的动力车与非动力车按照预定的参数组合在一起．某中学兴趣小组在模拟实验中用4节小动车和4节小拖车组成动车组，总质量为m=2kg，每节动车可以提供P0=3W的额定功率，开始时动车组先以恒定加速度2a m s1/启动做匀加速直线运动，达到额定功率后保持功率不变再做变加速直线运动，直至动车组达到最大速度v m=6m/s并开始匀速行驶，行驶过程中所受阻力恒定，求：（1）动车组所受阻力大小和匀加速运动的时间；（2）动车组变加速运动过程中的时间为10s ，求变加速运动的位移． 【答案】（1）2N 3s （2）46.5m 【解析】（1）动车组先匀加速、再变加速、最后匀速；动车组匀速运动时，根据P=Fv 和平衡条件求解摩擦力，再利用P=Fv 求出动车组恰好达到额定功率的速度，即匀加速的末速度，再利用匀变速直线运动的规律即可求出求匀加速运动的时间；（2）对变加速过程运用动能定理，即可求出求变加速运动的位移．（1）设动车组在运动中所受阻力为f ，动车组的牵引力为F ，动车组以最大速度匀速运动时：F=动车组总功率：m P Fv =，因为有4节小动车，故04P P = 联立解得：f=2N设动车组在匀加速阶段所提供的牵引力为Fʹ，匀加速运动的末速度为v ' 由牛顿第二定律有：F f ma '-=动车组总功率：P F v =''，运动学公式：1v at '= 解得匀加速运动的时间：13t s =（2）设动车组变加速运动的位移为x ，根据动能定理：221122m Pt fx mv mv =-'- 解得：x=46.5m5．如图所示，质量M=0.5kg 的长木板A 静止在粗糙的水平地面上，质量m=0.3kg 物块B(可视为质点)以大小v 0=6m/s 的速度从木板A 的左端水平向右滑动，若木板A 与地面间的动摩擦因数μ2=0.3，物块B 恰好能滑到木板A 的右端．已知物块B 与木板A 上表面间的动摩擦因数μ1=0.6．认为各接触面间的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=10m/s 2．求：(1)木板A 的长度L ；(2)若把A 按放在光滑水平地面上，需要给B 一个多大的初速度，B 才能恰好滑到A 板的右端；(3)在(2)的过程中系统损失的总能量． 【答案】(1) 3m (2) 2.410/m s (3) 5.4J 【解析】 【详解】(1)A 、B 之间的滑动摩擦力大小为：11= 1.8f mg N μ=A 板与地面间的最大静摩擦力为：()22= 2.4f M m g N μ+= 由于12f f <，故A 静止不动B 向右做匀减速直线运动.到达A 的右端时速度为零，有：202v aL =11mg ma μ=解得木板A 的长度 3L m =（2）A 、B 系统水平方向动量守恒，取B v 为正方向，有 ()B mv m M v =+物块B 向右做匀减速直线运动22112B v v a s -=A 板匀加速直线运动 12mg Ma μ=2222v a s =位移关系12s s L -= 联立解得 2.410/B v m s = （3）系统损失的能量都转化为热能1Q mgL μ=解得 5.4Q J =6．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。

高考物理牛顿运动定律的技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高考物理牛顿运动定律的技巧及练习题及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，在倾角为θ = 37°的足够长斜面上放置一质量M = 2kg 、长度L = 1.5m 的极薄平板 AB ，在薄平板的上端A 处放一质量m =1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同时无初速释放。

已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动摩擦因数为μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取g=10m/s 2。

求：(1)释放后，小滑块的加速度a l 和薄平板的加速度a 2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间t 。

【答案】(1)24m/s ，21m/s ；(2)1s t = 【解析】 【详解】（1）设释放后，滑块会相对于平板向下滑动，对滑块m ：由牛顿第二定律有：011sin 37mg f ma -=其中01cos37N F mg =，111N f F μ= 解得：00211sin 37cos374/a g g m s μ=-=对薄平板M ，由牛顿第二定律有：0122sin 37Mg f f Ma +-= 其中002cos37cos37N F mg Mg =+，222N f F μ=解得：221m/s a =12a a >，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。

设滑块滑离时间为t ，由运动学公式，有：21112x a t =，22212x a t =，12x x L -= 解得：1s t =2．如图所示，足够长的木板与水平地面间的夹角θ可以调节，当木板与水平地面间的夹角为37°时，一小物块（可视为质点）恰好能沿着木板匀速下滑．若让该物块以大小v 0＝10m/s 的初速度从木板的底端沿木板上滑，随着θ的改变，物块沿木板滑行的距离x 将发生变化.取g ＝10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.(1)求物块与木板间的动摩擦因数μ；(2)当θ满足什么条件时，物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出该最小距离. 【答案】(1) 0.75(2) 4m 【解析】 【详解】(1)当θ=37°时，设物块的质量为m ，物块所受木板的支持力大小为F N ，对物块受力分析，有：mg sin37°=μF N F N -mg cos37°=0 解得：μ=0.75(2)设物块的加速度大小为a ，则有：mg sin θ+μmg cos θ=ma 设物块的位移为x ，则有：v 02=2ax解得：()202sin cos v x g θμθ=+令tan α=μ，可知当α+θ=90°，即θ=53°时x 最小 最小距离为：x min =4m3．如图，质量分别为m A =1kg 、m B =2kg 的A 、B 两滑块放在水平面上，处于场强大小E=3×105N/C 、方向水平向右的匀强电场中，A 不带电，B 带正电、电荷量q=2×10－5C ．零时刻，A 、B 用绷直的细绳连接(细绳形变不计)着，从静止同时开始运动，2s 末细绳断开．已知A 、B 与水平面间的动摩擦因数均为μ=0.1，重力加速度大小g=10m/s 2．求：(1)前2s 内，A 的位移大小； (2)6s 末，电场力的瞬时功率． 【答案】(1) 2m (2) 60W 【解析】 【分析】 【详解】（1）B 所受电场力为F=Eq=6N ；绳断之前，对系统由牛顿第二定律：F-μ(m A +m B )g=(m A +m B )a 1可得系统的加速度a1=1m/s2；由运动规律：x=12a1t12解得A在2s内的位移为x=2m；（2）设绳断瞬间，AB的速度大小为v1，t2=6s时刻，B的速度大小为v2，则v1=a1t1=2m/s；绳断后，对B由牛顿第二定律：F-μm B g=m B a2解得a2=2m/s2；由运动规律可知：v2=v1+a2(t2-t1)解得v2=10m/s电场力的功率P=Fv，解得P=60W4．质量m=2kg的物块自斜面底端A以初速度v0=16m/s沿足够长的固定斜面向上滑行，经时间t=2s速度减为零．已知斜面的倾角θ=37°，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．试求：（1）物块上滑过程中加速度大小；（2）物块滑动过程摩擦力大小；（3）物块下滑所用时间.【答案】（1）8m/s2；（2）4N；（3）s【解析】【详解】（1）上滑时，加速度大小（2）上滑时，由牛顿第二定律，得：解得（3）位移下滑时，由牛顿第二定律，得解得由，解得=s5．如图所示，在风洞实验室里，粗糙细杆与竖直光滑圆轨AB相切于A点，B为圆弧轨道的最高点，圆弧轨道半径R=1m，细杆与水平面之间的夹角θ=37°．一个m=2kg的小球穿在细杆上，小球与细杆间动摩擦因数μ=0.3．小球从静止开始沿杆向上运动，2s 后小球刚好到达A 点，此后沿圆弧轨道运动，全过程风对小球的作用力方向水平向右，大小恒定为40N ．已知g =10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：(1)小球在A 点时的速度大小；(2)小球运动到B 点时对轨道作用力的大小及方向． 【答案】(1)8m/s (2)12N 【解析】 【详解】(1)对细杆上运动时的小球受力分析，据牛顿第二定律可得：cos sin (sin cos )F mg F mg ma θθμθθ--+=代入数据得：24m/s a =小球在A 点时的速度8m/s A v at ==(2)小球沿竖直圆轨道从A 到B 的过程，应用动能定理得：2211sin37(1cos37)22B A FR mgR mv mv -︒-+︒=- 解得：2m/s B v =小球在B 点时，对小球受力分析，设轨道对球的力竖直向上，由牛顿第二定律知：2N Bv mg F m R-=解得：F N =12N ，轨道对球的力竖直向上由牛顿第三定律得：小球在最高点B 对轨道的作用力大小为12N ，方向竖直向下．6．水平面上固定着倾角θ=37°的斜面，将质量m=lkg 的物块A 从斜面上无初速度释放，其加速度a=3m/s 2。

高考物理牛顿运动定律解题技巧及经典题型及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高考物理牛顿运动定律答题技巧及练习题(含答案)一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。

某时刻速度为v 0＝2m/s ，此时一质量与木板相等的小滑块（可视为质点）以v 1＝4m/s 的速度从右侧滑上木板，经过1s 两者速度恰好相同，速度大小为v 2＝1m/s ，方向向左。

重力加速度g ＝10m/s 2，试求：（1）木板与滑块间的动摩擦因数μ1 （2）木板与地面间的动摩擦因数μ2（3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。

【答案】（1）0.3（2）120（3）2.75m 【解析】 【分析】（1）对小滑块根据牛顿第二定律以及运动学公式进行求解； （2）对木板分析，先向右减速后向左加速，分过程进行分析即可； （3）分别求出二者相对地面位移，然后求解二者相对位移； 【详解】（1）对小滑块分析：其加速度为：2221114/3/1v v a m s m s t --===-，方向向右 对小滑块根据牛顿第二定律有：11mg ma μ-=，可以得到：10.3μ=；（2）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：1212v mg mg mt μμ+⋅= 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：21222v mg mg mt μμ-⋅= 而且121t t t s +== 联立可以得到：2120μ=，10.5s t =，20.5t s =； （3）在10.5s t=时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：1100.52v x t m +=⋅=，方向向右； 在20.5t s =时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为：22200.252v x t m +=⋅=，方向向左； 在整个1t s =时间内，小滑块向左减速运动，其位移为：122.52v v x t m +=⋅=，方向向左 则整个过程中滑块相对木板的位移大小为：12 2.75x x x x m ∆=+-=。

高考物理牛顿运动定律的基本方法技巧及练习题及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．如图所示，质量2kg M =的木板静止在光滑水平地面上，一质量1kg m =的滑块（可视为质点）以03m/s v =的初速度从左侧滑上木板水平地面右侧距离足够远处有一小型固定挡板，木板与挡板碰后速度立即减为零并与挡板粘连，最终滑块恰好未从木板表面滑落．已知滑块与木板之间动摩擦因数为0.2μ=，重力加速度210m/s g =，求：（1）木板与挡板碰撞前瞬间的速度v ？ （2）木板与挡板碰撞后滑块的位移s ？ （3）木板的长度L ？【答案】（1）1m/s （2）0.25m （3）1.75m 【解析】 【详解】（1）滑块与小车动量守恒0()mv m M v =+可得1m/s v =（2）木板静止后，滑块匀减速运动，根据动能定理有：2102mgs mv μ-=- 解得0.25m s =（3）从滑块滑上木板到共速时，由能量守恒得：220111()22mv m M v mgs μ=++ 故木板的长度1 1.75m L s s =+=2．滑雪者为什么能在软绵绵的雪地中高速奔驰呢？其原因是白雪内有很多小孔，小孔内充满空气．当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m/s 时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由μ1＝0.25变为μ2＝0.125．一滑雪者从倾角为θ＝37°的坡顶A 由静止开始自由下滑，滑至坡底B (B 处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C 处，如图所示．不计空气阻力，坡长为l ＝26 m ，g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8．求：(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化经历的时间； (2)滑雪者到达B 处的速度；(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离．【答案】1s99.2m【解析】【分析】由牛顿第二定律分别求出动摩擦因数恒变化前后的加速度，再由运动学知识可求解速度、位移和时间．【详解】(1)由牛顿第二定律得滑雪者在斜坡的加速度：a1==4m/s2解得滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间：t==1s(2)由静止到动摩擦因素发生变化的位移：x1=a1t2=2m动摩擦因数变化后，由牛顿第二定律得加速度：a2==5m/s2由v B2-v2=2a2(L-x1)解得滑雪者到达B处时的速度：v B=16m/s(3)设滑雪者速度由v B=16m/s减速到v1=4m/s期间运动的位移为x3，则由动能定理有：；解得x3=96m速度由v1=4m/s减速到零期间运动的位移为x4，则由动能定理有：；解得 x4=3.2m所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为x=x3+x4=96+ 3.2=99.2m3．近年来，随着AI的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以v0=2m/s的恒定速率顺时针运行，传送带的长度为L=7.6m.机械手将质量为1kg的包裹A轻放在传送带的左端，经过4s包裹A离开传送带，与意外落在传送带右端质量为3kg的包裹B发生正碰，碰后包裹B 在水平面上滑行0.32m后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹A、B与水平面间的动摩擦因数均为0.1，取g=10m/s2.求：(1)包裹A与传送带间的动摩擦因数;(2)两包裹碰撞过程中损失的机械能;(3)包裹A是否会到达分拣通道口.【答案】(1)μ1=0.5(2)△E=0.96J (3)包裹A不会到达分拣通道口【解析】【详解】(1)假设包裹A 经过t 1时间速度达到v 0，由运动学知识有01012v t v t t L +-=（） 包裹A 在传送带上加速度的大小为a 1,v 0=a 1t 1包裹A 的质量为m A ，与传输带间的动摩檫因数为μ1，由牛顿运动定律有:μ1m A g =m A a 1 解得：μ1=0.5(2)包裹A 离开传送带时速度为v 0，设第一次碰后包裹A 与包裹B 速度分别为v A 和v B ， 由动量守恒定律有:m A v 0=m A v A +m B v B包裹B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2m B gx =0-12m B v B 2 解得v A =-0.4m/s ，负号表示方向向左，大小为0.4m/s 两包裹碰撞时损失的机械能:△E =12m A v 02 -12m A v A 2-12m B v B 2 解得：△E =0.96J(3)第一次碰后包裹A 返回传送带，在传送带作用下向左运动x A 后速度减为零， 由动能定理可知-μ1m A gx A =0-12m A v A 2 解得x A =0.016m<L ，包裹A 在传送带上会再次向右运动. 设包裹A 再次离开传送带的速度为v A ′μ1m A gx A =12m A v A ′2 解得:v A ′ =0.4m/s设包裹A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为x A-μ2m A gx A ′=0-12m A v A 2 解得 x A ′=0.08m x A ′=<0.32m包裹A 静止时与分拣通道口的距离为0.24m ，不会到达分拣通道口.4．某种弹射装置的示意图如图所示，光滑的水平导轨MN 右端N 处于倾斜传送带理想连接，传送带长度L=15.0m ，皮带以恒定速率v=5m/s 顺时针转动，三个质量均为m=1.0kg 的滑块A 、B 、C 置于水平导轨上，B 、C 之间有一段轻弹簧刚好处于原长，滑块B 与轻弹簧连接，C 未连接弹簧，B 、C 处于静止状态且离N 点足够远，现让滑块A 以初速度v 0=6m/s 沿B 、C 连线方向向B 运动，A 与B 碰撞后粘合在一起．碰撞时间极短，滑块C 脱离弹簧后滑上倾角θ=37°的传送带，并从顶端沿传送带方向滑出斜抛落至地面上，已知滑块C 与传送带之间的动摩擦因数μ=0.8，重力加速度g=10m/s 2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．（1）滑块A 、B 碰撞时损失的机械能； （2）滑块C 在传送带上因摩擦产生的热量Q ；（3）若每次实验开始时滑块A 的初速度v 0大小不相同，要使滑块C 滑离传送带后总能落至地面上的同一位置，则v 0的取值范围是什么？（结果可用根号表示） 【答案】(1)9J E ∆= (2)8J Q =03313m/s 397m/s 22v ≤≤ 【解析】试题分析：（1）A 、B 碰撞过程水平方向的动量守恒，由此求出二者的共同速度；由功能关系即可求出损失的机械能；（2）A 、B 碰撞后与C 作用的过程中ABC 组成的系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出C 与AB 分开后的速度，C 在传送带上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律求出加速度，然后应用匀变速直线运动规律求出C 相对于传送带运动时的相对位移，由功能关系即可求出摩擦产生的热量．（3）应用动量守恒定律、能量守恒定律与运动学公式可以求出滑块A 的最大速度和最小速度．（1）A 与B 位于光滑的水平面上，系统在水平方向的动量守恒，设A 与B 碰撞后共同速度为1v ，选取向右为正方向，对A 、B 有：012mv mv = 碰撞时损失机械能()220111222E mv m v ∆=- 解得：9E J ∆=（2）设A 、B 碰撞后，弹簧第一次恢复原长时AB 的速度为B v ，C 的速度为C v 由动量守恒得：122B C mv mv mv =+由机械能守恒得：()()222111122222B C m v m v mv =+ 解得：4/c v m s =C 以c v 滑上传送带，假设匀加速的直线运动位移为x 时与传送带共速由牛顿第二定律得：210.4/a gcos gsin m s μθθ=-= 由速度位移公式得：2212C v v a x -=联立解得：x=11.25m ＜L 加速运动的时间为t ，有：12.5Cv v t s a -== 所以相对位移x vt x ∆=- 代入数据得： 1.25x m ∆=摩擦生热·8Q mgcos x J μθ=∆= （3）设A 的最大速度为max v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为1c v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为2a 的匀减速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22212c v v a L -=根据牛顿第二定律得：2212.4/a gsin gcos m s θμθ=--=-联立解得：1397/c v m s =设A 的最小速度为min v ，滑块C 与弹簧分离时C 的速度为2C v ，AB 的速度为1B v ，则C 在传送带上一直做加速度为1a 的匀加速直线运动直到P 点与传送带共速则有：22112c v v a L -=解得：213/c v m s =对A 、B 、C 和弹簧组成的系统从AB 碰撞后到弹簧第一次恢复原长的过程中 系统动量守恒，则有：112max B C mv mv mc =+ 由机械能守恒得：()()22211111122222B C m v m v mv =+ 解得：133397/22max c v v m s == 同理得：313/2min v m s = 所以03313/397/22m s v m s ≤≤5．质量9kg M =、长1m L =的木板在动摩擦因数10.1μ=的水平地面上向右滑行，当速度02m/s v =时，在木板的右端轻放一质量1kg m =的小物块如图所示.当小物块刚好滑到木板左端时，物块和木板达到共同速度.取210m/s g =，求：（1）从木块放到木板上到它们达到相同速度所用的时间t ； （2）小物块与木板间的动摩擦因数2μ． 【答案】（1）1s （2）0.08 【解析】 【分析】 【详解】（1）设木板在时间t 内的位移为x 1；铁块的加速度大小为a 2，时间t 内的位移为x 2 则有210112x v t a t =-22212x a t =12x L x =+又012v a t a t -=代入数据得t =1s（2）根据牛顿第二定律，有121()M m g mg Ma μμ++=22mg ma μ=解得20.08μ=6．如图所示，在足够大的光滑水平桌面上，有一个质量为10－2kg 的小球，静止在该水平桌面内建立的直角坐标系xOy 的坐标原点O ．现突然沿x 轴正方向对小球施加大小为2×10－2N 的外力F 0，使小球从静止开始运动，在第1s 末所加外力F 0大小不变，方向突然变为沿y 轴正方向，在第2s 后，所加外力又变为另一个不同的恒力F ．求：(1)在第1末，小球的速率； (2)在第2s 末，小球的位移；(3)要使小球在第3s 末的速度变为零所加的恒力F(保留两位有效数字) 【答案】（1）2m/s （210m （3）2.8×10-2N 【解析】 【分析】 【详解】（1）根据牛顿第二定律F 0=ma 在第1s 末，根据速度时间关系v 1=at 解得：v 1=2m/s ；（2）在第1s 末，根据位移时间关系x 1=212at 在第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动：在x 方向：x 2=v 1t 在y 方向：2212y at =位移：联立解得，设位移与X 轴正方向的夹角为θ，sinθ=10（3）在第2s 末，沿x 轴正方向速度仍为v 1=2m/s在y 方向分速度为v 2=at=2m/s ，此时速度与x 轴正方向的夹角为45° 所加恒力一定与速度方向相反，小球沿x 轴方向加速度1x v a t= 沿y 轴方向加速度2y v a t=小球的加速度a =根据牛顿第二定律F=ma 联立解得F=2.8×10-2N 【点睛】（1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解；（2）第2s 内，小球从x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出x 方向和y 方向的位移，根据勾股定理求解小球的位移；（3）分别根据x 方向和y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根据牛顿第二定律求小球受到的力．7．高铁的开通给出行的人们带来了全新的旅行感受，大大方便了人们的工作与生活．高铁每列车组由七节车厢组成，除第四节车厢为无动力车厢外，其余六节车厢均具有动力系统，设每节车厢的质量均为m ，各动力车厢产生的动力相同，经测试，该列车启动时能在时间t 内将速度提高到v ，已知运动阻力是车重的k 倍．求： (1)列车在启动过程中，第五节车厢对第六节车厢的作用力；(2)列车在匀速行驶时，第六节车厢失去了动力，若仍要保持列车的匀速运动状态，则第五节车厢对第六节车厢的作用力变化多大？ 【答案】（1）13m (v t +kg ) （2）1415kmg 【解析】 【详解】(1)列车启动时做初速度为零的匀加速直线运动，启动加速度为a =vt① 对整个列车，由牛顿第二定律得：F -k ·7mg =7ma ②设第五节对第六节车厢的作用力为T ，对第六、七两节车厢进行受力分析，水平方向受力如图所示，由牛顿第二定律得26F+T -k ·2mg =2ma ， ③ 联立①②③得T =-13m (vt+kg ) ④ 其中“-”表示实际作用力与图示方向相反，即与列车运动相反． (2)列车匀速运动时，对整体由平衡条件得F ′-k ·7mg =0 ⑤设第六节车厢有动力时，第五、六节车厢间的作用力为T 1，则有：26F '+T 1-k ·2mg =0 ⑥ 第六节车厢失去动力时，仍保持列车匀速运动，则总牵引力不变，设此时第五、六节车厢间的作用力为T 2， 则有：5F '+T 2-k ·2mg =0， ⑦ 联立⑤⑥⑦得T 1=-13kmg T 2=35kmg 因此作用力变化ΔT =T 2-T 1=1415kmg8．木块A 、B 质量分别为5A m kg =和7B m kg =，与原长为020l cm =、劲度系数为100/k N m =轻弹簧相连接，A 、B 系统置于水平地面上静止不动，此时弹簧被压缩了5c m ．已知A 、B 与水平地面之间的动摩擦因数均为0.2μ=，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现用水平推力F=2N 作用在木块A 上，如图所示(g 取10m/s 2)，（1）求此时A ，B 受到的摩擦力的大小和方向；（2）当水平推力不断增大，求B 即将开始滑动时，A 、B 之间的距离 （3）若水平推力随时间变化满足以下关系12(),2F t N =+ 求A 、B 都仍能保持静止状态的时间，并作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力图像．（规定向左为正方向）【答案】（1）3,A f N =向右，3,B f N =向左；（2）11cm ，（3）.【解析】试题分析：（1）分析A 、B 的最大静摩擦力大小关系，根据平衡条件进行求解；（2）当B 要开始滑动时弹簧弹力不变，则A 、B 的距离等于原长减去压缩量；（3）A 开始滑动时B 静止，则弹簧弹力不变，求出此时的时间，在A 没有滑动前，根据平衡条件求出A f t -的表达式，并作出图象．（1）由：max 10A A f f m g N μ===静动，max 14B B f f m g N μ===静动 此时假设A 、B 均仍保持静止状态 由题得：5F kx N ==弹 对A 有：A F F f -=弹max 3A A f N f ∴=<方向向右；对B 有：B F f =弹max 5B B f N f ∴=<方向向左 则假设成立（2）当B 要开始滑动时，此时，max F f =弹静 由max B f f m g μ==静动 则：B kx m g μ'=0.1414B m gx m cm kμ∴='==A 、B 间距离： 011s l x cm '=-=（3）在A 没有开始滑动前，A 处于静止状态，弹簧弹力不变 则有：A F f F +=弹得：13()2A f F F t N =-=-弹 设t 时刻A 开始滑动，此时B 静止，弹簧弹力不变 对A: max A F f F +=弹 代入数据解得：t=26s作出在A 开始滑动前A 受到的摩擦力A f t -图象如图所示9．如图所示，水平传送带长L=5m ，以速度v=2m/s 沿图示方向匀速运动现将一质量为1kg 的小物块轻轻地放上传送带的左端，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.2，g=10m/s 2。

高考物理牛顿运动定律常见题型及答题技巧及练习题(含答案)及解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律1．利用弹簧弹射和传送带可以将工件运送至高处。

如图所示，传送带与水平方向成37度角，顺时针匀速运动的速度v ＝4m/s 。

B 、C 分别是传送带与两轮的切点，相距L ＝6.4m 。

倾角也是37︒的斜面固定于地面且与传送带上的B 点良好对接。

一原长小于斜面长的轻弹簧平行斜面放置，下端固定在斜面底端，上端放一质量m ＝1kg 的工件（可视为质点）。

用力将弹簧压缩至A 点后由静止释放，工件离开斜面顶端滑到B 点时速度v 0＝8m/s ，A 、B 间的距离x ＝1m ，工件与斜面、传送带问的动摩擦因数相同，均为μ＝0.5，工件到达C 点即为运送过程结束。

g 取10m/s 2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）弹簧压缩至A 点时的弹性势能；（2）工件沿传送带由B 点上滑到C 点所用的时间；（3）工件沿传送带由B 点上滑到C 点的过程中，工件和传送带间由于摩擦而产生的热量。

【答案】(1)42J,(2)2.4s,(3)19.2J 【解析】 【详解】（1）由能量守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为：2P 01sin 37cos372E mgx mgx mv μ︒︒=++解得：E p ＝42J（2）工件在减速到与传送带速度相等的过程中，加速度为a 1，由牛顿第二定律得：1sin 37cos37mg mg ma μ︒︒+=解得：a 1＝10m/s 2工件与传送带共速需要时间为：011v vt a -= 解得：t 1＝0.4s工件滑行位移大小为：220112v v x a -=解得：1 2.4x m L =<因为tan 37μ︒<，所以工件将沿传送带继续减速上滑，在继续上滑过程中加速度为a 2，则有：2sin 37cos37mg mg ma μ︒︒-=解得：a 2＝2m/s 2假设工件速度减为0时，工件未从传送带上滑落，则运动时间为：22v ta =解得：t 2＝2s工件滑行位移大小为：23?1n n n n n 解得：x 2＝4m工件运动到C 点时速度恰好为零，故假设成立。

高考物理牛顿运动定律的应用答题技巧及练习题(含答案)含解析一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用1．如图所示，水平面与倾角θ＝37°的斜面在B 处平滑相连，水平面上A 、B 两点间距离s 0＝8 m ．质量m ＝1 kg 的物体（可视为质点）在F ＝6.5 N 的水平拉力作用下由A 点从静止开始运动，到达B 点时立即撤去F ，物体将沿粗糙斜面继续上滑（物体经过B 处时速率保持不变）．已知物体与水平面及斜面间的动摩擦因数μ均为0.25．（g 取10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8）求：(1)物体在水平面上运动的加速度大小a 1； (2)物体运动到B 处的速度大小v B ； (3)物体在斜面上运动的时间t ．【答案】（1）4m/s 2 （2）8m/s （3）2.4s 【解析】 【分析】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律求出加速度；（2）根据速度位移公式求出B 点的速度；（3）物体在斜面上先向上减速，再反向加速度，求出这两段的时间，即为物体在斜面上的总时间． 【详解】（1）在水平面上，根据牛顿第二定律得：1F mg ma μ-=代及数据解得：214/a m s =（2）根据运动学公式：2102B v a s =代入数据解得：8/B v m s =（3）物体在斜面上向上做匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律得：23737mgsin mgcos ma μ︒+︒=①物体沿斜面向上运动的时间：22Bv t a =② 物体沿斜面向上运动的最大位移为：222212s a t = ③因3737mgsin mgcos μ︒>︒，物体运动到斜面最高点后将沿斜面向下做初速度为0的匀加速直线运动根据牛顿第二定律得：33737mgsin mgcos ma μ︒-︒=④ 物体沿斜面下滑的时间为：223312s a t =⑤ 物体在斜面上运动的时间：23t t t =+⑥联立方程①-⑥代入数据解得：(2312 2.4t t t s s =+=+≈【点睛】本题主要考查了牛顿第二定律及运动学基本公式的直接应用，注意第二问求的是在斜面上的总时间，不是上滑时间．2．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 。