精做09 牛顿运动定律在传送带问题中的应用-学易试题君之大题精做2019年高考物理(解析版)

2009高考物理专题攻略――传送带问题物理高考常考点—传送带问题传送带问题是以真实物理现象为依据的问题，它既能训练学生的科学思维，又能联系科学、生产和生活实际，因而，这种类型问题具有生命力，当然成为高考命题专家所关注的问题．近三年有关传送带考题频频出现，显示出它在考查学科综合能力的独特功能。

传送带问题的考查一般从两个层面上展开，一是受力和运动分析，受力分析中关键是注意摩擦力突变（大小、方向）——发生在V物与V带相同的时刻；运动分析中关键是相对运动的速度大小与方向的变化——物体和传送带对地速度的大小与方向比较。

二是功能分析，注意功能关系：W F=△E K+△E P+Q，式中W F为传送带做的功：W F=F·S带（F由传送带受力情况求得），△E K、△E P为传送带上物体的动能、重力势能的变化，Q是由于摩擦产生的内能：Q=f·S相对。

下面结合传送带两种典型模型加以说明。

一、水平放置运行的传送带处理水平放置的传送带问题，首先是要对放在传送带上的物体进行受力分析，分清物体所受摩擦力是阻力还是动力；其二是对物体进行运动状态分析，即对静态→动态→终态进行分析和判断，对其全过程作出合理分析、推论，进而采用有关物理规律求解.例1 （04江苏高考题）水平传送带被广泛地应用于机场和火车站，用于对旅客的行李进行了安全检查。

图1为—水平传送带装置示意图，绷紧的传送带AB始终保持v＝1m/s的恒定速率运行，一质量为m＝4kg的行李无初速地放在A处，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始做匀加速直线运动，随后行李又以与传送带相等的速率做匀速直线运动。

设行李与传送带间的动摩擦因数μ＝0.1，AB间的距离l＝2m，g取10m/s2。

（1）求行李刚开始运动时所受的滑动摩擦力大小与加速度大小；（2）求行李做匀加速直线运动的时间；（3）如果提高传送带的运行速率，行李就能被较快地传送到B处。

求行李从A处传送到B处的最短时间和传送带对应的最小运行速率。

高中物理牛顿运动定律解题技巧(超强)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. 在机场可以看到用于传送行李的传送带，行李随传送带一起前进运动。

如图所示，水平传送带匀速运行速度为v=2m/s，传送带两端AB间距离为S o=lOm，传送带与行李箱间的动摩擦因数卩=0.2当质量为m=5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，传送到B端，重力加速度g取10m/2；求：(1) 行李箱开始运动时的加速度大小a；(2) 行李箱从A端传送到B端所用时间t;(3) 整个过程行李对传送带的摩擦力做功W。

【答案】⑴，(2)薜耳⑶="-纠【解析】【分析】行李在传送带上先做匀加速直线运动，当速度达到传送带的速度，和传送带一起做匀速直线运动，根据牛顿第二定律及运动学基本公式即可解题行李箱开始运动时的加速度大小和行李箱从A端传送到B 端所用时间；根据做功公式求解整个过程行李对传送带的摩擦力做功；【详解】解：(1)行李在传送带上加速，设加速度大小为aI__7(2)行李在传送带上做匀加速直线运动，加速的时间为t1V 2灯== Is1所以匀加速运动的位移为：s\=尹甘=lrnSo-Si 10-1行李随传送带匀速前进的时间：(2 = ---------- = —-一=4.5$v 2行李箱从A传送到B所需时间：：3 --气出⑶t1传送带的的位移为：怜一叽“ -根据牛顿第三定律可得传送带受到行李摩擦力为：『◎『整个过程行李对传送带的摩擦力做功：w =7比=-吓阿=-20/2. 如图甲所示，质量为m的A放在足够高的平台上，平台表面光滑•质量也为m的物块B放在水平地面上，物块B与劲度系数为k的轻质弹簧相连，弹簧与物块A用绕过定滑轮的轻绳相连，轻绳刚好绷紧•现给物块A施加水平向右的拉力F (未知)，使物块A做初速度为零的匀加速直线运动，加速度为a，重力加速度为g,A、B均可视为质点.根据v 2 2ax 解得：v . 2ax 对物体A:F T ma ; 对物体B:T=mg , 解得 F=ma+mg ； (2)设某时刻弹簧的伸长量为x .对物体C ,水平方向:F cosT | m C a ，其中T | kx mg ；竖直方向：F sin m C g ；联立解得m e3mg4g 3a3.如图所示，水平面上AB 间有一长度x=4m 的凹槽，长度为L=2m 、质量M=1kg 的木板静止 于凹槽右侧，木板厚度与凹槽深度相同，水平面左侧有一半径R=0.4m 的竖直半圆轨道，右侧有一个足够长的圆弧轨道,A 点右侧静止一质量 m1=0.98kg 的小木块.射钉枪以速度v °=ioom/s 射出一颗质量m0=0.02kg 的铁钉，铁钉嵌在木块中并滑上木板，木板与木块间动摩擦因数 卩=0.05其它摩擦不计.若木板每次与 A 、B 相碰后速度立即减为 0,且与A 、B 不粘连，重力加 速度 g=10m/s 2.求：(1) 当物块B 刚好要离开地面时，拉力 F 的大小及物块 A 的速度大小分别为多少;(2)若将物块 A 换成物块C ，拉力F 的方向与水平方向成 37°角，如图乙所示，开始时轻绳也刚好要绷紧，要使物块B 离开地面前，物块C 一直以大小为a 的加速度做匀加速度运动，则物块 C 的质量应满足什么条件？ ( sin37°0.6,cos37° 0.8)【答案】(1) F ma mg;v 【解析】 【分析】 【详解】(1)当物块B 刚好要离开地面时， B 受力分析有mg kx ，得：x2嘗（2） m C设弹簧的伸长量为mg k3mg 4g 3ax ,物块A 的速度大小为v ,对物块2amg k(3)木块最终停止时离 A 点的距离s.【答案】(1) v 2m/s (2) F N 12.5N (3) L 1.25m 【解析】(1) 设铁钉与木块的共同速度为 v ,取向左为正方向，根据动量守恒定律得:m °V 0 (m ° mjv解得：v 2叹；⑵木块滑上薄板后，木块的加速度 印 g 0.5，且方向向右设经过时间t ，木块与木板共同速度 v 运动 则：va 2t此时木块与木板一起运动的距离等于木板的长度.1 .2 1 2x vt a 1ta 2t L2 2故共速时，恰好在最左侧 B 点，此时木块的速度 v v a 1t 1^S 木块过C 点时对其产生的支持力与重力的合力提供向心力，则：'2vF N mg m R代入相关数据解得：F N =12.5N. 由牛顿第三定律知，木块过圆弧C 点时对C 点压力为12.5N ；1 2⑶木块还能上升的高度为 h ，由机械能守恒有：(m ° mjv (m 0 m^gh2h 0.05m 0.4m木块不脱离圆弧轨道，返回时以 1m/s 的速度再由B 处滑上木板，设经过 t 1共速，此时木 板的加速度方向向右，大小仍为a 2，木块的加速度仍为 a 1，板产生的加速度a 2 mg M， 且方向向左则：v2 a1t1 a2t1，解得：t1 1s1 2 1 2此时x v t1a-i t-i a2t| 0.5m2 2v3v2 at10.5叹碰撞后，v薄板=0,木块以速度V3=0.5m/s的速度向右做减速运动v3设经过t2时间速度为0，则t2a；1s| 2x v3t2a2t2 0.25m2故△L=b △x' - x=1.25m即木块停止运动时离A点1.25m远.4. 如图，光滑固定斜面上有一楔形物体A。

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．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37θ=︒，A 、B 两端相距12m,质量为M=1kg 的物体以0v =14.0m/s 的速度沿AB 方向从A 端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v =4.0m/s(g 取210/m s )，试求:(1)物体从A 点到达B 点所需的时间；(2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度．【答案】（1）2s （2）5m 【解析】 【分析】（1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B 点的时间以及传送带的位移；（2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度. 【详解】（1）物体刚滑上传送带时因速度v 0=14.0m/s 大于传送带的速度v=4m/s ，则物体相对斜面向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma 1 解得：a 1=gsin θ+μgcos θ=10m/s 2 当物体与传送带共速时：v 0-at 1=v 解得t 1=1s此过程中物体的位移01192v vx t m +== 传送带的位移：214x vt m ==当物体与传送带共速后，由于μ=0.5<tan370=0.75，则物体向上做减速运动，加速度为：Mgsin θ-μMgcos θ=Ma 2 解得a 2=2m/s 2物体向上减速运动s 1=L-x 1=3m根据位移公式：s 1=vt 2-12a 2t 22 解得：t 2=1 s （t 2=3 s 舍去）则物体从A 点到达B 点所需的时间：t=t 1+t 2=2s（2）物体减速上滑时，传送带的位移：224s vt m == 则物体相对传送带向下的位移211s s s m ∆=-=因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：125x x x m ∆=-= 则物体从A 点到达B 点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m ． 【点睛】此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.2．如图甲所示，m 1 =5 kg 的滑块自光滑圆弧形槽的顶端A 点无初速度地滑下，槽的底端与水平传送带相切于左端导轮顶端的B 点，传送带沿顺时针方向匀速运转．m 1下滑前将m 2 = 3 kg 的滑块停放在槽的底端．m 1下滑后与m 2发生碰撞，碰撞时间极短，碰后两滑块均向右运动，传感器分别描绘出了两滑块碰后在传送带上从B 点运动到C 点的v -t 图象，如图乙、丙所示．两滑块均视为质点，重力加速度g = 10 m/s 2．(1)求A 、B 的高度差h ；(2)求滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ和传送带的长度L BC ； (3)滑块m 2到达C 点时速度恰好减到3 m/s ，求滑块m 2的传送时间； (4)求系统因摩擦产生的热量．【答案】（1）0.8m （2）26m （3）6.5s （4）16J 【解析】(1)由图乙可知，碰撞后瞬间，m 1 的速度v 1=1 m/s ，m 2的速度v 2 =5 m/s ，设碰撞前瞬间m 1的速度为v 0，取向右的方向为正方向，根据动量守恒：m 1v 0= m 1v 1+ m 2v 2 解得：v 0 = 4 m/sm 1下滑的过程机械能守恒：211012m gh m v = 解得：h =0.8 m(2)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速运动时的加速度大小0.5va t∆==∆m/s 2 滑块的加速度就是由滑动摩擦力提供，故μ1m 1g = m 1a 可求出滑块m 1与传送带间的动摩擦因数μ1 = 0.05由图乙可知，滑块m 1在传送带上先加速4 s ，后匀速运动6 s 到达C 点 图线与坐标轴围成的图形的面积在数值上等于传送带的长度L BC ，即L BC = 26 m (3)滑块m 2一直做匀减速直线运动，达C 点时速度恰好减到3 m/s ，全程的平均速度为24/2v vv m s +== 设滑块m 2的传送时间为t ，则有 6.5BCL t s v== (4)由图乙可知，滑块m 1在传送带上加速阶段的位移21011182x v t at m =+= 滑块m 1在传送带上加速阶段产生的热量Q 1=μ1m 1g (vt 1-x 1)=10 J 滑块m 2在传送带上减速的加速大小413v a t '∆'=='∆m/s 2 滑块m 2受到的滑动摩擦力大小f = m 2a ′滑块m 2在传送带上减速阶段产生的热量Q 2 = f (L BC -vt ) = 6 J 系统因摩擦产生的热量Q = Q 1 + Q 2 =16 J ．3．如图，质量M=4kg 的长木板静止处于粗糙水平地面上，长木板与地面的动摩擦因数μ1=0.1，现有一质量m=3kg 的小木块以v 0=14m/s 的速度从一端滑上木板，恰好未从木板上滑下，滑块与长木板的动摩擦因数μ2=0.5，g 取10m/s 2，求：（1）木块刚滑上木板时，木块和木板的加速度大小； （2）木板长度；（3）木板在地面上运动的最大位移。

高考物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)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 sg sμ-=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212x 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214/3a m s =对滑块，则有加速度224/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18/3v m s =滑块向右位移214/022m s x t m +== 此后，木块开始向左加速，加速度仍为224/a m s =木块继续减速，加速度仍为214/3a 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2312121726x v t a t m =-=末速度31122/v v a t m s =-= 滑块位移24221122x 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211/a g m s μ==位移23522v 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．3．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 。

专题三牛顿运动定律精做06验证牛顿运动定律1．（2016·新课标全国Ⅲ卷）某物理课外小组利用图（a）中的装置探究物体加速度与其所受合外力之间的关系。

图中，置于实验台上的长木板水平放置，其右端固定一轻滑轮；轻绳跨过滑轮，一端与放在木板上的小车相连，另一端可悬挂钩码。

本实验中可用的钩码共有N=5个，每个质量均为0.010 kg。

实验步骤如下：（1）将5个钩码全部放入小车中，在长木板左下方垫上适当厚度的小物块，使小车（和钩码）可以在木板上匀速下滑。

（2）将n（依次取n=1，2，3，4，5）个钩码挂在轻绳右端，其余N–n个钩码仍留在小车内；用手按住小车并使轻绳与木板平行。

释放小车，同时用传感器记录小车在时刻t相对于其起始位置的位移s，绘制s–t图象，经数据处理后可得到相应的加速度a。

（3）对应不同的n的a值如表所示。

n=2时的s–t图象如图（b）所示；由图（b）求出此时小车的加速度（保留两位有效数字），将结果填入表中。

（4）利用表中的数据在图（c）中补齐数据点，并作出a–n图象。

从图象可以看出：当物体的质量一定时，物体的加速度与其所受合外力成正比。

（5）利用a –n 图象求得小车（空载）的质量为_______kg （保留两位有效数字，重力加速度取g =9.8 m·s –2）。

（6）若以“保持木板水平”来代替步骤（1），下列说法正确的是_______（填入正确选项前的标号）。

A ．a –n 图线不再是直线B ．a –n 图线仍是直线，但该直线不过原点C ．a –n 图线仍是直线，但该直线的斜率变大【答案】（3）0.39 （4）如图所示 （5）0.45 （6）BC【解析】（3）因为小车做初速度为零的匀加速直线运动，故将（2，0.78）代入212s at =可得20.39m /s a =。

（4）根据描点法可得如图所示图线。

2．（2018·黑龙江省大庆实验中学）某实验小组的同学在“验证牛顿第二定律”实验中，使用了如图所示的实验装置。

真题指引1.（2017新课标Ⅲ25）如图，两个滑块A和B的质量分别为m A=1 kg和m B=5 kg，放在静止于水平地面上的木板的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为μ1=0.5；木板的质量为m=4 kg，与地面间的动摩擦因数为μ2=0.1。

某时刻A、B两滑块开始相向滑动，初速度大小均为v0=3 m/s。

A、B相遇时，A与木板恰好相对静止。

设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g=10 m/s2。

求（1）B与木板相对静止时，木板的速度；（2）A、B开始运动时，两者之间的距离。

【答案】（1）1m/s；（2）1.9m【解析】（1）滑块A和B在木板上滑动时，木板也在地面上滑动。

设A、B与木板间的摩擦力的大小分别为f1、f2，木板与地面间的摩擦力的大小为f3，A、B、木板相对于地面的加速度大小分别是a A、a B和a1设在t1时刻，B与木板达到共同速度，设大小为v1。

由运动学公式有⑦⑧联立①②③④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得：⑨（2）在t1时间间隔内，B相对于地面移动的距离⑽设在B与木板达到共同速度v1后，木板的加速度大小为a2，对于B与木板组成的体系，由牛顿第二定律有：⑾由①②④⑤式知，a A=a B；再由⑦⑧可知，B与木板达到共同速度时，A的速度大小也为v1，但运动方向与木板相反，由题意知，A和B相遇时，A与木板的速度相同，设其大小为v2。

设A的速度从v1变到v2所用时间为t2，根据运动学公式，对木板有⑿对A有⒀在t2时间间隔内，B（以及木板）相对地面移动的距离为⒁（也可以用下图的速度-时间图象做）2．(2015·全国卷ⅡT25)下暴雨时，有时会发生山体滑坡或泥石流等地质灾害。

某地有一倾角为θ＝37°(sin 37°＝)的山坡C，上面有一质量为m的石板B，其上下表面与斜坡平行；B上有一碎石堆A(含有大量泥土)，A和B均处于静止状态，如图所示。

假设某次暴雨中，A 浸透雨水后总质量也为m(可视为质量不变的滑块)，在极短时间内，A、B间的动摩擦因数μ1减小为，B、C间的动摩擦因数μ2减小为0.5，A、B开始运动，此时刻为计时起点；在第2 s末，B的上表面突然变为光滑，μ2保持不变．已知A开始运动时，A离B下边缘的距离l＝27m，C足够长。

专题04 牛顿运动定律1．（2019·新课标全国Ⅲ卷）如图（a），物块和木板叠放在实验台上，物块用一不可伸长的细绳与固定在实验台上的力传感器相连，细绳水平。

t=0时，木板开始受到水平外力F的作用，在t=4 s时撤去外力。

细绳对物块的拉力f随时间t变化的关系如图（b）所示，木板的速度v与时间t的关系如图（c）所示。

木板与实验台之间的摩擦可以忽略。

重力加速度取g=10 m/s2。

由题给数据可以得出A．木板的质量为1 kgB．2 s~4 s内，力F的大小为0.4 NC．0~2 s内，力F的大小保持不变D．物块与木板之间的动摩擦因数为0.2【答案】AB【解析】结合两图像可判断出0~2 s物块和木板还未发生相对滑动，它们之间的摩擦力为静摩擦力，此过程力F等于f，故F在此过程中是变力，即C错误；2~5 s内木板与物块发生相对滑动，摩擦力转变为滑动摩擦力，由牛顿运动定律，对2~4 s和4~5 s列运动学方程，可解出质量m为1 kg，2~4 s内的力F 为0.4 N，故A、B正确；由于不知道物块的质量，所以无法计算它们之间的动摩擦因数μ，故D错误。

2．（2019·安徽省定远县民族中学高三模拟）如图所示，质量为m的小球穿在足够长的水平固定直杆上处于静止状态，现对小球同时施加水平向右的恒力F0和竖直向上的力F，使小球从静止开始向右运动，其中竖直向上的力F大小始终与小球的速度成正比，即F=kv（图中未标出），已知小球与杆间的动摩擦因数为 ，下列说法中正确的是A．小球先做加速度增大的加速运动，后做加速度减小的减速运动B．小球先做加速度减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动直到静止C．小球的最大加速度为F mD ．小球的最大速度为0F mg kμμ+ 【答案】D 【解析】AB 项：刚开始运动时，加速度为，当速度v 增大，加速度增大，当速度v 增大到符合kv >m g 后，加速度为：，当速度v 增大，加速度减小，当a 减小到0，做匀速运动，所以小球的速度先增大后保持不变，加速度先增大后减小，最后保持不变，故AB 错误；C 项：当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为0F m，故C 错误；D 项：当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F 0=μ（kv m –mg ），故最大速度为，故D 正确。

高考物理真题（2010-2019）专项演练—牛顿运动定律的应用（含解析）选择题1.(2019•海南卷•T5)如图，两物块P 、Q 置于水平地面上，其质量分别为m 、2m ，两者之间用水平轻绳连接。

两物块与地面之间的动摩擦因数均为µ，重力加速度大小为g ，现对Q 施加一水平向右的拉力F ，使两物块做匀加速直线运动，轻绳的张力大小为A.2F mg μ-B.13F mg μ+C.13F mg μ-D.13F 【答案】D【解析】 根据牛顿第二定律，对PQ 的整体:F －µ·3mg ＝3ma ；对物体P:T －µmg ＝ma ；解得13T F =，故选D. 2.(2018·新课标I 卷)如图，轻弹簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物块P ，系统处于静止状态，现用一竖直向上的力F 作用在P 上，使其向上做匀加速直线运动，以x 表示P 离开静止位置的位移，在弹簧恢复原长前，下列表示F 和x 之间关系的图像可能正确的是【答案】A【解析】本题考查牛顿运动定律、匀变速直线运动规律、力随位移变化的图线及其相关的知识点。

由牛顿运动定律，F-mg+F 弹=ma ，F 弹=k(x 0-x),kx 0=mg ，联立解得F=ma+ kx ，对比题给的四个图象，可能正确的是A。

3.(2012·海南卷)根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是A.物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比B.物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度C.物体加速度的大小跟它所受作用力中任一个的大小成正比D.当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比【答案】D【解析】根据牛顿第二定律得知：物体加速度的大小跟质量成反比，与速度无关，故A错误；力是产生加速度的原因，只要有力，就产生加速度，力与加速度是瞬时对应的关系，故B 错误；物体加速度的大小跟物体所受的合外力成正比，而不是跟它的所受作用力中的任一个的大小成正比，故C错误；当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，根据牛顿第二定律F=ma可知，物体水平加速度大小与其质量成反比。

高考物理牛顿运动定律的应用真题汇编(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。

【答案】(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【解析】【详解】(1)由图象可以知道,传送带沿斜向上运动,物体放到传送带上的初速度方向是沿斜面向下的,且加速大小为的匀减速直线运动,对其受力分析,由牛顿第二定律得:可解得：μ＝0.875.（2）根据v-t图象与时间轴围成的“面积”大小等于物体的位移,可得0～8 s 内物体的位移0～8 s s内物体的机械能的增加量等于物体重力势能的增加量和动能增加量之和,为(3) 0～8 s内只有前6s发生相对滑动. 0～6 s内传送带运动距离为:0～6 s内物体位移为:则0～6 s内物体相对于皮带的位移为0～8 s内物体与传送带因为摩擦产生的热量等于摩擦力乘以二者间的相对位移大小,代入数据得：Q＝126 J故本题答案是：(1)μ＝0.875.(2)ΔE＝90 J（3）Q＝126 J【点睛】对物体受力分析并结合图像的斜率求得加速度，在v-t图像中图像包围的面积代表物体运动做过的位移。

2．如图所示，倾角θ＝30°的足够长光滑斜面底端A 固定有挡板P ，斜面上B 点与A 点的高度差为h ．将质量为m 的长木板置于斜面底端，质量也为m 的小物块静止在木板上某处，整个系统处于静止状态．已知木板与物块间的动摩擦因数32μ=，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g ．（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F 0，物块相对木板刚好静止，求拉力F 0的大小； （2）若对木板施加沿斜面向上的拉力F ＝2mg ，作用一段时间后撤去拉力，木板下端恰好能到达B 点，物块始终未脱离木板，求拉力F 做的功W ． 【答案】(1) 32mg (2) 94mgh 【解析】（1）木板与物块整体：F 0−2mg sinθ＝2ma 0 对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ═ma 0 解得：F 0＝32mg （2）设经拉力F 的最短时间为t 1，再经时间t 2物块与木板达到共速，再经时间t 3木板下端到达B 点，速度恰好减为零． 对木板，有：F −mg sinθ−μmg cosθ＝m a 1 mg sinθ+μmg cosθ＝ma 3对物块，有：μmg cosθ−mg sinθ＝ma 2 对木板与物块整体，有2mg sinθ＝2m a 4另有：1132212 ()a t a t a t t -=+ 21243 ()a t t a t +＝222111123243111222sin h a t a t t a t a t θ+⋅-+= 21112W F a t ＝⋅解得W ＝94mgh 点睛：本题考查牛顿第二定律及机械能守恒定律及运动学公式，要注意正确分析物理过程，对所选研究对象做好受力分析，明确物理规律的正确应用即可正确求解；注意关联物理过程中的位移关系及速度关系等．3．如图所示，质量为m=5kg 的长木板B 放在水平地面上，在木板的最右端放一质量也为m=5kg 的物块A （可视为质点）．木板与地面间的动摩擦因数μ1=0.3，物块与木板间的动摩擦因数μ2.=0.2，现用一水平力F=60N 作用在木板上，使木板由静止开始匀加速运动，经过t=1s ，撤去拉力，设物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，210/g m s =，求：（1）拉力撤去时，木板的速度v B ；（2）要使物块不从木板上掉下，木板的长度L 至少为多大； （3）在满足（2）的条件下，物块最终将停在右端多远处．【答案】(1)V B =4m/s ；(2)L=1.2m ；(3)d=0.48m 【解析】【分析】对整体运用牛顿第二定律，求出加速度，判断物块与木板是否相对滑动，对物块和系统分别运用动量定理求出拉力撤去时，长木板的速度；从撤去拉力到达到共同速度过程，对物块和长木板分别运用动量定理求出撤去拉力后到达到共同速度的时间t 1，分别求出撤去拉力前后物块相对木板的位移，从而求出木板的长度对木板和物块，根据动能定理求出物块和木板的相对位移，再由几何关系求出最终停止的位置． (1)若相对滑动，对木板有：212B F mg mg ma μμ--⋅=，得：24/B a m s =对木块有2A mg ma μ=，22/A a m s =所以木块相对木板滑动撤去拉力时，木板的速度4/B B v a t m s ==，2/A A v a t m s == (2)撤去F 后，经时间t 2达到共同速度v ；由动量定理22B mgt mv mv μ=-22122B mgt mgt mv mv μμ--=-，可得20.2t s =，v=2.4m/s在撤掉F 之前，二者的相对位移11122B A v v x t t ∆=- 撤去F 之后，二者的相对位移22222B A v v v v x t t ++∆=- 木板长度12 1.2L x x m =∆+∆=(3)获得共同速度后，对木块，有22102A mgx mv μ-=-， 对木板有()2211202B mg mg x mv μμ-=-二者的相对位移3A B x x x ∆=-木块最终离木板右端的距离1230.48d x x x m =∆+∆-∆=【点睛】本题综合性很强，涉及到物理学中重要考点，如牛顿第二定律、动能定理、动量定理、运动学公式，关键是明确木板和木块的运动规律和受力特点．4．如图所示，长L =10m 的水平传送带以速度v =8m/s 匀速运动。