高中物理牛顿运动定律的应用模拟试题及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图甲所示，长为L=4.5 m的木板M放在水平地而上，质量为m=l kg的小物块（可视为质点）放在木板的左端，开始时两者静止．现用一水平向左的力F作用在木板M上，通过传感器测m、M两物体的加速度与外力F的变化关系如图乙所示．已知两物体与地面之间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g= 10m／s2．求：

（1）m、M之间的动摩擦因数；

（2）M的质量及它与水平地面之间的动摩擦因数；

（3）若开始时对M施加水平向左的恒力F=29 N，且给m一水平向右的初速度vo=4 m／s，求t=2 s时m到M右端的距离． 【答案】（1）0.4（2）4kg，0.1（3）8.125m 【解析】 【分析】 【详解】

（1）由乙图知，m、M一起运动的最大外力Fm=25N， 当F>25N时，m与M相对滑动，对m由牛顿第二定律有：

1mgma1

由乙图知

a14m/s2

解得

10.4

（2）对M由牛顿第二定律有

F1mg2(Mm)gMa2

即

a2乙图知

F1mg2(Mm)g1mg2(Mm)gF

MMM11 M41mg2(Mm)g9

M4解得

M = 4 kg μ2=0. 1

（3）给m一水平向右的初速度v04m/s时，m运动的加速度大小为a1 = 4 m/s2,方向水平向左，

设m运动t1时间速度减为零，则

t1位移

v01s a11x1v0t1a1t122m

2M的加速度大小

a2方向向左， M的位移大小

F1mg2(Mm)g5m/s2

Mx2此时M的速度

12a2t12.5m 2v2a2t15m/s

由于x1x2L，即此时m运动到M的右端，当M继续运动时，m从M的右端竖直掉落，

设m从M 上掉下来后M的加速度天小为a3，对M由生顿第二定律

F2MgMa3

可得

a3在t=2s时m与M右端的距离

25m/s2 41x3v2(tt1)a3(tt1)28.125m．

2

2．如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2 kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2 s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，求：

(1)小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度v； (2)物体与传送带间的动摩擦因数μ；

(3)2 s内物体机械能的减少量ΔE ． 【答案】(1)8 m/s (2)0.5 (3)48 J 【解析】 【详解】

（1）由v-t图象的面积规律可知传送带A、B间的距离L即为v-t图线与t轴所围的面积，所以：

vvvL＝1t112t2

t2代入数值得：

L=16m

由平均速度的定义得：

L16v＝＝＝8m/s

t2（2）由v-t图象可知传送代运行速度为v1=10m/s，0-1s内物体的加速度为：

a1＝则物体所受的合力为：

Vv10＝m/s2＝10m/s2 Vt1F合=ma1=2×10N=20N．

1-2s内的加速度为：

a2＝

根据牛顿第二定律得：

a1＝ 2＝2m/s2， 1mgsinmgcos=gsinθ+μgcosθ

mmgsinmgcosa2＝ =gsinθ-μgcosθ

mμ=0.5，θ=37°．

联立两式解得：

（3）0-1s内，物块的位移：

x1＝

传送带的位移为：

x2=vt1=10×1m=10m

则相对位移的大小为：

△x1=x2-x1=5m

则1-2s内，物块的位移为：

x3＝vt2+

0-2s内物块向下的位移：

L=x1+x3=5+11=16m

11a1t12＝×10×1m＝5m 2211a2t22=10×1+×2×1m＝11m 22物块下降的高度：

h=Lsin37°=16×0.6=9.6m

物块机械能的变化量：

△E＝

负号表示机械能减小．

11mvB2−mgh=×2×122−2×10×9.6=-48J 22

3．如图所示，一质量M=4.0kg、长度L=2.0m的长方形木板B静止在光滑的水平地面上，在其右端放一质量m=1.0kg的小滑块A（可视为质点）。现对A、B同时施以适当的瞬时冲量，使A向左运动，B向右运动，二者的初速度大小均为2.0m/s，最后A并没有滑离B板。已知A、B之间的动摩擦因数μ=0.50，取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）经历多长时间A相对地面速度减为零；

（2）站在地面上观察，B板从开始运动，到A相对地面速度减为零的过程中，B板向右运动的距离；

（3）A和B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离。 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）A在摩擦力f=μmg作用下，经过时间t速度减为零，根据动量定理有：μmgt=mv0 解得 t=0.40s

（2）设B减速运动的加速度为a，A速度减为零的过程中，板B向右运动的位移为x． 根据牛顿第二定律有μmg=Ma， 解得a=1.25m/s2

根据匀变速直线运动位移公式有x=v0t-at2 解得 x=0.70m

（3）设A和B二者的共同速度为v， 根据动量守恒定律有 （M-m）v0=（M+m）v 解得v=1.2m/s

设A和B二者达到共同速度时，小滑块A与板B右端的距离为l，根据做功与能量变化的关系有

μmgl=（M+m）v02-（M+m）v2 解得 l=1.28m，

所以A、B相对运动过程中，小滑块A与板B左端的最小距离为：△x=L-l=0.72m 【点睛】

（2）

（3）

本题可以通过分别对两个木块受力分析，求加速度，判断运动规律；也可以直接用动量守恒定律和能量守恒列式求解，动量守恒定律不涉及中间过程，解题较为方便.

4．如图所示，质量端与竖直墙壁之间距离为

，

的木板fx静止在光滑水平地面上．木板右

，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0.2，现用大小为F18N的推力水平向右推B，两者

发生相对滑动，作用t1s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g10m/s2．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)【解析】 【详解】

（1）在施加推力F时，

方向向右

(2)

aBFmg4m/s2方向向右 Mls末，F撤去时，

s11aAt121m 2

s21aBt122m 2∴A相对B向左滑动的距离

，方向向左

撤去F至A、B达到共同速度的过程中

，方向向右

设A、B速度相等经历的时间为t2

VAaAt2VBaBt2得

在此时间内B运动的位移为∵s2+s3∴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

12（mM）V共 （2）与墙壁碰后：MVABmVABmgVs3(Mm)VAB2(Mm)V共2

∴∵∴

12

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．

5．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°（sin37°=

）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2s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，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．取重力加速度大小g=10m/s2．求：

（1）在0~2s时间内A和B加速度的大小； （2）A在B上总的运动时间．

【答案】（1）a1=3m/s2； a2=1m/s2；（2）4s 【解析】

本题主要考查牛顿第二定律、匀变速运动规律以及多物体多过程问题； （1）在0-2s内，A和B受力如图所示

由滑动摩擦力公式和力的平衡条件得:

⑴

...⑵ ⑶

⑷

以沿着斜面向下为正方向，设A和B的加速度分别为，由牛顿第二定律可得：

⑸

⑹

联立以上各式可得a1=3m/s2⑺ a2=1m/s2..⑻

（2）在t1=2s，设A和B的加速度分别为，则 v1=a1t1=6m/s ⑼ v2=a2t1=2m/s ⑽

t>t1时，设A和B的加速度分别为

⑾ ⑿

即B做匀减速，设经时间，B的速度减为零，则：

⒀

联立⑽⑿⒀可得t2=1s ..⒁

在t1+t2时间内，A相对于B运动的距离为

⒂

此后B静止不动，A继续在B上滑动，设再经时间后t3，A离开B，则有

，

此时AB之间摩擦力为零，同理可得：

可得,t3=1s（另一解不合题意，舍去，） 则A在B上的运动时间为t总. t总=t1+t2+t3=4s

（利用下面的速度图象求解，正确的，参照上述答案信参考给分）

【考点定位】牛顿第二定律；匀变速直线运动；

【方法技巧】本题主要是考察多过程问题，要特别注意运动过程中摩擦力的变化问题．要特别注意两者的运动时间不一样的，也就是说不是同时停止的．

6．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

mgma1

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

v122a1s1

解得s12.5m

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

mgsinmgcosma2

因s1L1，故米袋到达C时速度大小为v1，设米袋在CD所能上滑的距离为s2，则有

v122a2s2

解得s21.25m

可见，s2L2，故米袋沿倾斜传送带所能上滑的距离为1.25m。

（2）mgsinmgcos，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

mgsinmgcosma3

2v22a3L2

解得v26m/s

在水平传送带上，当米袋速度增加到等于v26m/s时，其加速距离为s3，则

2v22a1s3

可见，s3L1，故米袋在水平传送带上能被加速到v26m/s，所以v2最小值为

v26m/s

7．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

倾角，以同样的速率顺时针转动.将该物块无初速

(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

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，则时间位移为则最大速度

，故物体之后匀速

(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

根据牛顿第二定律：解得:

，方向向下

，故物块继续加速

(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：

，即传送带速度

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：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

的加速度继续做匀加速运动

达到与传送带相同速度后，以则有：

联立得：

8．图1中，质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为

．在木板上施加一水平向右的拉

力F，在0～3s内F的变化如图2所示，图中F以mg为单位，重力加速度g=10m/s2.整个系统开始时静止．

（1）求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物块的速度；

（2）在同一坐标系中画出0～3s内木板和物块的v—t图象，据此求0～3s内物块相对于木板滑过的距离． 【答案】（1）

，

（2）如图所示．

【解析】 【分析】 【详解】

（1）设木板和物块的加速度分别为a和a'，在t时刻木板和物块的速度分别为vt和v't，木板和物块之间的摩擦力的大小为f，根据牛顿第二定律，运动学公式和摩擦定律得

fma'，fmg

当vtv't，v't2v't1a'(t2t1)

Ff2ma,vt2vt1a(t2t1)

联立可得v14m/s,v1.54.5m/s,v24m/s,v34m/s，v'24m/s,v'34m/s （2）物块与木板运动的vt图象，如右图所示．在0～3s内物块相对于木板的距离s等于木板和物块vt图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25（m），下面的三角形面积为2（m），因此

s2.25m

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

对木板：

μ2（M+m）g-μ1mg =Ma2

解得：

a1=1 m/s2，方向向左 a2=2.5 m/s2，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）a0

解得：

a0=1 m/s2。

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：

v2x1

2a1木板的位移：

v2x2

2a2又：

x1-x2=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=a0t

所以：

t(3)在拉力F的作用下木板的位移：

v4s4s a01121a0t=×1×42=8m 22由上解得，撤去拉力后木板的位移：

x2=3.2m

x0=

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（x2+x0）+μ1mg（x1-x2）=0.2×30×（3.2+8）+0.1×10×4.8=72J

10．如图，在光滑的水平面上静止着足够长、质量为3m的木板，木板上依次排放质量均为m的木块1、2、3，木块与木板间的动摩擦因数均为.现同时给木块1、2、3水平向右的初速度v0、2v0、3v0，最后所有的木块与木板相对静止。已知重力加速度为g，求

1求所有木块都相对静止时的速度；

2木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小； 3木块2在整个运动过程中的最小速度。

24v05v0；2?；3?v0 【答案】1?g6【解析】 【分析】

1当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，由系统动量守恒求得

共同速度。

2木块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解。

3由动量守恒定律求木块2在整个运动过程中的最小速度。

【详解】

1当木块3与木板的速度相等时，三个木块与木板的速度均相等，且为v。取向右为正方

mv02v03v06mv 向，系统动量守恒得： 解得：vv0

2术块3在木板上匀减速运动，由牛顿第二定律：mgma

(3v0)2v22as3 由运动学公式有： 24v0解得木块3从开始运动到与木板相对静止时位移的大小：s3

g3设木块2的最小速度为v2，此时木块3的速度为v3，由动量守恒定律 mv02v03v02m3mv2mv3

在此过程中，木块3与木块2速度改变量相同 3v0v32v0v2 解得v25v0 624v05故本题答案是：1v0；2；3v0

g6【点睛】

本题木块在木板上滑动类型，分析物体的运动过程是解题基础，其次要把握物理过程的物理规律，常常根据动量守恒和能量守恒结合处理。