【物理】物理牛顿运动定律的应用题20套(带答案)及解析

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．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L1＝2.5 m、L2＝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/s2.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）4m/s （2）3.5m/s 【解析】 【详解】

(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝由于μ1mg>2μ2mg

故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝

1mgm＝3 m/s2

1mg22mgm＝1 m/s2

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－a1t(1分)

12a1t 2对平板：v′＝a2t

L2＋x＝vt－x＝

12a2t 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：a3＝

mgm＝5 m/s2

若滑块在传送带上一直加速，则获得的速度为： v1＝2a1L1＝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″＝v1－a1t′ L2＋x′＝v1t′－x′＝

1a1t′2 21a2t′2 2联立以上各式代入数据解得：t′1＝将t′＝

1s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去) 21s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s. 2

2．如图所示为某种弹射装置的示意图，该装置由三部分组成，传送带左边是足够长的光滑水平面，一轻质弹簧左端固定，右端连接着质量M=6.0kg的物块A。装置的中间是水平传送带，它与左右两边的台面等高，并能平滑对接。传送带的皮带轮逆时针匀速转动，使传送带上表面以u=2.0m/s匀速运动。传送带的右边是一半径R=1.25m位于竖直平面内的光滑

11圆弧轨道。质量m=2.0kg的物块B从圆弧的最高处由静止释放。已知物块B与传送带44之间的动摩擦因数μ=0.1，传送带两轴之间的距离l=4.5m。设第一次碰撞前，物块A静止，物块B与A发生碰撞后被弹回，物块A、B的速度大小均等于B的碰撞前的速度的一半。取g=10m/s2。求：

(1)物块B滑到

1圆弧的最低点C时对轨道的压力； 4(2)物块B与物块A第一次碰撞后弹簧的最大弹性势能；

(3)如果物块A、B每次碰撞后，物块A再回到平衡位置时弹簧都会被立即锁定，而当它们再次碰撞前锁定被解除，求物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带上运动的总时间。 【答案】（1）60N，竖直向下（2）12J（3）8s 【解析】 【详解】

(1) 设物块B沿光滑曲面下滑到水平位置时的速度大小为v0，由机械能守恒定律得：

12mgRmv0

2代入数据解得：

v0=5m/s

在圆弧最低点C，由牛顿第二定律得：

2v0Fmgm

R代入数据解得：

F=60N

由牛顿第三定律可知，物块B对轨道的压力大小：F′=F=60N，方向：竖直向下； (2) 在传送带上，对物块B，由牛顿第二定律得：

μmg=ma

设物块B通过传送带后运动速度大小为v，有

2v2v02al

代入数据解得：

v=4m/s

由于v＞u=2m/s，所以v=4m/s即为物块B与物块A第一次碰撞前的速度大小，设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v2、v1，两物块碰撞过程系统动量守恒，以向左为正方向，由动量守恒定律得：

mv=mv1+Mv2

由机械能守恒定律得：

121212 mvmv1Mv2222解得：

v1v2m,v22m

ss212mv212J 2物块A的速度为零时弹簧压缩量最大，弹簧弹性势能最大，由能量守恒定律得：

Ep(3) 碰撞后物块B沿水平台面向右匀速运动，设物块B在传送带上向右运动的最大位移为l′，由动能定理得

1mgl0mv12

2解得：

l′=2m＜4.5m

所以物块B不能通过传送带运动到右边的曲面上，当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v1′=2m/s，继而与物块A发生第二次碰撞。设第1次碰撞到第2次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t1。由动量定理得：

mgt12mv1'

解得：

2v1't14s

g设物块A、B第一次碰撞后的速度分别为v4、v3，取向左为正方向，由动量守恒定律和能量守恒定律得：

mv1'mv3Mv4

1'21212mv1mv3Mv4 222代入数据解得：

v31m

s当物块B在传送带上向右运动的速度为零后，将会沿传送带向左加速运动，可以判断，物块B运动到左边台面时的速度大小为v3′=1m/s，继而与物块A发生第2次碰撞，则第2次碰撞到第3次碰撞之间，物块B在传送带运动的时间为t2．由动量定理得：

mgt22mv3

解得：

'2v3t22s

g同上计算可知：物块B与物块A第三次碰撞、第四次碰撞…，第n次碰撞后物块B在传送带运动的时间为

tn构成无穷等比数列，公比q14s n121，由无穷等比数列求和公式 21qnt总t1

1q当n→∞时，有物块B经第一次与物块A碰撞后在传送带运动的总时间为

t总11124s=8s

3．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L0；

(3)当物体3落地时，物体1在长板2的位置．

【答案】（1）6m/s2（2）1m （3）1m 【解析】

【分析】 【详解】 设向右为正方向

（1）物体1： -μmg = ma1 a1=–μg = -2m/s2 物体2：T+μmg= ma2 物体3：mg–T= ma3 且a2= a3

由以上两式可得：a2gg=6m/s2 2（2）设经过时间t1二者速度相等v1=v+a1t=a2t 代入数据解t1=0．5s v1=3m/s

x1vv1t=1．75m 2x2v1t=0．75m 2所以木板2的长度L0=x1-x2=1m

（3）此后，假设物体123相对静止一起加速 T=2ma mg—T=ma 即mg=3ma 得ag 3对1分析：f静=ma=3．3N＞Ff=μmg=2N，故假设不成立，物体1和物体2相对滑动 物体1： a3=μg=2m/s2 物体2：T—μmg= ma4 物体3：mg–T= ma5 且a4= a5 得：a4gg=4m/s2 212a4t2 2整体下落高度h=H—x2=5m 根据hv1t2解得t2=1s

物体1的位移x3v1t212a3t2=4m 2h-x3=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，质量分别为mA=2kg、mB=4kg的A、B小球由轻绳贯穿并挂于定滑轮两侧等高H=25m处，两球同时由静止开始向下运动，已知两球与轻绳间的最大静摩擦力均等于其重力的0.5倍，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．两侧轻绳下端恰好触地，取g=10m/s2，不

计细绳与滑轮间的摩擦，求：,

(1)A、B两球开始运动时的加速度． (2)A、B两球落地时的动能． (3)A、B两球损失的机械能总量．

22【答案】（1）aA5m/saB7.5m/s （2）EkB850J （3）250J

【解析】 【详解】

(1)由于是轻绳,所以A、B两球对细绳的摩擦力必须等大，又A得质量小于B的质量，所以两球由静止释放后A与细绳间为滑动摩擦力，B与细绳间为静摩擦力，经过受力分析可得：

对A：mAgfAmAaA 对B：mBgfBmBaB

fAfB fA0.5mAg

22联立以上方程得：aA5m/s aB7.5m/s

(2)设A球经t s与细绳分离，此时，A、B下降的高度分别为hA、hB，速度分别为VA、VB，因为它们都做匀变速直线运动 则有：hA121aAt hBaBt2 HhAhB VAaAt VBaBt 22联立得：t2s，hA10m，

hB15m，VA10m/s，VB15m/s

A、B落地时的动能分别为EkA、EkB，由机械能守恒，则有：

12mAvAmAg(HhA) EkA400J 212EkBmBvBmBg(HhB) EkB850J

2EkA(3)两球损失的机械能总量为E，E(mAmB)gHEkAEkB 代入以上数据得：E250J 【点睛】

(1)轻质物体两端的力相同,判断A、B摩擦力的性质，再结合受力分析得到． （2）根据运动性质和动能定理可得到．

(3)由能量守恒定律可求出．

5．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v0=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/s2，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。 【答案】（1）5m/s2 2m/s2（2）14m（3）12m 【解析】 【分析】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，木板由静止做匀加速度直线运动，根据牛顿第二定律求解加速度；（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等；根据位移关系求解木板的长度；（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，结合运动公式求解木板在地面上运动的最大位移. 【详解】

（1）由题意知，冲上木板后木块做匀减速直线运动，

2初速度 v0=14m/s，加速度大小 a1μ2g5m/s

木板由静止做匀加速度直线运动 即 μ2mgμ1MmgMa2

2解得 a22m/s

（2）木块恰好未从木板滑下，当木块运动到木板最右端时，两者速度相等。设此过程所用时间为t

即 v木块v0a1tv木板a2t 解得 t=2s

木块位移 x木块v0t木板位移 x木板12a1t18m 212a2t4m 2木板长度 Lx木块x木板14m

（3）木块木板达到共同速度后将一起作匀减速直线运动，分析得

v共a2t4m/s，a3μ1g1m/s2

木板位移 x，木板2v共8m 2a3总位移 xx木板x木板12m

,

6．如图所示，质量为M=2kg、长度L5m的长木板静置于光滑水平面上，在长木板右端6B处放置一质量为m=1kg的小物块(可视为质点)，小物块与木板间动摩擦因数μ=0.1．现对木板施水平向右的推力F=5N，经过时间t撤去F，最后小物块恰好能运动到木板左端A处，重力加速度取g=10m/s2．求： （1）小物块与木板系统生热Q ； （2）力F作用时间t ； （3）力F做功W ．

【答案】（1）Q【解析】 【分析】 【详解】

（1）小物块与木板系统生热Q，则有：

5J；（2）t1s；（3）W5J。 6QmgL

代入数据解得：Q5J 6（2）由题分析知，小物块与木板相对运动时，设小物块加速度为a1，根据牛顿第二定律有：

mgma1

2解得：a11m/s

木板加速度为a2，根据牛顿第二定律有：

FmgMa2

2解得：a22m/s

撤去F瞬时小物块速度为v1，则有：

v1a1tt

木板速度为v2，则有：

v2a2t2t

该过程木板相对小物块位移：

112t22x1a2ta1t

222撤去F后历时t'小物块恰好运动到达木板左端A处，小物块与木板达到共同速度v，由动量守恒定律得：

mv1Mv2(mM)v

解得：v5t 3对小物块：由动量定理得：

mgtm(vv1)

解得：t2t 3该过程木板相对小物块位移：

(vv2)(vv1)(v2v1)t2x2ttt

2223木板长度：

5t2Lx1x2

6 解得：t1s （3）力F做功

1WFa2t2

2或

1WQ(mM)v2

2解得：W5J 【点睛】

解决本题的关键是分析清楚物体的运动过程，掌握动量守恒条件：合外力为零；知道F未撤去时系统的动量不守恒，撤去F时系统的动量才守恒，若动量不守恒时，采用动量定律可解答．

7．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/s2，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a1，由牛顿第二定律：

Fcos37mgFsin37ma1

2解得：a17.5m/s

滑块与传送带达到共同速度的时间：t1此过程中滑块向右运动的位移：s1v1s a1vt13.75m 2共速后 , 因 Fcos37mgFsin37 ，滑块继续向右加速运动， 由牛顿第二定律：Fcos37mgFsin37ma2

2解得：a20.5m/s

根据速度位移关系可得：v2Bv22a2Ls1

vBv1s a2滑块到达 B 端的速度：vB8m/s 滑块从共速位置到 B 端所用的时间：t2滑块从 A 端到 B 端的时间：tt1t22s

（2）0∼1s 内滑块相对传送带向左的位移：Vs1vt1s13.75m ，

s2Ls1vt20.25m ， 1s∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： V0∼2s 内滑块相对传送带的路程： VsVs1Vs24m

8．如图所示，绷紧的传送带始终保持着大小为v=4m/s的速度水平匀速运动一质量m=1kg的小物块无初速地放到皮带A处，物块与皮带间的滑动动摩擦因数μ=0.2，A、B之间距离s=6m，求物块

（1）从A运动到B的过程中摩擦力对物块做多少功？（g=10m/s2） （2）A到B的过程中摩擦力的功率是多少？

【答案】（1）8J；（2）3.2W； 【解析】

（1）小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度为：物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为：

说明此时物块还没有到达B点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力． 由动能定理得，摩擦力对物块所做的功为：（2）匀加速运动的时间匀速运动的时间摩擦力的功率

， ，

． ，

9．某电动机工作时输出功率P与拉动物体的速度v之间的关系如图所示．现用该电动机在水平地面内拉动一物体（可视为质点），运动过程中轻绳始终处在拉直状态，且不可伸长，如图所示．已知物体质量m=1kg，与地面的动摩擦因数μ1=0.35，离出发点左侧s距离处另有一段动摩擦因数为μ2、长为d的粗糙材料铺设的地面．（g取10m/s2）

（1）若s足够长，电动机功率为2W时，物体在地面能达到的最大速度是多少？ （2）在μ1=0.35的水平地面运动，当物体速度为0.1m/s时，加速度为多少？ （3）若s=0.16m，物体与粗糙材料之间动摩擦因数μ2=0.45．启动电动机后，分析物体在达到粗糙材料之前的运动情况．若最终能以0.1m/s速度滑过粗糙材料，则d应为多少？ 【答案】（1）4/7m/s；（2）0.5m/s2 ；（3）见解析 【解析】 【分析】

（1）物体达到最大速度时，加速度为零，此时牵引力等于阻力，根据P=Fv求解最大速度；（2）根据P=Fv求解牵引力，根据牛顿第二定律求解加速度；（3）根据牛顿第二定律结合运动公式分析物体的运动情况. 【详解】

（1）电动机拉动物体后，水平方向受拉力F和摩擦力f1 f1=μ1N，N=mg，f1=3.5N

物体速度最大时，加速度为零，F1=f1 根据P=Fv，vm=P/F1= P/f1，vm=

4m/s 7（2）当v=0.1m/s时，由图像及P=Fv可知，拉力F2= P/v= 4N 由牛顿第二定律F =ma F2 - f1=ma1 解得a1=0.5m/s2

（3）由（2）知，物体在速度达到0.5m/s前，拉力F恒定，物体做初速为零的匀加速直线运动．a1=0.5m/s2

速度达到v1=0.5m/s时，应经过s’= v12/2a1=0.25m＞0.16m

所以小物体一直做匀加速运动到达粗糙材料，到达粗糙材料时速度v1=2a1s=0.4m/s 在粗糙材料上运动时， f2=μ2N，N=mg，f2=4.5N 由牛顿第二定律 F2 -f2 =ma2，a2=-0.5m/s2 小物体停止前最多滑行d2=v22- v12/2a2=0.15m

10．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。水平部分AB 以5m/s的速率顺时针转动。将质量为10 kg 的一袋大米轻放在A 端，到达B 端后，速度大小不变地传到倾斜的CD 部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5．试求：(已知sin37º＝0.6，cos37º＝0.8， g取10 m/s2 ，6=2.450，

7.2=2.68)

(1)若CD部分传送带不运转，求米袋沿倾斜传送带所能上升的最大距离．

(2)若要米袋能被送到D 端，求CD 部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．

【答案】(1)能滑上的最大距离s=1.25m (2)要把米袋送到D点，CD部分的速度

vCD4m/s 时间t的范围为1.16s≤t≤2.1s

【解析】 【分析】

（1）由牛顿第二定律可求得米的加速度，因米袋的最大速度只能为5m/s，则应判断米袋到达B点时是否已达最大速度，若没达到，则由位移与速度的关系可求得B点速度，若达到，则以5m/s的速度冲上CD；在CD面上由牛顿第二定律可求得米袋的加速度，则由位移和速度的关系可求得上升的最大距离；

（2）米袋在CD上应做减速运动，若CD的速度较小，则米袋的先减速到速度等于CD的速度，然后可能减小到零，此为最长时间；而若传送带的速度较大，则米袋应一直减速，则可求得最短时间；

【详解】

（1）米袋在AB上加速时的加速度a0＝ mgm＝μg＝5m/s2

2v0米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0= =2.5m＜AB=3m，

2a因此米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度；设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma 代入数据得 a=10 m/s2

2v0所以能滑上的最大距离 s＝ ＝1.25m

2a（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2 米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2

2v12v00v12＝4.45m 由 2a12a2解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s 米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax＝v1v00v1＝2.1s a1a2若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2． 由SCD=v0tmin+

12

a2tmin，得：tmin=1.16s 2所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s； 【点睛】

题难点在于通过分析题意找出临条界件，注意米袋在CD段所可能做的运动情况，从而分析得出题目中的临界值为到达D点时速度恰好为零.