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v0=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/s2．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F3N (2)x0.5m 【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v1，则：

2v0-v12v12＋L 2aA2aBv0-v1v1= 又： aAaB解得：aB=6m/s2

再代入F＋μMg=maB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=MaA 解得：aA=μg=2m/s2

平板车B做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得：F＋μMg=maB 解得：aB=14m/s2

两者速度相同时物体相对小车滑行最远，有：v0－aAt=aBt 解得：t=0.25s A滑行距离 xA=v0t－B滑行距离：xB=

1215aAt=m 216127aBt=m 216最大距离：Δx=xA－xB=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37，传送带AB足够长，传送带以大小为2m/s的恒定速率顺时针转动。一包货物以

012m/s的初速度从A端滑上倾斜传送带，货物与传送带之间的动摩擦因数0.5，

且可将货物视为质点。（g取10m/s2，已知sin370.6，cos370.8）

（1）货物刚滑上传送带时加速度为多大?

（2）当货物的速度和传送带的速度相同时用了多少时间?这时货物相对于地面沿传送带方向运动了多远?

（3）从货物滑上传送带开始计时，到货物再次滑回A端共用了多少时间? 【答案】（1）10m/s2 （2）1s 7m （3）222s 【解析】 【分析】

由题意可知考查牛顿第二定律的应用，根据牛顿第二定律、运动学公式分析计算可得。 【详解】

（1）设货物刚滑上传送带时加速度大小为a1，货物相对传送带向上运动，所以货物受到的摩擦力沿传送带向下，货物受力如图所示。



根据牛顿第二定律得

mgsinFfma1

FNmgcos0

又FfFN，解得

a1gsincos10m/s2。

（2）货物速度从0减至与传送带速度相同所用时间

t1位移大小

0a11s

x12202a17m。

（3）过了t11s后货物所受摩擦力沿传送带向上，设此时货物的加速度大小为a2，同理可得

a2gsincos2m/s2

方向沿传送带向下。设货物再经时间t2，速度减为零，则

t2沿传送带向上滑动的位移大小

01s。 a202022x2m1m，

2a222上滑的总距离为

xx1x28m。

货物到达最高点再次下滑时的加速度大小为a2，设下滑时间为t3，由

12xa2t3，

2解得t322s

则货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为

tt1t2t3222s。

另解：过了t1时刻，货物的加速度大小变为a2，设从t1到货物滑回A端的过程所用时间为

t4，则

12x1t4a2t4，

2代入数值，解得

t4122s

货物从A端滑上传送带到再次滑回A端的总时间为

tt1t4222s。

【点睛】

分阶段来分析，物体先向上做匀减速运动，和皮带达到共速后，因最大静摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，物体继续向上做匀减速运动，速度减为零后，沿斜面向下做匀加速运

动，计算时间可以分阶段计算，也可以用整体法计算。



3．如图所示，在水平桌面上离桌面右边缘3.2m处放着一质量为0.1kg的小铁球（可看作质点），铁球与水平桌面间的动摩擦因数μ=0.2．现用水平向右推力F=1.0N作用于铁球，作用一段时间后撤去。铁球继续运动，到达水平桌面边缘A点飞出，恰好落到竖直圆弧轨道BCD的B端沿切线进入圆弧轨道，碰撞过程速度不变，且铁球恰好能通过圆弧轨道的最高点D．已知∠BOC=37°，A、B、C、D四点在同一竖直平面内，水平桌面离B端的竖直高度H=0.45m，圆弧轨道半径R=0.5m，C点为圆弧轨道的最低点，求：（取sin37°=0.6，cos37°=0.8）

(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小vD；

(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小FC；（计算结果保留两位有效数字） (3)铁球运动到B点时的速度大小vB； (4)水平推力F作用的时间t。

【答案】(1)铁球运动到圆弧轨道最高点D点时的速度大小为5m/s；

(2)若铁球以vC=5.15m/s的速度经过圆弧轨道最低点C，求此时铁球对圆弧轨道的压力大小为6.3N；

(3)铁球运动到B点时的速度大小是5m/s； (4)水平推力F作用的时间是0.6s。 【解析】 【详解】

2mvD(1)小球恰好通过D点时，重力提供向心力，由牛顿第二定律可得：mg

R可得：vD5m/s

2mvC(2)小球在C点受到的支持力与重力的合力提供向心力，则：Fmg

R代入数据可得：F=6.3N

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力：FC=F=6.3N

(3)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，根据平抛运动规律有：2ghvy 得：vy=3m/s

小球沿切线进入圆弧轨道，则：vB2vysin3735m/s 0.6(4)小球从A点到B点的过程中做平抛运动，水平方向的分速度不变，可得：

vAvBcos3750.84m/s

小球在水平面上做加速运动时：Fmgma1

2可得：a18m/s

小球做减速运动时：mgma2

2可得：a22m/s

由运动学的公式可知最大速度：vma1t；vAvma2t2 又：xvmvvtmAt2 22联立可得：t0.6s

4．如图所示，在足够高的光滑水平台面上静置一质量为m的长木板A，木板A右端用轻绳绕过光滑的轻质定滑轮与质量也为m的物体C连接．当C从静止开始下落距离h时，在木板A的最右端轻放一质量为4m的小铁块B（初速度为0，可视为质点），最终B恰好未从A上滑落，A、B间的动摩擦因数μ＝0.25．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g．计算：

（1）C由静止下落距离h时，木板A的速度大小vA； （2）木板A的长度L；

（3）若当铁块B轻放在木板A最右端的同时，对B加一水平向右的恒力F＝7mg，其他条件不变，计算B滑出A时B的速度大小vB．

【答案】（1）gh （2）2h （3）【解析】 【详解】

（1）对A、C分析，有

5gh 2mg＝2ma1

2vA2a1h

解得

vAgh

（2）B放在A上后，设A、C仍一起加速，则

mg－4μmg＝2ma2

解得

a2＝0

即B放在A上后，A、C以速度vA匀速运动．此时，B匀加速运动，加速度

aB1＝

4mgg 4m4设经过时间t1，B的速度达到vA，且B刚好运动至木板A的左端 则有

vA＝aB1t1

木板A的长度

L＝SAC－SB＝vAt1－

解得

L＝2h

（3）加上力F后，B的速度达到vA前，A和C仍匀速，B仍加速，此时 B的加速度

aB2＝

加速时间

1vAt1 2F4mg2g 4mt2B相对A的位移

ghvA aB22g1hSSASBvAt2vAt2

24A、B共速后都向右加速，设经时间t3，B滑出A．有 对B有

aB3＝

对A有

aAC＝

B相对A的位移

F4mg3g 4m2mg4mgg

2m1122SA(vAt3aB3t3SSB)(vAt3aACt3)

22解得

t3B滑出A时的速度

ghh gg5gh 2vB＝vA＋aB3·t3＝

5．如图所示，BC为半径r22m竖直放置的细圆管，O为细圆管的圆心，在圆管的末5端C连接倾斜角为45°、动摩擦因数μ＝0.6的足够长粗糙斜面，一质量为m＝0.5kg的小球从O点正上方某处A点以v0水平抛出，恰好能垂直OB从B点进入细圆管，小球过C点时速度大小不变，小球冲出C点后经过

9s再次回到C点。（g＝10m/s2）求： 8

（1）小球从O点的正上方某处A点水平抛出的初速度v0为多大？ （2）小球第一次过C点时轨道对小球的支持力大小为多少？

（3）若将BC段换成光滑细圆管，其他不变，仍将小球从A点以v0水平抛出，且从小球进入圆管开始对小球施加了一竖直向上大小为5N的恒力，试判断小球在BC段的运动是否为匀速圆周运动，若是匀速圆周运动，求出小球对细管作用力大小；若不是匀速圆周运动则说明理由。

【答案】（1）2m/s（2）20.9N（3）52N 【解析】 【详解】

（1）小球从A运动到B为平抛运动，有：rsin45°＝v0t 在B点有：tan45°gt v0解以上两式得：v0＝2m/s （2）由牛顿第二定律得： 小球沿斜面向上滑动的加速度： a1mgsin45mgcos45gsin45°+μgcos45°＝82m/s2

mmgsin45mgcos45gsin45°﹣μgcos45°＝22m/s2

m小球沿斜面向下滑动的加速度： a2设小球沿斜面向上和向下滑动的时间分别为t1、t2，

11a1t12a2t22

229又因为：t1+t2s

8由位移关系得：解得：t133s，t2s

48小球从C点冲出的速度：vC＝a1t1＝32m/s

2vC在C点由牛顿第二定律得：N﹣mg＝m

r解得：N＝20.9N

（3）在B点由运动的合成与分解有：vBv022m/s sin45因为恒力为5N与重力恰好平衡，小球在圆管中做匀速圆周运动。设细管对小球作用力大小为F

2vB由牛顿第二定律得：F＝m

r解得：F＝52N

由牛顿第三定律知小球对细管作用力大小为52N，

6．研究物体的运动时，常常用到光电计时器.如图所示，当有不透光的物体通过光电门时，光电计时器就可以显示出物体的挡光时间.光滑水平导轨MN上放置两个物块A和B，左端挡板处有一弹射装置P，右端N处与水平传送带平滑连接，将两个宽度为d=3.6×10-3m的遮光条分别安装在物块A和B上，且高出物块，并使遮光条在通过光电门时挡光.传送带水平部分的长度L=9.0m，沿逆时针方向以恒定速度v=6.0m/s匀速转动。物块B与传送带的动摩擦因数=0.20，物块A的质量（包括遮光条）为mA =2.0kg。开始时在A和B之间压缩一轻弹簧，锁定其处于静止状态，现解除锁定，弹开物块A和B，迅速移去轻弹簧.两物块第一次通过光电门，物块A通过计时器显示的读数t1=9.0×10-4s，物块B通过计时器显示的读数t2=1.8×10-3s，重力加速度g取10m/s2，试求： （1）弹簧储存的弹性势能Ep；

（2）物块B在传送带上滑行的过程中产生的内能；

（3）若物体B返回水平面MN后与被弹射装置P弹回的A在水平面上相碰，碰撞中没有机械能损失，则弹射装置P必须对A做多少功才能让B碰后从Q端滑出。

【答案】（1）Ep=24J；（2）Q=96J；（3）W84J。 【解析】 【分析】 【详解】

（1）解除锁定，弹开物块AB后，两物体的速度大小

d3.6103m/s4.0m/s vA=t19.0104d3.6103m/s2.0m/s vB=t21.8103由动量守恒有

mAvA=mBvB

得

mB=4.0kg

弹簧储存的弹性势能

Ep由牛顿第二定律得

1122mAvAmBvB24J 22（2）B滑上传送带先向右做匀减速运动，当速度减为零时，向右滑动的距离最远

mBgmBa

所以B的加速度

a=2.0m/s2

B向右运动的距离

2vBx11.0m <9.0m

2a物块将返回

向右运动的时间为t1传送带向左运动的距离为

vB1.0s ax2vt16.0m

B相对于传送带的位移为

x1x1x2

物块B沿传送带向左返回时，所用时间仍然为t1，位移为x1 B相对于传送带的位移为

x2x2x1

物块B在传送带上滑行的过程中产生的内能

QmBg(x2x2)96J

（3）设弹射装置给A做功为W，根据功能关系有

1122mAvmAvAW A22 AB碰相碰，碰前B的速度向左为vB2m/s，碰后的速度设为vB规定向右为正方向，根据动量守恒定律和机械能守恒定律得

mAvAmBvBmAvAmBvB

碰撞过程中，没有机械能损失

11112222 mAvmvmvmBvBABBAA2222B要滑出平台Q端，由能量关系有

12mBgL mBvB2所以由得W>84J

7．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

8．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.

9．如图所示，在倾角θ=30°的固定斜面上，跨过定滑轮的轻绳一端系在小车的前端，另一端被坐在小车上的人拉住，已知人的质量m=60kg，小车的质量M=10kg，绳及滑轮的质量，滑轮与绳间的摩擦均不计，斜面对小车的摩擦阻力为小车总重的0.1倍，斜面足够长，当人以280N的力拉绳时，求：

（1）人与车一起运动的加速度的大小； （2）人所受的摩擦力的大小和方向；

（3）某时刻人和车沿斜面向上的速度大小为3m/s，此时人松手，则人和车一起滑到最高点时所用的时间．

【答案】（1）2m/s2（2）140N（3）0.5s 【解析】 【详解】

（1）将人和车看做整体，受拉力为280×2=560N，总重为（60+10）×10=700N，受阻力为700×0.1=70N，重力平行于斜面的分力为 700×sin30°=350N，则合外力为F=560-70-350=140N 则根据牛顿第二定律，加速度为a=

即人与车一起运动的加速度的大小为2m/s2。

（2）人与车有着共同的加速度，所以人的加速度也为2m/s2，对人受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，假设静摩擦力沿斜面向上，根据牛顿第二定律，有 ma=T+f-mgsin30° 代入数据解得：f=140N

即人受到沿斜面向上的140N的摩擦力。

（3）失去拉力后，对人和车整体受力分析，受到重力、支持力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律，沿斜面的加速度为 a′＝

＝−6m/s2

=2m/s2

根据速度时间公式，有【点睛】

即人和车一起滑到最高点时所用的时间为0.5s。

本题关键是对小车和人整体受力分析，然后根据牛顿第二定律求解出加速度，再对人受力分析，根据牛顿第二定律列式求解出车对人的摩擦力。

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

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：