高中物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用
1．如图，质量为m=lkg的滑块，在水平力作用下静止在倾角为θ=37°的光滑斜面上，离斜面末端B的高度h=0. 2m，滑块经过B位置滑上皮带时无机械能损失，传送带的运行速度为v0=3m/s，长为L=1m．今将水平力撤去，当滑块滑 到传送带右端C时，恰好与传送带速度相同．g取l0m/s2.求：
(1)水平作用力F的大小；（已知sin37°=0.6 cos37°=0.8） (2)滑块滑到B点的速度v和传送带的动摩擦因数μ； (3)滑块在传送带上滑行的整个过程中产生的热量． 【答案】（1）7.5N（2）0.25（3）0.5J 【解析】 【分析】 【详解】
(1)滑块受到水平推力F. 重力mg和支持力FN而处于平衡状态，由平衡条件可知，水平推力F=mgtanθ， 代入数据得：
F=7.5N.
(2)设滑块从高为h处下滑，到达斜面底端速度为v，下滑过程机械能守恒， 故有：
mgh=
解得
v=2gh=2m/s；
滑块滑上传送带时的速度小于传送带速度，则滑块在传送带上由于受到向右的滑动摩擦力而做匀加速运动； 根据动能定理有：
μmgL=
代入数据得：
μ=0.25
(3)设滑块在传送带上运动的时间为t，则t时间内传送带的位移为：
x=v0t
对物体有：
v0=v?at
12mv 2
1212mv0?mv 22ma=μmg
滑块相对传送带滑动的位移为：
△x=L?x
相对滑动产生的热量为：
Q=μmg△x
代值解得：
Q=0.5J 【点睛】
对滑块受力分析，由共点力的平衡条件可得出水平作用力的大小；根据机械能守恒可求滑块滑上传送带上时的速度；由动能定理可求得动摩擦因数；热量与滑块和传送带间的相对位移成正比，即Q=fs，由运动学公式求得传送带通过的位移，即可求得相对位移．
2．如图所示，从A点以v0=4m/s 的水平速度抛出一质量m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定在地面上的光滑圆弧轨道BC，其中轨道C端切线水平。小物块通过圆弧轨道后以6m/s的速度滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板M上．已知长木板的质量M=2kg，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.1，OB与竖直方向OC间的夹角θ=37°，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则：
(1)求小物块运动至B点时的速度；
(2)若小物块恰好不滑出长木板，求此情景中自小物块滑上长木板起、到它们最终都停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和？ 【答案】(1) vB?v0?5m/s 过B点时的速度方向与水平方向成37度 (2) cos?W总=W1?W2??15J
【解析】 【详解】
（1）分解vB，得：cos??变形得：vB?vxv0? vyvyv0?5m/s cos?过B点时的速度方向与水平方向成37°
（2）因?1mg?5N>?2?M?m?g?3N，故木板将在地面上滑行，则
2对小物块有：?1mg?ma1，得 a1?5m/s
2对长木板有：?2?M?m?g?Ma2，得 a2?1m/s
设它们经过时间t，共速v共，则有：
v共=vC?a1t?a2t，
解得：t?1s，v共=1m/s 则对小物块在相对滑动有：x1?故W1???1mgx1??17.5J 则对长木板在相对滑动有：x2?故W2??1mgx2?2.5J
共速后，假设它们一起减速运动，对系统有：?2?M?m?g??M?m?a共，
vC?v共?t?3.5m， 20?v共?t?0.5m， 2a共?1m/s2，则它们间的摩擦力f?ma共??1mg，所以假设成立，之后它们相对静止一
起滑行至停下，此过程中它们间的静摩擦力对堆放做功一定大小相等、一正一负，代数和为零.
综上所述，自小物块滑上长木板起，到它们最终停下来的全过程中，它们之间的摩擦力做功的代数和W总=W1?W2??15J
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
,
4．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??等于滑动摩擦力，重力加速度为g．
3，且最大静摩擦力2
（1）若对木板施加一沿斜面向上的拉力F0，物块相对木板刚好静止，求拉力F0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) 【解析】
（1）木板与物块整体：F0?2mgsinθ＝2ma0
39mg (2) mgh 24对物块，有：μmgcosθ?mgsinθ═ma0 解得：F0＝
3mg 2（2）设经拉力F的最短时间为t1，再经时间t2物块与木板达到共速，再经时间t3木板下端到达B点，速度恰好减为零． 对木板，有：F?mgsinθ?μmgcosθ＝ma1 mgsinθ+μmgcosθ＝ma3
对物块，有：μmgcosθ?mgsinθ＝ma2 对木板与物块整体，有2mgsinθ＝2ma4
a1t1?a3t2?a2(t1?t2) 另有： a2 (t1?t2)＝a4t3
121212ha1t1?a1t1?t2?a3t2?a4t3? 222sin?1W＝F?a1t12
2解得W＝
9mgh 4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．
5．如图所示，质量M=2kg足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数μ1=0．1，另一个质量m=1kg的小滑块，以6m/s的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数μ2=0．5，g取l0m/s2．
（1）若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．
（2）若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止． （3）若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．
2v0【答案】（1）x??3.6m（2）t=1s（3）x1?x2?1m
2a【解析】 【分析】 【详解】
2试题分析：（1）a??2g?5m/s
2v0x??3.6m
2a2（2）对m：a1??2g?5m/s，
高中物理牛顿运动定律的应用及其解题技巧及练习题(含答案)及解析
