牛顿运动定律的应用练习题含答案

一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用

1．如图，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

ss2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12mv212J 2(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

1'21212 mv1mv3Mv4222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 2n11，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，长木板B质量为m2＝1．0 kg，静止在粗糙的水平地面上，长木板左侧区域光滑．质量为m3＝1．0 kg、可视为质点的物块C放在长木板的最右端．质量m1＝0．5 kg的物块A，以速度v0＝9 m／s与长木板发生正碰（时间极短），之后B、C发生相对运动．已知物块C与长木板间的动摩擦因数μ1＝0．1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2＝0．2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个过程物块C始终在长木板上，g取10 m／s2．

（1）若A、B相撞后粘在一起，求碰撞过程损失的机械能． （2）若A、B发生弹性碰撞，求整个过程物块C相对长木板的位移．

【答案】（1）13.5J （2）2.67m

【解析】

（1）若A、B相撞后粘在一起，由动量守恒定律得

m1v0(m1m2)v

由能量守恒定律得 E112m1v0(m1m2)v2 222m1m2v013.5J 解得损失的机械能 E2(m1m2)（2）A、B发生完全弹性碰撞，由动量守恒定律得

m1v0m1v1m2v2

由机械能守恒定律得联立解得 v111122m1v0m1v12m2v2 222m1m22m1v03m/s， v2v06m/s

m1m2m1m2之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律， 对长木板： -2(m2m3)g1m3gm2a1 对物块C： 1m3gm3a2

设达到共同速度过程经历的时间为t，v2a1ta2t 这一过程的相对位移为x1v2t1212a1ta2t3m 22B、C达到共同速度之后，因12，二者各自减速至停下，由牛顿运动定律， 对长木板： -2(m2m3)g1m3gm2a3 对物块C：-1m3gm3a4

(a2t)2(a2t)21m 这一过程的相对位移为 x22a42a33整个过程物块与木板的相对位移为 xx1x28m2.67m 3点睛：此题是多研究对象、多过程问题，过程复杂，分析清楚物体的运动过程，应用牛顿第二定律、运动学公式、动量守恒定律、机械能守恒定律即可正确解题．

4．如图，光滑绝缘水平面上静置两个质量均为m、相距为x0的小球A和B，A球所带电荷量为+q，B球不带电。现在A球右侧区域的有限宽度范围内加上水平向右的匀强电场，电场强度为E，小球A在电场力作用下由静止开始运动，然后与B球发生弹性正碰，A、B碰撞过程中没有电荷转移，且碰撞过程时间极短，求：

(1)A球与B球发生第一次碰撞后B球的速度；

(2)从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功； (3)要使A、B两球只发生三次碰撞，所加电场的宽度d应满足的条件。 【答案】（1）【解析】 【详解】

（1）设A球与B球第一次碰撞前的速度为v0，碰撞后的速度分别为vA1、vB1。 对A，根据牛顿第二定律得：qE=ma 由运动学公式有：v02=2ax0。 解得：v0=2qEx0 （2）5qEx0（3）8x0111mv02=mvA12+mvB12。 222解得：vB1=v0=2qEx0，vA1=0 m12

at1=vB1t1 2从A球开始运动到两球在电场中发生第二次碰撞前电场力对A球所做的功为： W=qE（x0+xA1） 解得：W=5qEx0。

（2）设第一次碰撞到第二次碰撞前经历的时间为t1．有：xA1=vA1t1+

（3）设第二次碰撞前A的速度为vA1′，碰撞后A、B的速度分别为vA2、vB2．有： vA1′=vA1+at1。 第二次碰撞过程，有： mvA1′+mvB1=mvA2+mvB2。

1111mvA1′2+mvB12=mvA22+mvB22。 2222第二次碰撞后，当A球速度等于B球速度vB2时，A球刚好离开电场，电场区域宽度最小，有：vB22-vA22=2a•△x1。

A、B两球在电场中发生第三碰撞后，当A球速度等于B球速度时，A球刚好离开电场，电场区域的宽度最大，设第三次碰撞前A球的速度为vA2′，碰撞后A、B的速度分别为vA3、vB3．二、三次碰撞间经历的时间为t2．有：

12

at2=vB2t2。 2vA2′=vA2+at2。

xA2=vA2t2+

第三次碰撞过程，有：mvA2′+mvB2=mvA3+mvB3

1111mvA2′2+mvB22=mvA32+mvB32． 2222vB32-vA32=2a•△x2

所以电场区域宽度d应满足的条件为：x0+xA1+△x1＜d≤x0+xA1+xA2+△x2。 解得：8x0＜d≤18x0

5．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．

6．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：s1vt1s13.75m ， 1s∼2s 内滑块相对传送带向右的位移： s2Ls1vt20.25m ， 0∼2s 内滑块相对传送带的路程： ss1s24m

7．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=4t19.010d3.6103m/s2.0m/s vB=3t21.810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

8．如图所示，光滑水平面上放有光滑直角斜面体，倾角θ=30°，质量M=2.5kg．平行于斜面的轻质弹簧上端固定，下端与质量m=1.5kg的铁球相连，静止时弹簧的伸长量Δl0=2cm.重力加速度g取10m/s2．现用向左的水平力F拉着斜面体向左运动，铁球与斜面体保持相对静止，当铁球对斜面体的压力为0时，求：

(1)水平力F的大小； (2)弹簧的伸长量Δl.

【答案】（1）403N（2）8cm 【解析】 【分析】

斜面M、物体m在水平推力作用下一起加速，由牛顿第二定律可求出它们的加速度，然后结合质量可算出物体m的合力，最后利用物体的重力与合力可求出F和弹簧的弹力． 【详解】

(1)当铁球与斜面体一起向左加速运动，对斜面体压力为0时，弹簧拉力为T，铁球受力如图:

由平衡条件、牛顿第二定律得：Tsinmg

Tcosma

对铁球与斜面体整体，由牛顿第二定律得：F(Mm)a 联立以上两式并代入数据得：F403N (2)铁球静止时，弹簧拉力为T0，铁球受力如图:

由平衡条件得： T0mgsin 由胡克定律得：T0kl0

Tkl

联立以上两式并代入数据得：l8?cm 【点睛】

从整体与隔离两角度对研究对象进行受力分析，同时掌握运用牛顿第二定律解题方法．

9．质量为m的长木板静止在水平地面上，质量同样为m的滑块（视为质点）以初速度v0从木板左端滑上木板，经过0.5s滑块刚好滑到木板的中点，下右图为滑块滑上木板后的速

度时间图像，若滑块与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数为μ2，求：

（1）μ1、μ2各是多少？

（2）滑块的总位移和木板的总长度各是多少？ 【答案】（1）0.6；0.2（2）1.5m,2.0m 【解析】 【详解】

（1）设0.5s滑块的速度为v1，由v-t图像可知:v0=4m/s v1=1m/s 滑块的加速度 a1v0v16m/s2 tv12m/s2 t木板的加速度大小a2对滑块受力分析根据牛顿定律：μ1mg=ma1 所以μ1=0.6

对木板受力分析：μ1mg-μ2∙2mg= ma2 解得 μ2=0.2

（2）0.5s滑块和木板达到共同速度v1，假设不再发生相对滑动则2ma3=μ2∙2mg 解得a3=2m/s2 因ma3=f<μ1mg

假设成立，即0.5s后滑块和木板相对静止，滑块的总位移为s1则

v0v1v12s1t

22a1解得s1=1.5m

Lv0v1v1t 222 所以木板的长度 L=2.0m

由v-t图像可知s

10．水平的浅色长传送带上放置一质量为0.5kg的煤块．煤块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.2．初始时，传送带与煤块都是静止的．现让传送带以恒定的加速度a0=3m/s2开始运动，其速度达到v=6m/s后，便以此速度做匀速运动．经过一段时间，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹后，煤块相对传送带不再滑动．g10m/s，求： （1）求煤块所受滑动摩擦力的大小． （2）求黑色痕迹的长度．

2（3）摩擦力对传送带做的功 【答案】（1）1N（2）3m（3）12J 【解析】 【分析】

传送带与煤块均做匀加速直线运动，黑色痕迹为相对滑动形成的；分别求出有相对运动时，煤块及传送带的位移则可以求出相对位移．根据能量关系求解摩擦力对传送带做的功 【详解】

（1）煤块所受滑动摩擦力的大小 f=μmg=0.2×5N=1N．

（2）煤块运动的加速度为a=μg=2m/s2；煤块与传送带相对静止所用时间t通过的位移xvt＝3m＝9m；

在煤块与传送带相对滑动的时间内：传送带由静止加速到6m/s所用时间

v6＝＝3s， a262t1v6＝s＝2s a03在相对滑动过程中，传送带匀速运动的时间t2=t-t1=1s，

v6t1+vt2＝×2+6×1m＝12m，

22则相对滑动的位移△x=x′-x=12-9m=3m．

则传送带的位移x′＝

由于煤块与传送带之间的发生相对滑动产生黑色痕迹，黑色痕迹即为相对滑动的位移大小，即黑色痕迹的长度3m．

（3）此过程中摩擦力对传送带做功：W12mvmgx12J 2