高考物理牛顿运动定律的应用专项训练及答案 一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律的应用 1．如图，光滑水平面上静置一长木板A，质量M=4kg，A的最前端放一小物块B（可视为质点），质量m=1kg，A与B间动摩擦因数μ=0.2．现对木板A施加一水平向右的拉力F，取g=10m/s2．则：

（1）若拉力F1=5N，A、B一起加速运动，求A对B的静摩擦力f的大小和方向； （2）为保证A、B一起加速运动而不发生相对滑动，求拉力的最大值Fm（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）； （3）若拉力F2=14N，在力F2作用t=ls后撤去，要使物块不从木板上滑下，求木板的最小长度L 【答案】（1）f= 1N，方向水平向右；（2）Fm= 10N。（3）木板的最小长度L是0.7m。 【解析】 【详解】 （1）对AB整体分析，由牛顿第二定律得：F1=（M+m）a1

对B，由牛顿第二定律得：f=ma1联立解得f =1N，方向水平向右；

（2）对AB整体，由牛顿第二定律得：Fm=（M+m）a2对B，有：μmg=ma2联立解得：Fm=10N （3）因为F2＞Fm，所以AB间发生了相对滑动，木块B加速度为：a2=μg=2m/s2。木板A加速度为a3，则：F2-μmg=Ma3解得：a3=3m/s2。 1s末A的速度为：vA=a3t=3m/s B的速度为：vB=a2t=2m/s

1s末A、B相对位移为：△l1=2ABvvt=0.5m撤去F2后，t′s后A、B共速

对A：-μmg=Ma4可得：a4=-0.5m/s2。共速时有：vA+a4t′=vB+a2t′可得：t′=0.4s撤去F2后A、B相对位移为：△l2='2ABvvt=0.2m为使物块不从木板上滑下，木板的最小长度为：

L=△l1+△l2=0.7m。

2．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）4/ms （2）3.5/ms 【解析】 【详解】

(1)滑块在平板上做匀减速运动，加速度大小：a1＝1mgm＝3 m/s2 由于μ1mg>2μ2mg 故平板做匀加速运动，加速度大小：a2＝122mgmgm＝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)

L2＋x＝vt－12a1t2 对平板：v′＝a2t x＝12a2t2 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＝112aL＝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′－12a1t′2

x′＝12a2t′2 联立以上各式代入数据解得：t′1＝12s，t′2＝2 s(t′2>t，不合题意，舍去) 将t′＝12s代入v″＝v－a1t′得：v″＝3.5 m/s.

3．某智能分拣装置如图所示，A为包裹箱，BC为传送带．传送带保持静止，包裹P 以初速度v0滑上传送带，当P滑至传送带底端时，该包裹经系统扫描检测，发现不应由A收纳，则被拦停在B处，且系统启动传送带轮转动，将包裹送回C处．已知v0=3m/s，包裹P与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带与水平方向夹角θ=37º，传送带BC长度L=10m，重力加速度g=10m/s2，sin37º=0.6，cos37º=0.8，求： （1）包裹P沿传送带下滑过程中的加速度大小和方向；

（2）包裹P到达B时的速度大小； （3）若传送带匀速转动速度v=2m/s，包裹P经多长时间从B处由静止被送回到C处； （4）若传送带从静止开始以加速度a加速转动，请写出包裹P送回C处的速度vc与a的

关系式，并画出vc2-a图象． 【答案】（1）0.4m/s2 方向：沿传送带向上（2）1m/s（3）7.5s

（4）22

2

200.4/80.4/caamsvams（）

（）

如图所示：

【解析】 【分析】 先根据牛顿第二定律求出包裹的加速度，再由速度时间公式求包裹加速至速度等于传送带速度的时间，由位移公式求出匀加速的位移，再求匀速运动的时间，从而求得总时间，这是解决传送带时间问题的基本思路，最后对加速度a进行讨论分析得到vc2-a的关系，从而画出图像。 【详解】 （1）包裹下滑时根据牛顿第二定律有：

1sincosmgmgma

代入数据得：210.4/ams，方向：沿传送带向上； （2）包裹P沿传送带由B到C过程中根据速度与位移关系可知：220L=

2vva



代入数据得：1/vms；

（3）包裹P向上匀加速运动根据牛顿第二定律有：

2cossinmgmgma

得220.4/ams 当包裹P的速度达到传送带的速度所用时间为：1

2

250.4vtssa

速度从零增加到等于传送带速度时通过的位移有：2245220.4vxmma 因为x2

1052.52Lxtssv

则P从B处到C处总时间为：127.5ttts； （4）若

20.4/ams，则包裹相对传送带静止一起做匀加速运动，

加速位移等于传送带的长度，即：22CvaL 即：220Cva

若20.4/ams，则包裹在传送带上有相对滑动，包裹以a2=0.4m/s2向上匀加速运动， 有：222CvaL 即228/?Cvms（）

两种情况结合有：22

2

200.4/80.4/caamsvams（）

（）

图像如图所示：

【点睛】 解决本题的关键会根据物体的受力分析物体的运动规律，结合牛顿第二定律和运动学公式分析求解。

4．皮带传输装置示意图的一部分如下图所示,传送带与水平地面的夹角37，A、B两端相距12m,质量为M=1kg的物体以0v=14.0m/s的速度沿AB方向从A端滑上传送带,物体与传送带间的动摩擦因数为0.5，传送带顺时针运转动的速度v=4.0m/s(g取210/ms)，试求:

(1)物体从A点到达B点所需的时间； (2)若物体能在传送带上留下痕迹,物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长

度． 【答案】（1）2s（2）5m 【解析】 【分析】 （1）开始时物体的初速度大于传送带的速度，根据受力及牛顿第二定律求出物体的加速

度，当物体与传送带共速时，求解时间和物体以及传送带的位移；物体与传送带共速后，物体向上做减速运动，根据牛顿第二定律求解加速度，几何运动公式求解到达B点的时间以及传送带的位移； （2）开始时物体相对传送带上滑，后来物体相对传送带下滑，结合位移关系求解划痕长度.

【详解】 （1）物体刚滑上传送带时因速度v0=14.0m/s大于传送带的速度v=4m/s，则物体相对斜面

向上运动，物体的加速度沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：Mgsin θ+μMgcos θ=Ma1

解得：a1=gsin θ+μgcos θ=10m/s2

当物体与传送带共速时：v0-at1=v 解得t1=1s

此过程中物体的位移01192vvxtm

传送带的位移：214xvtm 当物体与传送带共速后，由于μ=0.5Mgsin θ-μMgcos θ=Ma2

解得a2=2m/s2

物体向上减速运动s1=L-x1=3m

根据位移公式：s1=vt2-12a2t22

解得：t2=1 s（t2=3 s舍去） 则物体从A点到达B点所需的时间：t=t1+t2=2s （2）物体减速上滑时，传送带的位移：

224svtm

则物体相对传送带向下的位移21

1sssm

因物体加速上滑时相对传送带向上的位移为：12

5xxxm

则物体从A点到达B点的过程中在传送带上留下的划痕长度为5m． 【点睛】 此题是牛顿第二定律在传送带问题中的应用问题；关键是分析物体的受力情况，根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动公式求解时间和位移等；其中的关键点是共速后物体如何运动.

5．如图甲所示，有一倾角为37°的光滑固定斜面，斜面底端的水平面上放一质量为M的木板。开始时质量为m＝2 kg 的滑块在水平向左的力F作用下静止在斜面上，现将力F变为水平向右，当滑块滑到木板上时撤去力F，木块滑上木板的过程不考虑能量损失。此后滑块和木板在水平面上运动的v－t图象如图乙所示，g＝10 m/s2。求：