（1）对小红和雪橇受力分析如图甲所示，对妈妈受力分析如图乙所示。
对于小红和雪橇由牛顿第二定律可得：
N1 F sin 37 mg 0 （1）
F cos 37 N1 ma （2） 联立解得： a 1.15m / s2 （3）
对于妈妈由牛顿第二定律可得：
f F cos37 Ma
（4）
解得： f 109N （5）
8．如图所示，某货场而将质量为 m1="100" kg 的货物（可视为质点）从高处运送至地面， 为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶 端无初速滑下，轨道半径 R="1.8" m．地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板 A、B， 长度均为 l=2m，质量均为 m2="100" kg，木板上表面与轨道末端相切．货物与木板间的动
(1)释放后，小滑块的加速度 al 和薄平板的加速度 a2; (2)从释放到小滑块滑离薄平板经历的时间 t。
【答案】(1) 4m/s2 ，1m/s2 ；(2对于平板向下滑动，
对滑块 m ：由牛顿第二定律有： mg sin 370 f1 ma1
解得 xA′=0.08m
xA′=<0.32m 包裹 A 静止时与分拣通道口的距离为 0.24m，不会到达分拣通道口.
6．如图所示，小红和妈妈利用寒假时间在滑雪场进行滑雪游戏。已知雪橇与水平雪道间的 动摩擦因数为 μ＝0.1，妈妈的质量为 M＝60kg，小红和雪橇的总质量为 m＝20kg。在游戏
过程中妈妈用大小为 F＝50N，与水平方向成 37°角的力斜向上拉雪橇。（ g 10m / s2 ，
(1)在第 1 末，小球的速率； (2)在第 2s 末，小球的位移； (3)要使小球在第 3s 末的速度变为零所加的恒力 F(保留两位有效数字)
【答案】（1）2m/s（2） 10m （3）2.8×10-2N
【解析】 【分析】
【详解】
（1）根据牛顿第二定律 F0=ma 在第 1s 末，根据速度时间关系 v1=at 解得：v1=2m/s；
（2）在第 1s 末，根据位移时间关系 x1= 1 at2 2
在第 2s 内，小球从 x 轴正方向开始做类平抛运动：
在 x 方向：x2=v1t
在
y
方向：
y2
1 2
at 2
位移：x= (x1 x2 )2 y22 联立解得 x= 10m ，
设位移与 X 轴正方向的夹角为 θ，sinθ= 10 10
（3）在第 2s 末，沿 x 轴正方向速度仍为 v1=2m/s 在 y 方向分速度为 v2=at=2m/s，此时速度与 x 轴正方向的夹角为 45°
sin37°＝0.6，cos37°＝0.8）求：
（1）小红的加速度大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小； （2）若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前面 43m 处，求妈妈拉力作用的最短 距离。
【答案】(1) 1.15m / s2 ，109N (2) 20m
【解析】 【分析】 根据“妈妈用大小为 F＝50N，与水平方向成 37°角的力斜向上拉雪橇”、“小红的加速度 大小和妈妈与雪道间的摩擦力大小”、“若要使小红和雪橇从静止开始运动并能滑行到前 面 43m 处，求妈妈拉力作用的最短距离”可知，本题考查牛顿第二定律和动能定理，根据 牛顿第二定律和动能定理得规律，分别对小红和妈妈受力分析，列出牛顿第二定律方程和 动能定理方程，求解即可。 【详解】
长木板位移： 解得： 两者达相同速度时长木板还没有碰竖直挡板
解得：
(2)长木板碰竖直挡板后,小滑块和长木板水平方向动量守恒： 最终两者的共同速度：
小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离：
2．如图所示，在倾角为 θ = 37°的足够长斜面上放置一质量 M = 2kg 、长度 L = 1.5m 的极薄 平板 AB ，在薄平板的上端 A 处放一质量 m=1kg 的小滑块(视为质点)，将小滑块和薄平板同 时无初速释放。已知小滑块与薄平板之间的动摩擦因数为 μ1=0.25、薄平板与斜面之间的动 摩擦因数为 μ2=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8，取 g=10m/s2。求：
(1)自小滑块刚滑上长木板开始，经多长时间长木板与竖直挡板相碰； (2)长木板碰撞竖直挡板后，小滑块和长木板相对静止时，小滑块距长木板左端的距离。 【答案】（1）1.65m （2）0.928m 【解析】 【详解】 解：(1)小滑块刚滑上长木板后，小滑块和长木板水平方向动量守恒： 解得： 对长木板： 得长木板的加速度： 自小滑块刚滑上长木板至两者达相同速度： 解得：
动，而货物继续运动，最后恰好落在光滑轨道上的 B 点。已知货物与小车上表面的动摩擦
因数 0.5，货物做平抛运动的水平距离 AB 长为1.2m ，重力加速度 g 取10m / s2 。
1 求货物从小车右端滑出时的速度； 2 若已知 OA 段距离足够长，导致小车在碰到 A 之前已经与货物达到共同速度，则小车
高中物理牛顿运动定律试题经典及解析
一、高中物理精讲专题测试牛顿运动定律
1．如图所示，质量 M=0．4kg 的长木板静止在光滑水平面上，其右侧与固定竖直挡板问的 距离 L=0．5m，某时刻另一质量 m=0．1kg 的小滑块(可视为质点)以 v0=2m／s 的速度向右 滑上长木板，一段时间后长木板与竖直挡板发生碰撞，碰撞过程无机械能损失。已知小滑 块与长木板间的动摩擦因数 μ=0．2，重力加速度 g=10m／s2，小滑块始终未脱离长木板。 求：
t1）
L
包裹 A 在传送带上加速度的大小为 a1,v0=a1t1
包裹 A 的质量为 mA，与传输带间的动摩檫因数为 μ1，由牛顿运动定律有:μ1mAg=mAa1
解得：μ1=0.5
(2)包裹 A 离开传送带时速度为 v0，设第一次碰后包裹 A 与包裹 B 速度分别为 vA 和 vB，
由动量守恒定律有:mAv0=mAvA+mBvB
所加恒力一定与速度方向相反，小球沿
x
轴方向加速度 ax
v1 t
沿
y
轴方向加速度 ay
v2 t
小球的加速度 a ax2 ay2
根据牛顿第二定律 F=ma 联立解得 F=2.8×10-2N 【点睛】 （1）根据牛顿第二定律和速度时间关系联立求解； （2）第 2s 内，小球从 x 轴正方向开始做类平抛运动，分别求出 x 方向和 y 方向的位移， 根据勾股定理求解小球的位移； （3）分别根据 x 方向和 y 方向求出小球的加速度，根据勾股定理求解小球总的加速度，根 据牛顿第二定律求小球受到的力．
解得： a2 1m/s2
a1 a2 ，假设成立，即滑块会相对于平板向下滑动。
设滑块滑离时间为 t
，由运动学公式，有：
x1
1 2
a1t 2 ，
x2
1 2
a2t 2
，
x1
x2
L
解得： t 1s
3．一长木板置于粗糙水平地面上，木板右端放置一小物块，如图所示。木板与地面间的动 摩擦因数 μ1=0.1，物块与木板间的动摩擦因数 μ2=0.4。t=0 时刻开始，小物块与木板一起 以共同速度向墙壁运动，当 t=1s 时，木板以速度 v1=4m/s 与墙壁碰撞(碰撞时间极短)。碰 撞前后木板速度大小不变，方向相反。运动过程中小物块第一次减速为零时恰好从木板上 掉下。已知木板的质量是小物块质量的 15 倍，重力加速度大小 g 取 10m/s2。求： (1)t=0 时刻木板的速度； (2)木板的长度。
【答案】（1）
v0
5m
/
s
（2） l
16 3
m
【解析】
【详解】
（1）对木板和物块： 1 M m g M ma1
令初始时刻木板速度为 v0 由运动学公式： v1 v0 a1t
代入数据求得： v0 =5m/s
（2）碰撞后，对物块： 2mg ma2
对物块，当速度为
0
时，经历时间
t，发生位移
x1，则有
包裹 B 在水平面上滑行过程，由动能定理有:-μ2mBgx=0- 1 mBvB2 2
解得 vA=-0.4m/s，负号表示方向向左，大小为 0.4m/s
两包裹碰撞时损失的机械能:△E= 1 mAv02 - 1 mAvA2- 1 mBvB2
2
2
2
解得：△E=0.96J
(3)第一次碰后包裹 A 返回传送带，在传送带作用下向左运动 xA 后速度减为零，
由动能定理可知-μ1mAgxA=0- 1 mAvA2 2
解得 xA=0.016m<L，包裹 A 在传送带上会再次向右运动.
设包裹 A 再次离开传送带的速度为 vA′
μ1mAgxA= 1 mAvA′2 2
解得:vA′ =0.4m/s
设包裹 A 再次离开传送带后在水平面上滑行的距离为 xA
-μ2mAgxA′=0- 1 mAvA2 2
1 2
mv共2
，
解得： s ' 0.7m ，
车的最小长度：故 L s相对 s ' 6.7m ；
5．近年来，随着 AI 的迅猛发展，自动分拣装置在快递业也得到广泛的普及.如图为某自动 分拣传送装置的简化示意图，水平传送带右端与水平面相切，以 v0=2m/s 的恒定速率顺时 针运行，传送带的长度为 L=7.6m.机械手将质量为 1kg 的包裹 A 轻放在传送带的左端，经过 4s 包裹 A 离开传送带，与意外落在传送带右端质量为 3kg 的包裹 B 发生正碰，碰后包裹 B 在水平面上滑行 0.32m 后静止在分拣通道口，随即被机械手分拣.已知包裹 A、B 与水平面 间的动摩擦因数均为 0.1，取 g=10m/s2.求：
的长度是多少？ 【答案】(1)3m/s；(2)6.7m 【解析】 【详解】
1 设货物从小车右端滑出时的速度为 vx ，滑出之后做平抛运动，