- 牛顿运动定律
- 共1024题
一质量为m=2kg的滑块能在倾角为θ=37°的足够长的斜面上以a=2m/s2匀加速下滑。若给滑块施加一水平向右的恒力F，使之由静止开始在t=2s的时间内沿斜面运动2m。
34.求滑块和斜面之间的动摩擦因数μ；
35.推力F的大小。
正确答案
μ=0.5
解析
未施加推力过程，牛顿第二定律：mgsin37°-μmgcos37°=ma，代入数据，解得μ=0.5
考查方向
解题思路
通过受力分析，利用牛顿第二定律建立方程列式求解
易错点
受力分析一定要认真画
正确答案
1.82N
解析
施加推力F后，由s=
考查方向
解题思路
通过受力分析，利用牛顿第二定律建立方程列式求解
易错点
受力分析一定要认真画
如图所示，绝缘轨道CDGH位于竖直平面内，圆弧段DG的圆心角为θ=37°，DG与水平段CD、倾斜段GH分别相切于D点和G点，CD段粗糙，DGH段光滑，在H处固定一垂直于轨道的绝缘挡板，整个轨道处于场强为E=1×104 N/C、水平向右的匀强电场中。一质量m=4×10-3
38.滑块在GH段上的加速度；
39.滑块与CD段之间的动摩擦因数µ；
40.滑块在CD段上运动的总路程。某同学认为：由于仅在CD段上有摩擦损耗，所以，滑块到达P点速度减为零后将不再运动，在CD段上运动的总路程为L+
正确答案
0
解析
GH段的倾角θ=37°，滑块受到的重力mg=0.04N，电场力qE=0.03N，qEcosθ=mgsinθ=0.024N，故加速度a=0
考查方向
解题思路
这道题首先根据受力分析求解加速度，利用动能定理列式求解摩擦力做功
易错点
摩擦力做功时要注意摩擦力往返都是做负功
正确答案
0.25
解析
滑块由C处释放，经挡板碰撞后第一次滑回P点的过程中，由动能定理得：
考查方向
解题思路
这道题首先根据受力分析求解加速度，利用动能定理列式求解摩擦力做功
易错点
摩擦力做功时要注意摩擦力往返都是做负功
正确答案
2.4m
解析
该同学观点错误，滑块在CD段上受到的滑动摩擦力Ff=µmg=0.01N，小于0.03N的电场力，故不可能停在CD段。滑块最终会在DGH间来回往复运动，到达D点的速度为0，全过程由动能定理得：qE·L+(-Ff·s)=0-0，解出s=
考查方向
解题思路
这道题首先根据受力分析求解加速度，利用动能定理列式求解摩擦力做功
易错点
摩擦力做功时要注意摩擦力往返都是做负功
3．一倾角为θ＝37°的粗糙斜面与一光滑的半径R＝0．9m的竖直圆轨道相切于P点，O 点是轨道圆心，轨道上的B点是最高点,D点是最低点，C点是最右的点，斜面上的A点与B点等高。一质量m＝1．0kg的小物块在A点以沿斜面向下的初速度v0刚好能在斜面上匀速运动，通过P点处的小孔进入圆轨道并恰能做完整的圆周运动。g＝10m／s2，sin37°＝0．6，cos37°＝0．8。则下列说法正确的是（）
正确答案
解析
A、在B点，由mg=m
从P到B，由机械能守恒定律得：mgR（1+cos37°）+
解得：v0=
B、物块在斜面上做匀速运动，由平衡条件得：mgsin37°=μmgcos37°，得：μ=0.75．故B错误．
C、从D到B的过程，由机械能守恒定律得：mg•2R+
在D点，由牛顿第二定律得：FD′﹣mg=m
联立解得：FD′=6mg=60N，由牛顿第三定律知，小物块在D点时对轨道压力FD=FD′=60N．故C正确．
D、小物块在C点受到重力和轨道水平向左的弹力，其合外力斜向左下方，故D错误．
考查方向
解题思路
小球从P到B的过程，运用机械能守恒定律列式．在B点，由重力等于向心力列式，联立可求得v0．对AP段，运用平衡条件列式可求得动摩擦因数μ．根据小物块的受力情况，分析在C的合外力方向．由机械能守恒定律求出小物块经过D点的速度，再由牛顿运动定律求小物块对轨道的压力．
易错点
本题的关键要根据物块的运动过程和状态，灵活选取力学规律解答，要知道最高点的临界条件是重力等于向心力．圆周运动中求压力往往根据机械能守恒定律和向心力结合研究．
知识点
一足够长的粗细均匀的杆被一细绳吊于高处，杆下端离地面高H,上端套一个细环，如图所示。断开轻绳，杆和环自由下落,假设杆与地面发生碰撞时触地时间极短，无动能损失，杆立即获得等大反向的速度。已知杆和环的质量均为m,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg（重力加速度为g，k＞1）。杆在整个过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：
18.次与地面碰撞弹起上升的过程中，环的加速度
19.面第二次碰撞前的瞬时速度
20.绳到杆和环静止，摩擦力对环和杆做的总功
正确答案
解析
杆上升过程中，环的加速度为a，则
kmg－mg＝ma 得：a＝(k－1)g，方向竖直向上 （4分）
考查方向
解题思路
在棒上升的过程中，环要受到重力的作用，同时由于环向下运动而棒向上运动，环还要受到棒的向上的摩擦力的作用，根据牛顿第二定律列式可以求得加速度的大小．
易错点
本题综合性较强，涉及多过程运动分析，难点在于分析棒和环的相对运动，进而得出位移，最后一个重要知识点是摩擦生热的计算，可对系统运用能量守恒定律研究
正确答案
解析
棒第一次落地的速度大小为v1 ，则
棒弹起后的加速度为a′，则
mg＋kmg=ma′ 得：a′=(k＋1)g，方向竖直向下
从落地经时间t1达到共同速度，则
共同速度为
棒上升的高度
所以棒第二次落地时的速度
考查方向
解题思路
在下落的过程中，棒、环系统机械能守恒，由此求得棒第一次落地的速度大小．当棒触地反弹时，环将继续下落，棒、环之间存在相对滑动，由牛顿第二定律求得两者的加速度．由速度时间公式求得环与棒将在空中达到相同速度．由运动学公式求得上升的最大高度．从最高点棒和环一起自由下落，由运动学公式求解棒与地面第二次碰撞前的瞬时速度．
易错点
本题综合性较强，涉及多过程运动分析，难点在于分析棒和环的相对运动，进而得出位移，最后一个重要知识点是摩擦生热的计算，可对系统运用能量守恒定律研究
正确答案
解析
解法一：
在第一次弹起到落地的过程中环下降的高度：
环第一次相对棒的位移为：
第二次弹起经t2达到共同速度，则
共同速度为
棒上升的高度
环下降的高度
环第二次相对棒的位移为
以此类推，可得
所以全程环相对杆的位移
摩擦力对环和杆做的总功
解法二：
根据能量守恒：
所以
摩擦力对棒和环做的总功为
考查方向
解题思路
整个过程中能量的损失都是由于摩擦力对物体做的功，所以根据能量的守恒可以较简单的求得摩擦力对环及棒做的功．
易错点
本题综合性较强，涉及多过程运动分析，难点在于分析棒和环的相对运动，进而得出位移，最后一个重要知识点是摩擦生热的计算，可对系统运用能量守恒定律研究
18.图中小孩正在荡秋千，在秋千离开最高点向最低点运动的过程中，下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
当秋千离开最高点，向最低点运动的过程中，小孩的速度增大，合外力的一个分力指向圆心，提供向心力，另一个分力沿着切线方向，使小孩速度增大所以加速度方向可能沿图中的a方向，所以C对。在向下运动过程中，速度越来越大，向心力由拉力减去重力的分量合成，所以拉力越来越大，A对B错。
考查方向
解题思路
当秋千离开最高点，向最低点运动的过程中，小孩的速度增大，加速度不沿圆心方向，据此即可选择
易错点
考查曲线运动及其相关知识，明确小孩的运动规律和受力特点
知识点
如图所示，宽L=2m、足够长的金属导轨MN和M′N′放在倾角为θ=30°的斜面上，在N和N′之间连接一个R=2.0Ω的定值电阻，在AA′处放置一根与导轨垂直、质量m=0.8kg、电阻r=2.0Ω的金属杆，杆和导轨间的动摩擦因数μ=
41. 求该过程中，通过电阻R的电量q；
42.杆通过OO′时的速度大小；
43.杆在OO′时，轻绳的拉力大小；
44.上述过程中，若拉力对杆所做的功为13J，求电阻R上的平均电功率。
正确答案
0.5C
解析
平均感应电动势
考查方向
解题思路
首先利用法拉第电磁感应定律求电量，通过牛顿第二定律求加速度，利用动能定理求变力做功。
易错点
在求解电量的时候移动要注意不能用切割磁感线的表达式求解
正确答案
3m/s
解析
几何关系：H/sinα-H=d，解得sinα=H/(H+d)=0.8，α=53°。杆的速度等于小车速度沿绳方向的分量：v1=vcosα=5.0×0.6m/s=3.0m/s。
考查方向
解题思路
首先利用法拉第电磁感应定律求电量，通过牛顿第二定律求加速度，利用动能定理求变力做功。
易错点
在求解电量的时候移动要注意不能用切割磁感线的表达式求解
正确答案
12.56N
解析
摩擦力Ff=μmgcosθ=
考查方向
解题思路
首先利用法拉第电磁感应定律求电量，通过牛顿第二定律求加速度，利用动能定理求变力做功。
易错点
在求解电量的时候移动要注意不能用切割磁感线的表达式求解
正确答案
2.0W
解析
动能定理：W+W安+(-mg·dsinθ)+(-Ff·d)=
考查方向
解题思路
首先利用法拉第电磁感应定律求电量，通过牛顿第二定律求加速度，利用动能定理求变力做功。
易错点
在求解电量的时候移动要注意不能用切割磁感线的表达式求解
如图所示，某货场需将质量m1＝50kg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，现利用光滑倾斜轨道SP、竖直面内弧形光滑轨道PQ，使货物由倾斜轨道顶端距底端高度h=1m处无初速度滑下．两轨道相切于P, 倾斜轨道与水平面夹角为θ=600, 弧形轨道半径R＝2m，末端切线水平．地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同的木板A、B，长度均为l＝4m，质量均为m2＝50kg，木板上表面与弧形轨道末端Q相切．货物与木板间的动摩擦因数为μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.12．(不考虑货物与各轨道相接处能量损失,最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g＝10m/s2)
17.求货物到达弧形轨道始、末端时对轨道的压力．
18.若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件。
19.若μ1＝0.30，求货物滑上木板后与木板系统所能产生的热量．
正确答案
750N(2分)和1500N(2分)，方向竖直向下(1分)
解析
设货物滑到弧形轨道始、末端时的速度分别为vP、vQ，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得：
设货物滑到弧形轨道始、末端所受支持力的大小分别为NP、NQ，根据牛顿第二定律得:
联立以上各式并代入数据得NP＝750N, NQ=1500N
根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道始、末端时对轨道的压力大小分别为750N和1500N，方向竖直向下．…………………………⑤
考查方向
解题思路
物体下滑的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒可以得出到达底端时的速度，再由向心力的公式可以求得物体受到的支持力的大小，根据牛顿第三定律可以得到货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小；
易错点
考查了机械能守恒、圆周运动和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样
正确答案
0.24＜μ1≤0.36(6分)
解析
若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得：
μ1m1g≤μ2(m1＋2m2)g ……………………⑥
若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得：μ1m1g＞μ2(m1＋m2)g ………⑦
联立并代入数据得0.24＜μ1≤0.36．…………………………………………⑧
考查方向
解题思路
货物滑上木板A时，木板不动，说明此时货物对木板的摩擦力小于或等于地面对木板的摩擦力的大小，而滑上木板B时，木板B开始滑动，说明此时货物对木板的摩擦力大于地面对木板B的摩擦力的大小，由此可以判断摩擦因数的范围．
易错点
考查了机械能守恒、圆周运动和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样
正确答案
解析
μ1＝0.3，由上问可得，货物在木板A上滑动时，木板不动，设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得μ1m1g＝m1a1 ……………………⑨
设货物滑到木板A末端时的速度为v1，由运动学公式得：v－
联立并代入数据得v1＝4m/s ………………⑾
货物滑过木板A系统产生的热量Q1=μ1m1gl=600J……………………⑿
设货物滑上木板B经过时间t,货物与木板B达到共同速度v2,木板B的加速度为a2,由运动学公式和牛顿第二定律,有:v2=a2t……………………⒀
v2= v1－a1t……………………⒁
μ1m1g－(m1＋m2)g=m2a2………………………………⒂
木板运动位移x2=
货物运动位移x1=
货物相对木板B位移
联立以上各式并代入数据得:
货物与木板B系统产生的热量Q2=μ1m1g
∴货物滑上木板系统所产生的热量Q=Q1+Q2=
考查方向
解题思路
由匀变速直线运动的规律可以求得．
易错点
考查了机械能守恒、圆周运动和牛顿运动定律的应用，特别需要注意的是货物在水平面上运动时木板的运动状态，由于是两块木板，所以货物运到到不同的地方时木板的受力不一样
16.某物体以初速度v0从固定斜面的底端沿斜面上滑，斜面足够长，斜面与物体间的动摩擦因数μ=0.5，其动能Ek随离开斜面底端的距离s变化的图线如图所示，g取10m/s2，不计空气阻力，则以下说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A、B、D、设斜面的倾角是θ，物体的质量是m，物体向上运动的过程中受到重力、支持力和向下的摩擦力；物体向下滑动的过程中受到重力．支持力和向上的摩擦力，由图象可知物体向上滑动的过程中，EK1=25J，EK2=0J，位移x=5m，下滑回到原位置时的动能，EK3=5J向上滑动的过程中，由动能定理得：EK2﹣EK1=﹣mgsinθ•x﹣fx，向下滑动的过程中，由动能定理得：EK3﹣EK2=mgsinθ•x﹣fx，代入数据解得f=2N
mgsinθ=3N又：f=μmgcosθ，所以：
考查方向
解题思路
对物体进行受力分析，得出物体向上滑动的过程中的受力与物体下滑的过程中的受力，运用动能定理把动能和位移的关系表示出来．
把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求出未知物理量．
易错点
利用数学图象处理物理问题的方法就是把物理表达式与图象结合起来，根据图象中的数据求解．一般我们通过图象的特殊值和斜率进行求解
知识点
25.如图(a)所示，某同学在水平面上用水平力拉一质量为1kg的物块由静止开始运动。借助力传感器和位移传感器，该同学测得不同时刻物块的速度v和拉力F，并绘出v－1/F图像，见图（b），其中线段AB与v轴平行，所用时间为2s，线段BC的延长线过原点，所用时间为4s，v2为物块能达到的最大速度，此后物块的速度和拉力保持不变。不计空气阻力，则2s末（B点）拉力的功率为 W，这6s内物块的位移为 m。
正确答案
7.68 15.5 。
解析
C点速度最大，此时牵引力等于阻力，则：f=F=2N。AB阶段牵引力不变，物体做匀加速运动，则：a=
考查方向
解题思路
当速度取最大值时，牵引力等于阻力，求出阻力大小，线段AB与v轴平行，说明AB阶段牵引力不变，物体做匀加速运动，根据运动学基本公式可以求出加速度，再根据牛顿第二定律可以求牵引力，拉力的功率P=Fv．根据匀加速直线运动基本公式及动能定理即可求解6s内的位移．
易错点
考查了牛顿第二定律、运动学基本公式、牵引力与功率的关系，知道当牵引力等于阻力时，速度最大
知识点
如图所示，长为L、内壁光滑的直管与水平地面成30°角固定放置。将一质量为m的小球固定在管底，用一轻质光滑细线将小球与质量为M=km（k是已知常数）的小物块相连，小物块悬挂于管口。现将小球释放，一段时间后，小物块落地静止不动，小球继续向上运动，通过管口的转向装置后做平抛运动，小球在转向过程中速率不变。(重力加速度为g)
36.求小球从管口抛出时的速度大小；
37.试证明小球平抛运动的水平位移总小于
正确答案
解析
设M落地时的速度为v，
（解法二）或者从牛二出发
考查方向
解题思路
开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等．对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程．
小物块落地静止不动，小球继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等），结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小．
运用平抛运动的规律表示出小球平抛运动的水平位移，利用数学知识证明问题．
易错点
考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律．
要注意分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等．
正确答案
见解析
解析
平抛运动
考查方向
解题思路
开始时小球沿斜面向上做匀加速，小物块向下也做匀加速，两者的加速度大小相等．对各自受力分析，运用牛顿第二定律列出等式，解出方程．
小物块落地静止不动，小球继续向上做匀减速运动，对其受力分析，运用牛顿第二定律解出此时的加速度（与前一阶段加速度不等），结合运动学公式求出小球从管口抛出时的速度大小．
运用平抛运动的规律表示出小球平抛运动的水平位移，利用数学知识证明问题．
易错点
考查牛顿第二定律，匀加速运动的公式及平抛运动规律．
要注意分M落地前和落地后两段计算，因为两段的m加速度不相等．
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