- 牛顿运动定律
- 共29769题
甲、乙、丙三物体质量之比为5：3：2，所受外力之比为2：3：5，则甲、乙、丙三物体加速度大小之比为______．
正确答案
4：10：25
解析
解：物体的加速度大小之比：a甲：a乙：a丙=
故答案为：4：10：25．
在光滑的水平面上，有两个相物互接触的物体如图所示，已知M＞m，第一次用水平力F由左向右推M，物体间的作用力为N1，此时物体加速度为a1；第二次用同样大小的水平力F由右向左推m，物体间的作用力为N2，此时物体加速度为a2则（ ）
正确答案
解析
解：第一次：对左图，根据牛顿第二定律得：整体的加速度a1=
再隔离对m分析，N1=ma1=
第二次：对右图，整体的加速度a2=
再隔离对M分析，N2=Ma2=
由题M＞m，a1=a2，N1＜N2．
故选D
小车以3m/s的初速度在水平面上做无动力的滑行，所受阻力为车重的0.1倍，那么4s末小车的速度是（ ）
正确答案
解析
解：由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：a=1m/s2，
车的运动时间：t0=
经过3s车停止运动，则4s末车的速度为：零；
故选：A．
正确答案
解析
解：（1）设加速下滑过程时间为t1，加速度大小为a1，减速下滑过程时间为t2，加速度大小为a2，根据牛顿第二定律得：
加速下滑过程中，根据牛顿第二定律，
mg-Fmin=ma1
即mg-280=ma1
代入数据解得：
减速下滑过程中，根据牛顿第二定律，
Fmax-mg=ma2
即460-mg=ma2
代入数据解得：
（2）加速过程的末速度为最大速度，也是减速过程的初速度，由题意可得：
vm=a1t1=a2t2
又因为：t1+t2=3
解得：t1=1s，t2=2s
所以：vm=a1t1=3m/s
（3）加速下滑的位移和减速下滑的位移之和为杆子的长度，所以有
代入数据解得：s=4.5m
答：该杂技演员在下滑过程中的最大速度为3m/s，杆的长度为4.5m．
（1）推力作用在木箱上时的加速度大小；
（2）推力作用在木箱上的时间满足什么条件？
正确答案
解：（1）力F作用时瓶的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：
（2）要想获得游戏成功，瓶滑到B点速度正好为0，力作用时间最短，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设力作用时间为t，时刻的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得：
μmg=ma2
解得：
且v=a1t
加速运动过程中的位移
减速运动过程中的位移
要使木箱停止有效区域内，则需满足
L1-L2≤x1+x2≤L1
解得：1s≤t
答：（1）推力作用在木箱上时的加速度大小为3m/s2；
（2）推力作用在木箱上的时间满足的条件为1s≤t
解析
解：（1）力F作用时瓶的加速度为a1，根据牛顿第二定律得：
（2）要想获得游戏成功，瓶滑到B点速度正好为0，力作用时间最短，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设力作用时间为t，时刻的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律得：
μmg=ma2
解得：
且v=a1t
加速运动过程中的位移
减速运动过程中的位移
要使木箱停止有效区域内，则需满足
L1-L2≤x1+x2≤L1
解得：1s≤t
答：（1）推力作用在木箱上时的加速度大小为3m/s2；
（2）推力作用在木箱上的时间满足的条件为1s≤t
正确答案
5
2
解析
垂直斜面方向，由平衡条件得：mgcos30°=N沿斜面方向上，由牛顿第二定律得：mgsin30°-f=ma
又f=μN
由以上三式解得a=2.5m/s2
小物体下滑到斜面底端B点时的速度：v2=2as
得：v=
由位移公式s=
得：t=
故答案为：5 2．
正确答案
解：设加速度的大小为a，对A受力分析，受拉力T、重力和支持力，根据牛顿第二定律，得：
T=Ma
对B受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，得：
mg-T=ma
联立解得：
a=
T=
故答案为：
解析
解：设加速度的大小为a，对A受力分析，受拉力T、重力和支持力，根据牛顿第二定律，得：
T=Ma
对B受力分析，受重力和拉力，根据牛顿第二定律，得：
mg-T=ma
联立解得：
a=
T=
故答案为：
（1）若h=1.2m，求P与挡板碰撞反弹后运动到B点所用的时间．
（2）若P与挡板碰撞后，能在探测器的工作时间内通过B点，求h的取值范围．
正确答案
解：（1）设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有：
mgsin45°=ma1 ①
设物块到达A处的速度为v，由速度位移关系有：
v2=2a1
由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a2，
则 a2=
P返回经过B时，有：3L=vt-
联立①②③④解得 t=2s ⑤
（2）由③④解得：v=
当t=2
所以解得v的取值范围 2
联立①②⑦可得 解得h的取值范围 1.2m≤h≤2.45m ⑧
答：
（1）P与挡板碰撞反弹后运动到B点所用的时间是2s．
（2）h的取值范围为 1.2m≤h≤2.45m．
解析
解：（1）设物块沿倾斜轨道AB运动的加速度为a1，由牛顿第二定律有：
mgsin45°=ma1 ①
设物块到达A处的速度为v，由速度位移关系有：
v2=2a1
由于P与挡板的碰撞为弹性碰撞．故P在AC间等效为匀减速运动，设P在AC段加速度大小为a2，
则 a2=
P返回经过B时，有：3L=vt-
联立①②③④解得 t=2s ⑤
（2）由③④解得：v=
当t=2
所以解得v的取值范围 2
联立①②⑦可得 解得h的取值范围 1.2m≤h≤2.45m ⑧
答：
（1）P与挡板碰撞反弹后运动到B点所用的时间是2s．
（2）h的取值范围为 1.2m≤h≤2.45m．
一个静止在水平地面上的物体，质量是2kg，在6.4N的水平拉力作用下沿水平地面向右运动．物体与地面间的摩擦力是4.2N．求物体在4s末的速度和4s内发生的位移．
正确答案
解：由牛顿第二定律得：F-f=ma，解得加速度为：
a=
4s末物体的速度为：
v=at=1.1×4=4.4m/s；
物体的位移：
x=
答：（1）物体在4s末的速度为4.4m/s．
（2）物体在4s内发生的位移为8.8m．
解析
解：由牛顿第二定律得：F-f=ma，解得加速度为：
a=
4s末物体的速度为：
v=at=1.1×4=4.4m/s；
物体的位移：
x=
答：（1）物体在4s末的速度为4.4m/s．
（2）物体在4s内发生的位移为8.8m．
正确答案
解：杆在高点处，球的重力与杆的弹力的合力提供球的向心力，根据牛顿第二定律，得
（1）若F向上，则mg-F=m
（2）若F向下，则mg+F=m
答：小球的瞬时速度大小可能为
解析
解：杆在高点处，球的重力与杆的弹力的合力提供球的向心力，根据牛顿第二定律，得
（1）若F向上，则mg-F=m
（2）若F向下，则mg+F=m
答：小球的瞬时速度大小可能为
根据牛顿第二定律所得结论，以下说法的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由牛顿第二定律：F=ma可知，物体所受到的合外力等于物体质量与加速度的乘积，加速度大的物体所受合外力不一定大，故A错误；
B、由牛顿第二定律：a=
C、物体的加速度与物体所受合外力成正比，物体所受合外力与物体的加速度无关，故C错误；
D、由牛顿第二定律可知，对同一物体而言，物体的加速度与物体所到的合外力成比，故D正确；
本题选错误的，故选：ABC．
水平桌面上有两个玩具车A和B，两者用一轻质细橡皮筋相连，在橡皮筋上有一红色标记R．在初始时橡皮筋处于拉直状态，A、B和R分别位于直角坐标系中的（0，2l）、（0，-l）和（0，0）点．已知A从静止开始沿y轴正向做加速度大小为a的匀加速运动；B平行于x轴朝x轴正向匀速运动．在两车此后运动的过程中，标记R在某时刻通过点（l，l）．假定橡皮筋的伸长是均匀的，求B运动速度的大小．
正确答案
解：设B车的速度大小为v．如图，标记R的时刻t通过点K（l，l），此时A、B的位置分别为H、G．
由运动学公式，H的纵坐标yA，G的横坐标xB分别为
xB=vt ②
在开始运动时，R到A和B的距离之比为2：1，即
OE：OF=2：1
由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1．
因此，在时刻t有 HK：KG=2：1 ③
由于△FGH∽△IGK，有
HG：KG=xB：（xB-l） ④
HG：KG=（yA+l）：（2l）=3：1 ⑤
联立各式解得
答：B运动速度的大小为
解析
解：设B车的速度大小为v．如图，标记R的时刻t通过点K（l，l），此时A、B的位置分别为H、G．
由运动学公式，H的纵坐标yA，G的横坐标xB分别为
xB=vt ②
在开始运动时，R到A和B的距离之比为2：1，即
OE：OF=2：1
由于橡皮筋的伸长是均匀的，在以后任一时刻R到A和B的距离之比都为2：1．
因此，在时刻t有 HK：KG=2：1 ③
由于△FGH∽△IGK，有
HG：KG=xB：（xB-l） ④
HG：KG=（yA+l）：（2l）=3：1 ⑤
联立各式解得
答：B运动速度的大小为
航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m=2kg，动力系统提供的恒定升力F=28N．试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升．设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取10m/s2．
（1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s 时到达高度H=64m．求飞行器所阻力f的大小；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力．求飞行器能达到的最大高度h；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3．
正确答案
解：（1）第一次飞行中，设加速度为a1
匀加速运动
由牛顿第二定律F-mg-f=ma1
解得f=4N
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
匀加速运动
设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律mg+f=ma2v1=a1t2
解得h=s1+s2=42m
（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律 mg-f=ma3
F+f-mg=ma4
且
V3=a3t3
解得t3=
答：（1）飞行器所阻力f的大小为4N；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行器能达到的最大高度h为42m；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为
解析
解：（1）第一次飞行中，设加速度为a1
匀加速运动
由牛顿第二定律F-mg-f=ma1
解得f=4N
（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为v1，上升的高度为s1
匀加速运动
设失去升力后的加速度为a2，上升的高度为s2
由牛顿第二定律mg+f=ma2v1=a1t2
解得h=s1+s2=42m
（3）设失去升力下降阶段加速度为a3；恢复升力后加速度为a4，恢复升力时速度为v3
由牛顿第二定律 mg-f=ma3
F+f-mg=ma4
且
V3=a3t3
解得t3=
答：（1）飞行器所阻力f的大小为4N；
（2）第二次试飞，飞行器飞行t2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力，飞行器能达到的最大高度h为42m；
（3）为了使飞行器不致坠落到地面，飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间为
为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离．我国公安部门规定：高速公路上行驶汽车的安全距离为200m，汽车行驶的最高速度为120km/h．请你根据下面提供的资料，通过计算来说明安全距离为200m的理论依据．（取g=10m/s2．）
资料一：驾驶员的反应时间：0.3s～0.6s之间．
资料二：各种路面与轮胎之间的动摩擦因数：
（1）在计算中驾驶员的反应时间、路面与轮胎之间的动摩擦因数应各取多少？
（2）通过你的计算来说明200m为必要的安全距离．
正确答案
解：
（1）取最长的反应时间0.6s，最小的动摩擦因数0.32．
（2）根据牛顿第二定律，汽车刹车时的加速度
考虑最高车速v、最长反应时间t、及最小动摩擦因数μ的极限情况下
反应距离 s1=v0t=33.33×0.6≈20m
制动距离
刹车距离 s=s1+s2=20+174=194m≈200m
因此200m的安全距离是必要的．
答：
（1）在计算中驾驶员取最长的反应时间0.6s，最小的动摩擦因数0.32．
（2）见上．
解析
解：
（1）取最长的反应时间0.6s，最小的动摩擦因数0.32．
（2）根据牛顿第二定律，汽车刹车时的加速度
考虑最高车速v、最长反应时间t、及最小动摩擦因数μ的极限情况下
反应距离 s1=v0t=33.33×0.6≈20m
制动距离
刹车距离 s=s1+s2=20+174=194m≈200m
因此200m的安全距离是必要的．
答：
（1）在计算中驾驶员取最长的反应时间0.6s，最小的动摩擦因数0.32．
（2）见上．
正确答案
gtanα
水平向左
解析
解：隔离对小球分析，如图所示，
a=
厢的加速度与小球的加速度相同，方向水平向右．
车厢做减速运动，故运动方向与加速度方向相反，水平向左
故答案为：gtanα，水平向左．
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