- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：在最高点，有mg-N=
故选D．
正确答案
解：对木块进行受力分析，建立直角坐标系并分解F，如图所示：
由于木块处于平衡状态，根据平衡条件，有：
水平方向有：Fcosθ=f…①
竖直方向有：G+Fsinθ=FN …②
其中滑动摩擦力：f=μFN…③
由①②③联立解得：
答：木块与水平地面之间的动摩擦因数μ为
解析
解：对木块进行受力分析，建立直角坐标系并分解F，如图所示：
由于木块处于平衡状态，根据平衡条件，有：
水平方向有：Fcosθ=f…①
竖直方向有：G+Fsinθ=FN …②
其中滑动摩擦力：f=μFN…③
由①②③联立解得：
答：木块与水平地面之间的动摩擦因数μ为
（1）皮带顺时针转动时，求煤块从A运动到B所用时间；
（2）皮带逆时针转动时，求煤块到达B点时的速度大小；
（3）皮带逆时针转动时，煤块在传送带上留下的痕迹长度．
正确答案
解：（1）轮子沿顺时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向上，物体的受力情况如图所示．
物体由静止加速，由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma1
解得：a1=2 m/s2，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物体受滑动摩擦力一直向上，
则物体从A端运动到B端的时间t=
（2）皮带沿逆时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，物体的受力情况如图所示．
物体由静止加速，由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
解得：a2=10 m/s2
物体加速到与传送带速度相同需要的时间为
t1=
物体加速到与传送带速度相同时发生的位移为
s=
由于μ＜tan θ（μ=0.5，tan θ=0.75），物体在重力作用下将继续加速运动，物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体的摩擦力沿传送带向上，物体加速度为a3=
设后一阶段物体滑至底端所用时间为t2，由运动学公式有
L-s=vt2+
解得t2=1s
则煤块到达B点时的速度大小v′=a2t1+a3t2=10×1+2×1=12m/s
（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：
x=
传送带的位移为x′=vt=10×1=10m，故炭块相对传送带上移5m，
第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：
x2=vt2+
传送带的位移为20m，所以相对于传送带向下运动4m，
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m
答：（1）皮带顺时针转动时，煤块从A运动到B所用时间为4s；
（2）皮带逆时针转动时，煤块到达B点时的速度大小为12m/s；
（3）皮带逆时针转动时，煤块在传送带上留下的痕迹长度为5m．
解析
解：（1）轮子沿顺时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向上，物体的受力情况如图所示．
物体由静止加速，由牛顿第二定律可得
mgsin θ-μmgcos θ=ma1
解得：a1=2 m/s2，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物体受滑动摩擦力一直向上，
则物体从A端运动到B端的时间t=
（2）皮带沿逆时针方向转动时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，物体的受力情况如图所示．
物体由静止加速，由牛顿第二定律得
mgsin θ+μmgcos θ=ma2
解得：a2=10 m/s2
物体加速到与传送带速度相同需要的时间为
t1=
物体加速到与传送带速度相同时发生的位移为
s=
由于μ＜tan θ（μ=0.5，tan θ=0.75），物体在重力作用下将继续加速运动，物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体的摩擦力沿传送带向上，物体加速度为a3=
设后一阶段物体滑至底端所用时间为t2，由运动学公式有
L-s=vt2+
解得t2=1s
则煤块到达B点时的速度大小v′=a2t1+a3t2=10×1+2×1=12m/s
（2）第一阶段炭块的速度小于皮带速度，炭块相对皮带向上移动，炭块的位移为：
x=
传送带的位移为x′=vt=10×1=10m，故炭块相对传送带上移5m，
第二阶段炭块的速度大于皮带速度，炭块相对皮带向下移动，炭块的位移为：
x2=vt2+
传送带的位移为20m，所以相对于传送带向下运动4m，
故传送带表面留下黑色炭迹的长度为5m
答：（1）皮带顺时针转动时，煤块从A运动到B所用时间为4s；
（2）皮带逆时针转动时，煤块到达B点时的速度大小为12m/s；
（3）皮带逆时针转动时，煤块在传送带上留下的痕迹长度为5m．
质量为m的小车受到一大小为F的拉力做匀速直线运动，当该力变为3F时，则小车的加速度为______．
正确答案
解析
解：小车匀速运动时受力平衡，则有 F=f
当F力变为3F时，由牛顿第二定律得 3F-f=ma
联立解得 a=
故答案为：
求：（1）水平向右的电场的电场强度；
（2）若将电场强度减小为原来的
正确答案
解：
（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：
在x轴方向：F合x=Fcosθ-mgsinθ=0
在y轴方向：F合y=FN-mgcosθ-Fsinθ=0
联列代入θ=37°得：F=
在电场中电场力F=qE可得电场强度E=
（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：
物体在x轴方向所受的合外力为：F合x=Fcosθ-mgsinθ=ma
由此得物体产生的加速度为：
又因为电场强度变为原来的
则物体产生的加速度
所以物体产生的加速度的大小为0.3g．
答：（1）水平向右的电场的电场强度E=
（2）若将电场强度减小为原来的
解析
解：
（1）建立如图所示坐标系，对物体进行受力分析，根据平衡列方程：
在x轴方向：F合x=Fcosθ-mgsinθ=0
在y轴方向：F合y=FN-mgcosθ-Fsinθ=0
联列代入θ=37°得：F=
在电场中电场力F=qE可得电场强度E=
（2）建立如图所示坐标系对物体受力分析有：
物体在x轴方向所受的合外力为：F合x=Fcosθ-mgsinθ=ma
由此得物体产生的加速度为：
又因为电场强度变为原来的
则物体产生的加速度
所以物体产生的加速度的大小为0.3g．
答：（1）水平向右的电场的电场强度E=
（2）若将电场强度减小为原来的
已知质量为m的木块的大小为F的水平拉力作用下沿粗糙水平地面做匀加速直线运动，加速度为a，则木块与地面之间的动摩擦因数为______．若在木块上再施加一个与水平拉力F在同一竖直平面内的推力，而不改变木块的加速度的大小和方向，则此推力与水平拉力F的夹角为______．
正确答案
解析
解：（1）如图对物体进行受力分析有：
T-f=ma ①
f=μN=μmg ②
由①和②得：
（2）如图，当有推力作用时，令推力与T成θ角，则此时物体产生的加速度为a
由有：
水平方向：T+Fcosθ-f=ma ③
竖直方向：N-mg-Fsinθ=0 ④
摩擦力大小为：f=μN ⑤
由④⑤⑥和
tanθ=
解得：θ=
故答案为：
一物体由静止沿倾角为θ的斜面下滑，加速度为a；若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，使其上滑，此时物体的加速度可能为（ ）
正确答案
解析
解：设斜面的动摩擦因数为μ，上滑过程加速度大小为a′，根据牛顿第二定律，得：
下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma ①
上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma′②
则得a=g（sinθ-μcosθ）③，
a′=g（sinθ+μcosθ） ④
若斜面光滑，μ=0，则得a′=a；
由③④得a′=2gsinθ-a；
若μ=
故选ABC
A当 F＜2 μmg 时，A、B 都相对地面静止
B当 F=
C当 F＞3 μmg 时，A 相对 B 滑动
D无论 F 为何值，B 的加速度不会超过
正确答案
解析
解：A、B之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=2μmg，A、B发生滑动的加速度为：a=μg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=
A、当 F＜2μmg 时，f′max＜F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，B与地面间会发生相对滑动，所以A、B 都相对地面运动，故A错误．
B、当 F=
C、当F=3μmg＞
D、A对B的最大摩擦力为2μmg，无论F为何值，B的最大加速度为aB=
故选：BCD．
合外力使一个质量是0.5kg的物体A以4m/s2的加速度前进，若这个合外力使物体B产生2.5m/s2的加速度，那么物体B的质量是______kg．
正确答案
0.8
解析
解：根据牛顿第二定律，对A有：F合=ma=2N
对B有：
故答案为：0.8．
一物体静止在光滑的水平面上，现将F1=2N的水平恒力作用于物体上，经t0时间后，物体的速度大小为v，此时改施一个与F1方向相反的恒力F2作用，又经过3t0时间后，物体回到了出发时的位置，则F2的大小为______N，回到出发点时的速度大小为______．
正确答案
解析
解：设开始时的力的方向正，加速度为a1，后3t0中的加速度为a2；
由x=v0t+
t0时间内物体的位移：x=
由速度公式可得：v=a1t0；------（2）
后3t0时间内的位移：-x=v（3t0）+
联立（1）、（2）、（3）式可得：
解得：
则由F=ma可得：
F2=
回到初发点的速度v2=v+a23t0-----（5）
则联立（2）、（4）、（5）可得：
v2=-
故答案为：
（1）带电小球的比荷
（2）若只撤去匀强磁场，电场强度增大为2E，小球从A点沿原方向入射，能通过空间坐标为（-r，r，-2r）的点，则小球的入射速度v1是多少；
（3）若只撤去匀强电场，在O点的正下方P点固定一个点电荷，该带电小球仍从A点沿原方向以速率v2=
正确答案
mg=qE
得：
小球在水平方向只受洛仑兹力作用，在xoz平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
qvB=m
解得半径：r=
（2）带电小球沿y轴的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
Eq-mg=ma
经过坐标为（-r，r，-2r）的时间为t，则沿Y轴正方向的运动为r，则：
r=
则沿x轴负方向的运动为2r，则：
2r=v1t
解得：v1=
（3）因为v2=
P点固定的电荷必为正电荷．设其电荷量为Q，对带电小球受力分析如图．
根据牛顿第二定律得：
竖直方向上有：mg=
水平方向上有：qv2B-
由以上各式解得：h=
因为 0≤N≤mg，所以h的取值范围为：0≤h≤
答：
（1）带电小球的比荷
（2）小球的入射速度v1是
（3）PO间距离h的取值范围是0≤h≤
解析
mg=qE
得：
小球在水平方向只受洛仑兹力作用，在xoz平面上做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得：
qvB=m
解得半径：r=
（2）带电小球沿y轴的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
Eq-mg=ma
经过坐标为（-r，r，-2r）的时间为t，则沿Y轴正方向的运动为r，则：
r=
则沿x轴负方向的运动为2r，则：
2r=v1t
解得：v1=
（3）因为v2=
P点固定的电荷必为正电荷．设其电荷量为Q，对带电小球受力分析如图．
根据牛顿第二定律得：
竖直方向上有：mg=
水平方向上有：qv2B-
由以上各式解得：h=
因为 0≤N≤mg，所以h的取值范围为：0≤h≤
答：
（1）带电小球的比荷
（2）小球的入射速度v1是
（3）PO间距离h的取值范围是0≤h≤
（1）抛出点O与P点的竖直距离h；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：（1）物块A从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则
（2）0.6s时物A竖直方向的分速度vy=gt=6m/s
因为，
所以，v0=8m/s
（3）物块在P点的速度为v=
根据牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma
f=μN
代入得a=gsinθ-μgcosθ
联立上式可得：μ=0.5
答：（1）抛出点O与P点的竖直距离h=1.8m；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0=8m/s；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5．
解析
解：（1）物块A从O点水平抛出做平抛运动，竖直方向做自由落体运动，则
（2）0.6s时物A竖直方向的分速度vy=gt=6m/s
因为，
所以，v0=8m/s
（3）物块在P点的速度为v=
根据牛顿第二定律得mgsinθ-f=ma
f=μN
代入得a=gsinθ-μgcosθ
联立上式可得：μ=0.5
答：（1）抛出点O与P点的竖直距离h=1.8m；
（2）物块A从O点水平抛出的初速度v0=8m/s；
（3）物块与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5．
正确答案
解析
解：要想使四个木块一起加速，则任意两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力．
设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2．则有
对左侧两个木块：
对2m有：f1=2ma，①
对m有：T-f1=ma；②
对右侧两个小木块：
对m有：f2-T=ma，③
对2m有：F-f2=2ma；④
联立可F=6ma
四个物体加速度相同，由②+③得：f2-f1=2ma ⑤
可知f2＞f1；故f2应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为μmg，所以应有f2=μmg ⑥
联立解得 T=
故答案为：
（1）求金属块与桌面间的动摩擦因数µ；
（2）如果从某时刻起撤去拉力F，求撤去拉力后金属块还能在桌面上滑行的最大距离s．
正确答案
解析
解：（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得
Fcos37°=f
Fsin37°+N=mg
又f=μN
联立解得μ=0.4
（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力f′=μmg
根据牛顿第二定律，得加速度大小为a=
则撤去F后金属块还能滑行的位移为
s=
答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数µ为0.4；
（2）撤去拉力后金属块还能在桌面上滑行的最大距离s为0.5m．
Aα=θ
Bα=
Cα=
Dα=2θ
正确答案
解析
在竖直线AC上取一点O，以适当的长度为半径画圆，使该圆过A点，且与斜面相切与D点，
根据等时圆的结论可知：A点滑到圆上任一点的时间都相等，所以由A点滑到D点所用时间比由A到达斜面上其他各点时间都短，
将木板下端B点与D点重合即可，
而角COD为θ，所以
故选B
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