- 牛顿运动定律
- 共29769题
A纸板相对砝码运动时，纸板所受摩擦力的大小为μ（M+m）g
B要使纸板相对砝码运动，F一定大于2μ（M+m）g
C若砝码与纸板分离时的速度小于
D当F=μ（2M+4m）g时，砝码恰好到达桌面边缘
正确答案
解析
解：A、当纸板相对砝码运动时，纸板所受的摩擦力：μ（M+m）g+μMg，故A错误．
B、设砝码的加速度为a1，纸板的加速度为a2，则有：μMg=Ma1，F-μMg-μ（M+m）g=ma2，发生相对运动需要a2＞a1，解得：F＞2μ（M+m）g，故B正确．
C、若砝码与纸板分离时的速度小于
D、当F=μ（2M+4m）g时，砝码未脱离时的加速度a1=μg，纸板的加速度：a2=
故选：BCD．
（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（2）现将拉力的方向改为斜向上与水平向右方向成37°，并保持大小仍为30N，使物体从A处由静止开始运动，求物体经t=2s时的位移大小．
正确答案
解：（1）物体做匀加速直线运动时，根据L=
a=
根据牛顿第二定律得：F-f=ma，
解得：f=30-2×10N=10N．
则动摩擦因数：μ=
（2）根据牛顿第二定律得：Fcos37°-f=ma′
Fsin37°+FN=mg
f=μFN
联立代入数据解得：a′=11.5m/s2．
根据x=
答：（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.5．
（2）物体经t=2s时的位移大小为23m．
解析
解：（1）物体做匀加速直线运动时，根据L=
a=
根据牛顿第二定律得：F-f=ma，
解得：f=30-2×10N=10N．
则动摩擦因数：μ=
（2）根据牛顿第二定律得：Fcos37°-f=ma′
Fsin37°+FN=mg
f=μFN
联立代入数据解得：a′=11.5m/s2．
根据x=
答：（1）物体与地面间的动摩擦因数为0.5．
（2）物体经t=2s时的位移大小为23m．
正确答案
解析
解：A、对乒乓球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：
Nsinθ=ma
Ncosθ=mg
解得，a=gtanθ，N=
以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：
运动员对球拍的作用力为F=
D、当a＞gtanθ时，球将向上运动，．故D错误．
故选：AC．
正确答案
解：以m为研究对象进行分析，m在水平方向只受一个摩擦力f的作用，f=μmg，
根据牛顿第二定律知f=ma1
a1=μg=0.20×10m/s2=2m/s2
如图，
m从A点运动到B点，做匀加速直线运动，sAB=s0-b=1.00m，
运动到B点的速度υB为：
υB=
物块在平板车上运动时间为t1=
s0=
此时平板车的速度为 v2=a2t1=4×1=4m/s
m从B处滑落时，以υB为初速度做平抛运动，落到C的水平距离为s1，下落时间为t2，
则 h=
s1=vBt2=2×0.5m=1.0 m
对平板车M，在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，平板车加速度为a2，由牛顿第二定律得：F-f=Ma2
则有：F=Ma2+f=（100×4+0.2×50×10）N=500N
当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，而做加速度为
a3的匀加速运动，由牛顿第二定律得：F=Ma3 即
在m从B滑落到C点的时间t=0.5s内，M运动距离s2为
物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为
s=s2-s1=（2.625-1）m=1.625m
答：物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为1.625m．
解析
解：以m为研究对象进行分析，m在水平方向只受一个摩擦力f的作用，f=μmg，
根据牛顿第二定律知f=ma1
a1=μg=0.20×10m/s2=2m/s2
如图，
m从A点运动到B点，做匀加速直线运动，sAB=s0-b=1.00m，
运动到B点的速度υB为：
υB=
物块在平板车上运动时间为t1=
s0=
此时平板车的速度为 v2=a2t1=4×1=4m/s
m从B处滑落时，以υB为初速度做平抛运动，落到C的水平距离为s1，下落时间为t2，
则 h=
s1=vBt2=2×0.5m=1.0 m
对平板车M，在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，平板车加速度为a2，由牛顿第二定律得：F-f=Ma2
则有：F=Ma2+f=（100×4+0.2×50×10）N=500N
当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，而做加速度为
a3的匀加速运动，由牛顿第二定律得：F=Ma3 即
在m从B滑落到C点的时间t=0.5s内，M运动距离s2为
物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为
s=s2-s1=（2.625-1）m=1.625m
答：物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为1.625m．
正确答案
解析
解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.3s-2.3s=2s
运动员做竖直上抛运动，所以跃起最大高度为：
将t=2s带入得：h=
故选：C．
如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为m=4kg的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力F随位移x
（1）运动过程中物体的最大加速度为多少？
（2）距出发点多远时物体的速度达到最大？
（3）物体在水平面上运动的最大位移是多少？
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：
（2）由图象求出，推力F随位移x变化的数值关系为：F=100-25x
速度最大时，物体加速度为零，则：F=μmg=0.5×40N=20N．
代入数据解得：x=3.2m．
（3）根据F=100-25x，由图象可知，推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，于是推力对物体做功：
W═
根据动能定理得：W-μmgxm=0
代入数据解得：xm=10m．
答：（1）运动过程中物体的最大加速度为20m/s2．
（2）距出发点3.2m时物体的速度达到最大．
（3）物体在水平面上运动的最大位移是10m．
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入数据得：
（2）由图象求出，推力F随位移x变化的数值关系为：F=100-25x
速度最大时，物体加速度为零，则：F=μmg=0.5×40N=20N．
代入数据解得：x=3.2m．
（3）根据F=100-25x，由图象可知，推力对物体做的功等于图线与x轴围成的面积，于是推力对物体做功：
W═
根据动能定理得：W-μmgxm=0
代入数据解得：xm=10m．
答：（1）运动过程中物体的最大加速度为20m/s2．
（2）距出发点3.2m时物体的速度达到最大．
（3）物体在水平面上运动的最大位移是10m．
（1）若升降机静止，球对挡板和斜面的压力多大？
（2）若升降机以加速度a竖直向上做匀加速运动，球对挡板和斜面的压力多大？
正确答案
解：（1）对小球进行受力分析有：
根据小球平衡有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ=mg
可解得：
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为
（2）当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ-mg=ma
联列可解得：
N=
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，球对斜面的压力为
答：（1）球对档板的压力为mg tanθ，对斜面的压力为
（2）球对档板的压力为m （g+a） tanθ，对斜面的压力为
解析
解：（1）对小球进行受力分析有：
根据小球平衡有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ=mg
可解得：
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为mgtanθ，对斜面的压力为
（2）当升降机以加速度a竖直向上匀加速运动时有：
水平方向：Nsinθ=F
竖直方向：Ncosθ-mg=ma
联列可解得：
N=
根据牛顿第三定律知，球对挡板的压力为m（g+a）tanθ，球对斜面的压力为
答：（1）球对档板的压力为mg tanθ，对斜面的压力为
（2）球对档板的压力为m （g+a） tanθ，对斜面的压力为
正确答案
解析
解：A、当速度为30m/s时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F=f，所以f=2×103N．故A正确．
BCD、牵引车的额定功率P=fv=2×103×30W=6×104W．匀加速直线运动的加速度a=
匀加速直线运动的末速度v=
因选不正确的，故选：C
光滑水平面上有一质量为M、长度为L的木板AB，在木板的中点有一质量为m的小木块，木板上表面是粗糙的，它与木块间的动摩擦因数为μ．开始时两者均处于静止状态，现在木板的B端加一个水平向右的恒力F，则：
（1）木板和木块运动的加速度是多大？
（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足什么条件？
正确答案
解：（1）木块运动的最大加速度为
若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，
根据牛顿第二定律，共同加速度为 
若F＞μ（m+M）g，设木块、木板加速度分别为a1、a2，
则a1=am=μg…③
（2）设在木板的B端到达距右方距离为L的P点时，木块恰能从木板上滑出，相对滑动时间为t，水平向右的恒力F0，
则
由③④⑤⑥式得 F0=μ（2M+m）g
则在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出应满足F＞μ（2M+m）g
答：（1）若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，其加速度为
若F＞μ（m+M）g，木板的加速度为
（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足F＞μ（2M+m）g．
解析
解：（1）木块运动的最大加速度为
若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，
根据牛顿第二定律，共同加速度为
若F＞μ（m+M）g，设木块、木板加速度分别为a1、a2，
则a1=am=μg…③
（2）设在木板的B端到达距右方距离为L的P点时，木块恰能从木板上滑出，相对滑动时间为t，水平向右的恒力F0，
则
由③④⑤⑥式得 F0=μ（2M+m）g
则在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出应满足F＞μ（2M+m）g
答：（1）若F≤μ（m+M）g，木板和木块一起做匀加速运动，其加速度为
若F＞μ（m+M）g，木板的加速度为
（2）若在木板的B端到达距右方距离为L的P点前，木块能从木板上滑出，则水平向右的恒力F应满足F＞μ（2M+m）g．
质量m=2kg的物体做匀加速直线运动，初速度为v0=2m/s，已知物体在t=2s内的位移为x=8m，那么作用在该物体上的合外力F大小为______N．（g=10m/s2）
正确答案
4
解析
解：由匀变速直线运动的位移公式得：x=v0t+
即：8=2×2+
由牛顿第二定律得：F=ma=2×2=4N；
故答案为：4．
如图（a）所示，“”型木块放在光滑水平地面上，木块水平表面AB粗糙，光滑表面BC且与水平面夹角为θ=37°．木块右侧与竖直墙壁之间连接着一个力传感器，当力传感器受压时，其示数为正值；当力传感器被拉时，其示数为负值．一个可视为质点的滑块从C点由静止开始下滑，运动过程中，传感器记录到的力和时间的关系如图（b）所示．已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2．求：
（1）斜面BC的长度；
（2）滑块的质量．
正确答案
解：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：
得：a1=gsinθ=6m/s2
通过图象可知，滑块在斜面上运动时间为：t1=1s
由运动学公式得：
（2）滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ
木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ
由图象可知：F1=12N
解得：m=2.5Kg
答：
（1）斜面BC的长度是3m；
（2）滑块的质量是2.5kg．
解析
解：（1）分析滑块受力，由牛顿第二定律得：
得：a1=gsinθ=6m/s2
通过图象可知，滑块在斜面上运动时间为：t1=1s
由运动学公式得：
（2）滑块对斜面的压力为：N1′=mgcosθ
木板对传感器的压力为：F1=N1′sinθ
由图象可知：F1=12N
解得：m=2.5Kg
答：
（1）斜面BC的长度是3m；
（2）滑块的质量是2.5kg．
正确答案
解：当F最大时，地面对B的支持力为零，根据牛顿第二定律有：
Ncos37°=Mg，
解得：N=
则B的最大加速度a=
对整体，根据牛顿第二定律得：
F=2Ma=1.5Mg
即F的最大值为1.5Mg．
答：要使A与B保持相对静止一起运动，水平力F最大为1.5Mg．
解析
解：当F最大时，地面对B的支持力为零，根据牛顿第二定律有：
Ncos37°=Mg，
解得：N=
则B的最大加速度a=
对整体，根据牛顿第二定律得：
F=2Ma=1.5Mg
即F的最大值为1.5Mg．
答：要使A与B保持相对静止一起运动，水平力F最大为1.5Mg．
“秋千”是小朋友们非常喜爱的一种娱乐项目．质量为25kg的小孩坐在秋千板上，秋千板离拴绳子的横梁2.5m．如果秋千板摆动经过最低位置时速度是4m/s，这时小孩对秋千板的压力为______N．（g取10m/s2）
正确答案
410
解析
解：以小孩为研究对象，根据牛顿第二定律得
FN-mg=m
得到秋千板对小孩的支持力FN=mg+m
由牛顿第三定律得小孩对秋千板的压力大小为410N．
故答案为：小孩对秋千板的压力为410N．
正确答案
解析
解：AB、一开始小车受恒力向下做匀加速运动，后来接触到弹簧，合力逐渐变小，于是做加速度逐渐变小的变加速运动，最后受到弹簧轻杆的力和重力沿斜面向下的分力平衡，于是做匀速直线运动，所以AB错误；
C、当弹簧和杆整体受到的力等于静摩擦力的时候，轻杆开始滑动，此时由平衡得：弹簧压缩量有公式Ff=k△x解得：△x=0.3，
所以杆刚要滑动时小车已通过的位移为x=△x+L=0.3+0.6m=0.9m，所以C错误；
D、当弹簧的压缩量为0.3M的时候，弹簧的弹力和小车在斜面上的分力相等，此时整个系统开始做匀速运动设此速度为v，开始运动到做匀速运动，由能量守恒得：
mg（mg+△x）sinθ=
代入数据求得：v=3m/s
所以杆从开始运动到完全进入槽内所用时间为：t=
故选：D
Aa1=0，a2=0
Ba1=a，a2=0
Ca1=a，
D
正确答案
解析
解：力F作用时，根据牛顿第二定律得：
对A有：F弹=m1a
当突然撤去推力F的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对B受力分析有：
F弹=m2a2
解得：a2=
A受到弹力作用，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，所以A的加速度不变，仍为a，即a1=a．故C正确，ABD错误，
故选：C．
扫码查看完整答案与解析