- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：A、演员A先向下做匀加速运动，加速度方向向下，然后向下做匀减速运动，加速度方向向上，故A错误．
B、演员A在整个运动的过程中摩擦力一直竖直向上，故B正确．
C、t=2s时，演员A向下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得，mg-f=ma，加速度a=
D、t=5s时，演员向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：f′-mg=ma′，加速度为：
故选：BD．
求：（1）滑块从传送带左端到右端的时间？
（2）滑块相对传送带滑行的位移？
正确答案
解：（1）滑块运动的加速度
释放后经t1时间达传送带速度，
之后匀速运动的时间
总时间：t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s
（2）滑块和传送带在t1时间内有相对运动．
传送带的位移：s2=vt1=2×1m=2m
滑块相对传送带的位移：△s=s2-s1=2m-1m=1m
答：（1）滑块从传送带左端到右端的时间是1.5s；（2）滑块相对传送带滑行的位移是1m．
解析
解：（1）滑块运动的加速度
释放后经t1时间达传送带速度，
之后匀速运动的时间
总时间：t=t1+t2=1s+0.5s=1.5s
（2）滑块和传送带在t1时间内有相对运动．
传送带的位移：s2=vt1=2×1m=2m
滑块相对传送带的位移：△s=s2-s1=2m-1m=1m
答：（1）滑块从传送带左端到右端的时间是1.5s；（2）滑块相对传送带滑行的位移是1m．
正确答案
解析
解：A、B、C、对滑块受力分析，受重力、拉力、支持力、静摩擦力，设滑块受到的最大静摩擦力为f，物体保持静止，受力平衡，合力为零；
当静摩擦力平行斜面向下时，拉力最大，有：F1-mgsinθ-f=0 ①；
当静摩擦力平行斜面向上时，拉力最小，有：F2+f-mgsinθ=0 ②；
联立解得：f=F1-
mgsinθ=F1+
D、物块对斜面的正压力为：N=mgcosθ，由于质量和坡角均未知，不能求出物块对斜面的正压力．故D正确；
本题选择不能求出的物理量，故选ABD．
正确答案
解析
解：当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；
当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：
此时F=（M+m）am=（5+1）×2N=12N
当F＜12N，有aM=am．
当F＞12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM＞am=2m/s2．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
（1）汽车刚冲上避险车道时速度的大小；
（2）要使该车能安全避险，避险车道的最小长度为多少．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得，汽车在加速阶段的加速度大小
则汽车刚冲上避险车道时速度的大小v=
（2）汽车上滑的加速度大小
则避险车道的最小长度为
答：（1）汽车刚冲上避险车道时速度的大小为30m/s；
（2）要使该车能安全避险，避险车道的最小长度为28.125m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得，汽车在加速阶段的加速度大小
则汽车刚冲上避险车道时速度的大小v=
（2）汽车上滑的加速度大小
则避险车道的最小长度为
答：（1）汽车刚冲上避险车道时速度的大小为30m/s；
（2）要使该车能安全避险，避险车道的最小长度为28.125m．
平向右的拉力F，通过传感器可测得物体A的加速度a随拉力F的变化关系如图乙所示．已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速
度g=10m/s2，由图线可知（ ）
正确答案
解析
解：AB、由图象可以看出当力F＜12N时加速度较小，所以AB相对静止，采用整体法，有：F1=12N，a1=3m/s2，
由牛顿第二定律：F1=（M+m）a1…①
图中直线的较小斜率的倒数等于M与m质量之和：M+m=4kg
对A、Ma1=μmg
当F＞12N时，A的加速度较大，采用隔离法，由牛顿第二定律有：F′-μmg=ma′…②
图中较大斜率倒数等于A的质量：1.5kg，所以B的质量为2.5kg，则AB的质量比为3：5；
CD、由图可知，B产生的最大加速度为a1=3m/s2，则有：
μmAg=mBa1…③
对A而言，当F=15N时产生加速度
F-μmAg=mAa2…④
由③④两式代入质量，可解得：fm=μmAg=7.5N，动摩擦因数μ=0.5，故C正确，D错误．
故选：AC．
水平桌面上质量为1kg的物体受到2N的水平拉力，产生1.5m/s2的加速度．若水平拉力增至4N，则物体将获得多大的加速度？
正确答案
解：根据牛顿第二定律有：F1-f=ma1
代入数据得，f=0.5N．
则拉力为4N时的加速度
故物体的加速度为3.5m/s2．
解析
解：根据牛顿第二定律有：F1-f=ma1
代入数据得，f=0.5N．
则拉力为4N时的加速度
故物体的加速度为3.5m/s2．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、B先物体沿着斜面向上做匀减速运动，当速度减为零之后由于μ＜tanθ，所以mgsinθ＞μmgcosθ，则知物体匀加速下滑．设物体上滑和下滑的时间分别为t1和t2、加速度大小分别为a1和a2，滑回出发点的速度大小为v．
上滑过程：mgsinθ+μmgcosθ=ma1，则a1=g（sinθ+μmgcosθ）
下滑过程：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，则a2=g（sinθ-μmgcosθ），则有a1＞a2．
由位移x=
由于摩擦力一直做负功，则v＜v0．故A错误，B正确．
CD、物体受到滑动摩擦力的大小始终为μmgcosθ，大小保持不变，而方向先沿斜面向下，后沿斜面向上，即先正后负．故C错误，D正确．
故选BD
（1）求纸箱的加速度大小．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s内的位移多大？
正确答案
解：（1）对纸箱受力分析得：
竖直方向：N=mg+Fsin53°=10×10+50×0.8N=140N
所以摩擦力f=μN=28N
根据牛顿第二定律得：
F合=ma
解得：a=
（2）纸箱做匀加速直线运动，则
x=
答：（1）纸箱的加速度大小为0.2m/s2．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s内的位移为0.3m．
解析
解：（1）对纸箱受力分析得：
竖直方向：N=mg+Fsin53°=10×10+50×0.8N=140N
所以摩擦力f=μN=28N
根据牛顿第二定律得：
F合=ma
解得：a=
（2）纸箱做匀加速直线运动，则
x=
答：（1）纸箱的加速度大小为0.2m/s2．
（2）纸箱由静止开始运动，第2s内的位移为0.3m．
（1）物体上滑的最大距离
（2）物体返回斜面底端的时间
（3）物体运动到最大高度一半时的速度．
正确答案
解：（1）物体上滑过程，根据动能定理得
-（mgxsinθ+μmgcosθ）x=0-
解得，x=1.6m
（2）根据牛顿第二定律得，物体下滑过程的加速度大小为a=
代入解得，a=3.2m/s2．
由x=
（3）设上滑和下滑到最大高度一半时物体的速度大小分别为v1和v2，则
上滑：-（mgxsinθ+μmgcosθ）
下滑：（mgxsinθ-μmgcosθ）
解得，v1=3.2
答：
（1）物体上滑的最大距离是1.6m．
（2）物体返回斜面底端的时间是1s．
（3）物体上滑到最大高度一半时的速度为3.2
解析
解：（1）物体上滑过程，根据动能定理得
-（mgxsinθ+μmgcosθ）x=0-
解得，x=1.6m
（2）根据牛顿第二定律得，物体下滑过程的加速度大小为a=
代入解得，a=3.2m/s2．
由x=
（3）设上滑和下滑到最大高度一半时物体的速度大小分别为v1和v2，则
上滑：-（mgxsinθ+μmgcosθ）
下滑：（mgxsinθ-μmgcosθ）
解得，v1=3.2
答：
（1）物体上滑的最大距离是1.6m．
（2）物体返回斜面底端的时间是1s．
（3）物体上滑到最大高度一半时的速度为3.2
如图（1）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度V随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2．则小环在0-2s内运动的加速度为______，小球的质量m=______，细杆与地面间的倾角α=______．
正确答案
0.5m/s2
1kg
30°
解析
解：由图得：a=
前2s，物体受重力支持力和拉力，根据牛顿第二定律得
F1-mgsinα=ma
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件有
F2=mgsinα
解得：m=1kg，α=30°
故答案为：0.5m/s2；1kg；30°．
正确答案
解：物体的受力分析如图所示，则N=mg-Fsinα，
物体所受的合力F合=Fcosα-μ（mg-Fsinα），
根据动能定理得，
解得v=
答：木箱获得的速度为v=
解析
解：物体的受力分析如图所示，则N=mg-Fsinα，
物体所受的合力F合=Fcosα-μ（mg-Fsinα），
根据动能定理得，
解得v=
答：木箱获得的速度为v=
（1）当弹簧秤的示数T1=40N，且保持不变．
（2）当弹簧秤的示数T2=32N，且保持不变．
（3）当弹簧秤的示数T3=44N，且保持不变．
正确答案
解：选取物体为研究对象，通过受力分析可知
（1）当T1=40N时，根据牛顿第二定律有T1-mg=ma1，解得
这时电梯的加速度
由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当T2=32N时，根据牛顿第二定律有T2-mg=ma2得，
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升．
（3）当T3=44N时，根据牛顿第二定律有T3-mg=ma3，得
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降．
答：1）当弹簧秤的示数T1=40N，且保持不变为电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当弹簧秤的示数T2=32N，且保持不变为电梯加速下降或减速上升．
（3）当弹簧秤的示数T3=44N，且保持不变为电梯加速上升或减速下降．
解析
解：选取物体为研究对象，通过受力分析可知
（1）当T1=40N时，根据牛顿第二定律有T1-mg=ma1，解得
这时电梯的加速度
由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当T2=32N时，根据牛顿第二定律有T2-mg=ma2得，
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升．
（3）当T3=44N时，根据牛顿第二定律有T3-mg=ma3，得
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降．
答：1）当弹簧秤的示数T1=40N，且保持不变为电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当弹簧秤的示数T2=32N，且保持不变为电梯加速下降或减速上升．
（3）当弹簧秤的示数T3=44N，且保持不变为电梯加速上升或减速下降．
（1）求这段时间内悬索对被困人员B的拉力大小；
（2）求在5s末被困人员B的速度大小及位移大小；
（3）直升机在t=5s时停止收悬索，但发现仍然未脱离洪水围困区，为将被困人员B尽快运送到安全处，飞机在空中旋转后静止在空中寻找最近的安全目标，致使被困人员B在空中做圆周运动，如图乙所示．此时悬索与竖直方向成37°角，不计空气阻力，求被困人员B做圆周运动的线速度以及悬索对被困人员的拉力．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
正确答案
解：（1）在竖直方向上被困人员的位移y=H-l=50-（50-t2）=t2，
由此可知，被困人员在竖直方向上做初速度为零、加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动
由牛顿第二定律可得F-mg=ma
解得悬索的拉力F=m（g+a）=50×12N=600 N
（2）被困人员5 s末在竖直方向上的速度为vy=at=10 m/s，
合速度v=
竖直方向上的位移y=
水平方向的位移x=v0t=10×5m=50 m，
合位移s=
（3）t=5 s时悬索的长度l′=50-y=25 m，
旋转半径r=l′sin 37°，由mgtan 37°=m
解得v′=
FTcos 37°=mg，解得FT=
答：（1）这段时间内悬索对被困人员B的拉力大小为600N．
（2）在5s末被困人员B的速度大小为
（3）被困人员B做圆周运动的线速度为
解析
解：（1）在竖直方向上被困人员的位移y=H-l=50-（50-t2）=t2，
由此可知，被困人员在竖直方向上做初速度为零、加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动
由牛顿第二定律可得F-mg=ma
解得悬索的拉力F=m（g+a）=50×12N=600 N
（2）被困人员5 s末在竖直方向上的速度为vy=at=10 m/s，
合速度v=
竖直方向上的位移y=
水平方向的位移x=v0t=10×5m=50 m，
合位移s=
（3）t=5 s时悬索的长度l′=50-y=25 m，
旋转半径r=l′sin 37°，由mgtan 37°=m
解得v′=
FTcos 37°=mg，解得FT=
答：（1）这段时间内悬索对被困人员B的拉力大小为600N．
（2）在5s末被困人员B的速度大小为
（3）被困人员B做圆周运动的线速度为
（1）轮子顺时针方向转动；
（2）轮子逆时针方向转动．
正确答案
小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，
都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
如图甲所示，
根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：
a1=
小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则
s=
t=
（2）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，
小物体下滑的加速度a2=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2
小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为
t1=
在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：
由于 μ＜tanθ，
此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图乙所示，
其加速度变为：a1=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
小物体从该位置起运动到B端的位移为：s-s1=16m-5m=11m
小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，
由s-s1=vt2+
代入数据，解得t2=1s（t2=-11s舍去）
所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s．
答：（1）如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为4s；
（2）如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为2s．
解析
小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，
都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
如图甲所示，
根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：
a1=
小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则
s=
t=
（2）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，
小物体下滑的加速度a2=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2
小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为
t1=
在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：
由于 μ＜tanθ，
此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图乙所示，
其加速度变为：a1=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
小物体从该位置起运动到B端的位移为：s-s1=16m-5m=11m
小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，
由s-s1=vt2+
代入数据，解得t2=1s（t2=-11s舍去）
所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s．
答：（1）如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为4s；
（2）如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为2s．
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