牛顿运动定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

汽车通过拱桥顶点的速度为10m/s时，车对桥顶的压力为车重的．如果要使汽车在粗糙的桥面行驶经过桥顶时不受摩擦力作用，且汽车不脱离桥面，则汽车经过桥顶的速度为（　　）

A15m/s

B20m/s

C25m/s

D30m/s

正确答案

B

解析

解：当汽车速度为10m/s时，有mg，N=，得R=40m．

当摩擦力为0，则支持力为0，有mg=，．故B正确，A、C、D错误．

故选B．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，绷紧的传送带与水平面的夹角θ=30°，皮带在电动机的带动下始终以v0=2m/s的速率运行．现把一质量m=10kg的工件（可看做质点）轻轻放在皮带的底端，经时间t=1.9s，工件被传送到h=1.5m的皮带顶端．取g=10m/s2．求：

（1）工件与皮带间的动摩擦因数μ．

（2）在工件到达皮带顶端过程中，由于摩擦产生的热量是多少？

正确答案

解：（1）工件运动的位移x=，

则有：，t1+t2=1.9s，

解得t1=0.8s，

则匀加速运动的加速度，

根据牛顿第二定律得，=μgcos30°-gsin30°，

解得μ=．

（2）匀加速运动过程中的相对位移，

则摩擦产生的热量Q=J=60J．

答：（1）工件与皮带间的动摩擦因数μ为．

（2）在工件到达皮带顶端过程中，由于摩擦产生的热量是60J．

解析

解：（1）工件运动的位移x=，

则有：，t1+t2=1.9s，

解得t1=0.8s，

则匀加速运动的加速度，

根据牛顿第二定律得，=μgcos30°-gsin30°，

解得μ=．

（2）匀加速运动过程中的相对位移，

则摩擦产生的热量Q=J=60J．

答：（1）工件与皮带间的动摩擦因数μ为．

（2）在工件到达皮带顶端过程中，由于摩擦产生的热量是60J．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑水平面上放着长为L=1.6m，质量为M=3.0kg的木板，一个质量为m=1.0kg的小木块放在木板的最右端，m与M之间的木擦因数μ=0.1，今对木板施加一水平向右的拉力F．（1）施力F后，要想把木板从木块m的下方抽出来，求力F的大小应满足的条件；

（2）如果所施力F=10N，为了把木板从m的下方抽出来，此力的作用时间不得少于多少？（g取10m/s2）

正确答案

解：（1）当m刚开始滑动时，加速度a=μg，

对整体分析，F=（M+m）a=4×0.1×10N=4N．

所以F＞4N时，木板才能从木块m的下方抽出来．

（2）设木块滑到木板最左端速度恰好与木板相同时，水平力作用的时间为t，相同速度v，此过程木板滑行的距离为S．

对系统：

根据动量定理得

Ft=（M+m）v ①

根据动能定理得

FS-μmgL=②

又由牛顿第二定律得到木板加速运动的加速度为

③

此过程木板通过的位移为S=④

联立上述四式得t=0.8s．

答：（1）力F的大小应满足的条件是F＞4N．

（2）力的作用时间不得少于0.8s．

解析

解：（1）当m刚开始滑动时，加速度a=μg，

对整体分析，F=（M+m）a=4×0.1×10N=4N．

所以F＞4N时，木板才能从木块m的下方抽出来．

（2）设木块滑到木板最左端速度恰好与木板相同时，水平力作用的时间为t，相同速度v，此过程木板滑行的距离为S．

对系统：

根据动量定理得

Ft=（M+m）v ①

根据动能定理得

FS-μmgL=②

又由牛顿第二定律得到木板加速运动的加速度为

③

此过程木板通过的位移为S=④

联立上述四式得t=0.8s．

答：（1）力F的大小应满足的条件是F＞4N．

（2）力的作用时间不得少于0.8s．

1

题型：填空题

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填空题

在水平向右做匀加速直线运动的平板车上有如图所示的装置，其中圆柱体质量为m，左侧竖直挡板和右侧斜面对圆柱体的合力大小为（g为重力加速度），则此时车的加速度大小为______；若圆柱体与挡板及斜面间均无摩擦，当平板车的加速度突然增大时，斜面对圆柱体的弹力将______（选填“增大”、“减小”、“不变”或“不能确定”）．

正确答案

不变

解析

解：圆柱体的受力如图，可知小车的加速度沿水平方向，则圆柱体的加速度沿水平方向，根据平行四边形定则知，圆柱体所受的合力为，则圆柱体的加速度a=．则车的加速度为．

当平板车的加速度增大，因为圆柱体在竖直方向上合力为零，则斜面对圆柱体的弹力在竖直方向上的分力等于重力，则弹力不变，挡板对圆柱体的弹力增大．

故答案为：，不变．

1

题型：单选题

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单选题

（2015秋•应城市校级期末）如图所示，车内绳AB与绳BC拴住一小球，BC水平，车由原来的静止状态变为向右加速直线运动，小球仍处于图中所示的位置，则（　　）

AAB绳、BC绳拉力都变大

BAB绳拉力变大，BC绳拉力变小

CAB绳拉力变大，BC绳拉力不变

DAB绳拉力不变，BC绳拉力变大

正确答案

D

解析

解：

对球受力分析，受重力、AB绳子的拉力FT1，BC绳子的拉力FT2，如图：

根据牛顿第二定律，有：

水平方向：FT2-FT1sinθ=ma

竖直方向：FT1cosθ-G=0

解得：

FT2=Gtanθ+ma

静止时加速度为零，故向右加速后，AB绳子的拉力不变，BC绳子的拉力变大；

故D正确

故选：D

1

题型：简答题

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简答题

（2015秋•番禺区校级期末）如图所示，物体从光滑斜面上的A点由静止开始下滑，经过B点后进入水平面（设经过B点前后速度大小不变），最后停在C点．每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，表给出了部分测量数据．（重力加速度g=10m/s2）求：

（1）斜面的倾角α；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ；

（3）t=0.6s时的瞬时速度v．

正确答案

解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为

=m/s2=5m/s2

由牛顿第二定律得mgsinα=ma1，

代入数据得：α=30°

（2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为

=

由牛顿第二定律得μmg=ma2，

代入数据得μ=0.2　

（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有

vB=a1t，v1.2=vB-a2（1.2-t）

代入得v1.2=a1t-a2（1.2-t）

解得t=0.5s，vB=2.5m/s

即物体在斜面上下滑的时间为t=0.5s，则t=0.6s时物体在水平面上运动，速度为

v=vB-a2（0.6-t）=2.5m/s-2×0.1m/s=2.3m/s

答：（1）斜面的倾角α=30°；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.2；

（3）t=0.6s时的瞬时速度v=2.3m/s．

解析

解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为

=m/s2=5m/s2

由牛顿第二定律得mgsinα=ma1，

代入数据得：α=30°

（2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为

=

由牛顿第二定律得μmg=ma2，

代入数据得μ=0.2　

（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有

vB=a1t，v1.2=vB-a2（1.2-t）

代入得v1.2=a1t-a2（1.2-t）

解得t=0.5s，vB=2.5m/s

即物体在斜面上下滑的时间为t=0.5s，则t=0.6s时物体在水平面上运动，速度为

v=vB-a2（0.6-t）=2.5m/s-2×0.1m/s=2.3m/s

答：（1）斜面的倾角α=30°；

（2）物体与水平面之间的动摩擦因数μ=0.2；

（3）t=0.6s时的瞬时速度v=2.3m/s．

1

题型：多选题

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多选题

如图甲所示，一物块在t=0时刻，以初速度V0从足够长的粗糙斜面底端向上滑行，物块速度随时间变化的图象如图乙所示，t0时刻物块到达最高点，3t0时刻物块又返回底端．由此可以确定（　　）

A物体冲上斜面的最大位移

B物块返回底端时的速度

C物块所受摩擦力大小

D斜面倾角θ

正确答案

A,B,D

解析

解：

A、根据图线的“面积”可以求出物体冲上斜面的最大位移为x=．故A正确．

B、由于下滑与上滑的位移大小相等，根据数学知识可以求出物块返回底端时的速度．设物块返回底端时的速度大小为v，则=，得到v=．故B正确．

C、D根据动量定理得：

上滑过程：-（mgsinθ+μmgcosθ）•t0=0-mv0 ①

下滑过程：（mgsinθ-μmgcosθ）•2t0=m ②

由①②解得，f=μmgcosθ=3mgsinθ-，由于质量m未知，则无法求出f．得到sinθ=，可以求出斜面倾角θ故C错误，D正确．

故选ABD

1

题型：简答题

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简答题

小孩用水平力推着木箱在水平地面上运动．小孩与路面之间和木箱与路面间的动摩擦因数μ=0.5（计算中可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g=10m/s2）．假设某时刻由于其它原因．木箱以v0=10m/s的速度从小孩的手中离开，并在摩擦力作用下减速运动．而小孩则以v=2m/s的速度匀速追赶木箱．求：

（1）木箱离开小孩后运动过程中离小孩的最大距离s

（2）木箱离开小孩后，小孩经过多少时间，赶上木箱？

（3）若木箱质量m=10kg．小孩质量M=40kg．则小孩推着木箱一起运动的最大加速度am为多少？

正确答案

解：（1）木箱离开小孩后运动过程的加速度为a，

a=μg=5m/s2 ①

当小孩速度与木箱速度相等时距离最大，此时听过时间为T

据运动学公式可知，T= ②

当两者的速度相等时，两者距离最大，即s=v0T--vT ③

联立①②③解得：s=6.4m

（2）设木箱停下的时间为t′

据运动学公式可知，t′==2s

小孩赶上木箱时，vt=

解得t=3.2s＞t′此时木箱已经停止．

所以木箱运动的距离：S=m=10m

小孩的运动距离：s1=2×2m=4m

两者相距：△s=10m-4m=6m

还需的时间t1=s=3s

所以追上的时间为：t总=2s+3s=5s

（3）小孩推着木箱一起运动，所受的摩擦力向前，木箱所受的摩擦力相后．当小孩所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大．

对小孩和木箱整体，据牛顿第二定律得：am==3m/s2

答：（1）木箱离开小孩后运动过程中离小孩的最大距离6.4m

（2）木箱离开小孩后，小孩经过5s时间，赶上木箱．

（3）若木箱质量m=10kg．小孩质量M=40kg．则小孩推着木箱一起运动的最大加速度为3m/s2．

解析

解：（1）木箱离开小孩后运动过程的加速度为a，

a=μg=5m/s2 ①

当小孩速度与木箱速度相等时距离最大，此时听过时间为T

据运动学公式可知，T= ②

当两者的速度相等时，两者距离最大，即s=v0T--vT ③

联立①②③解得：s=6.4m

（2）设木箱停下的时间为t′

据运动学公式可知，t′==2s

小孩赶上木箱时，vt=

解得t=3.2s＞t′此时木箱已经停止．

所以木箱运动的距离：S=m=10m

小孩的运动距离：s1=2×2m=4m

两者相距：△s=10m-4m=6m

还需的时间t1=s=3s

所以追上的时间为：t总=2s+3s=5s

（3）小孩推着木箱一起运动，所受的摩擦力向前，木箱所受的摩擦力相后．当小孩所受的摩擦力达到最大静摩擦力时，加速度最大．

对小孩和木箱整体，据牛顿第二定律得：am==3m/s2

答：（1）木箱离开小孩后运动过程中离小孩的最大距离6.4m

（2）木箱离开小孩后，小孩经过5s时间，赶上木箱．

（3）若木箱质量m=10kg．小孩质量M=40kg．则小孩推着木箱一起运动的最大加速度为3m/s2．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M=10.0kg，长为L=2.7m，高为h=0.8m的木箱，上表面光滑，下表面与地面的摩擦因数为μ=0.5．将一个可视为质点的小木块放在木箱右端，小木块的质量相对于木箱可以忽略不计．现用一个F=90N的力拉木箱．（不计空气阻力）

（1）若使小物块落至地面，求F作用的最短时间；

（2）若F仍为90N，作用时间为t=1.0s，求小物块落地时距木箱左端的水平距离．

正确答案

解：（1）撤去拉力F前，设F的作用时间为t

由牛顿第二定律 F-μMg=Ma1

由运动学公式

v=a1t

撤去拉力F后，由牛顿第二定律有：

μMg=Ma2

得

根据匀减速运动的速度位移关系有：

减速位移

又因为x+x′=L

即：

代入数据：

解得t=

（2）撤去拉力F前

由运动学公式有：

撤去F瞬间，v1=a1t1=4m/s

撤去F后，物块从木箱上落下前

x2=L-x1=0.7m

大M在摩擦力作用下做匀减速运动，在小物块滑离木箱时的速度有：

解得：m/s=3m/s

小物块从木箱上落下后，

小物块做自由落体运动的时间

木箱减速至停止的时间：0-v2=（-a2）t3得＞t2

所以小物块落地时木箱还没有停下来，因此小物块落地时距木箱左端的水平距离为：

答：（1）若使小物块落至地面，F作用的最短时间为；

（2）若F仍为90N，作用时间为t=1.0s，小物块落地时距木箱左端的水平距离为0.8m．

解析

解：（1）撤去拉力F前，设F的作用时间为t

由牛顿第二定律 F-μMg=Ma1

由运动学公式

v=a1t

撤去拉力F后，由牛顿第二定律有：

μMg=Ma2

得

根据匀减速运动的速度位移关系有：

减速位移

又因为x+x′=L

即：

代入数据：

解得t=

（2）撤去拉力F前

由运动学公式有：

撤去F瞬间，v1=a1t1=4m/s

撤去F后，物块从木箱上落下前

x2=L-x1=0.7m

大M在摩擦力作用下做匀减速运动，在小物块滑离木箱时的速度有：

解得：m/s=3m/s

小物块从木箱上落下后，

小物块做自由落体运动的时间

木箱减速至停止的时间：0-v2=（-a2）t3得＞t2

所以小物块落地时木箱还没有停下来，因此小物块落地时距木箱左端的水平距离为：

答：（1）若使小物块落至地面，F作用的最短时间为；

（2）若F仍为90N，作用时间为t=1.0s，小物块落地时距木箱左端的水平距离为0.8m．

1

题型：多选题

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多选题

如图所示，一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，M通过线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时，细线恰好在竖直方向上，现使车向右运动，全过程中M始终未相对杆bc移动，M、m与小车保持相对静止，已知a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为Ff1，Ff2，Ff3，Ff4，则以下结论正确的是（　　）

AFf1：Ff2=1：2

BFf2：Ff3=1：2

CFf3：Ff4=1：2

Dtanα=2tanθ

正确答案

A,C,D

解析

解：甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：

f1=Ma1

f2=Ma2

丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，

如图所示：

根据牛顿第二定律，有：f=（M+m）a；

即f3=（M+m）a3，f4=（M+m）a4

又：a1：a2=1：2，则：f1：f2=1：2，故A正确；

a2：a3=2：4，f2：f3=M：2（M+m），故B错误；

f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确；

对物体m隔离受力分析，可得tanθ=，tanα=，而a3：a4=4：8，所以 tanα=2tanθ，故D正确．

故选：ACD．

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，质量分别为m和2m的物块A、B叠放在光滑的水平地面上，现对B施加一水平力F，已知物块A、B间的最大静摩擦力为F1，假定物块间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等．为保证它们无相对滑动，水平力F的最大值为（　　）

A0.5F1

BF1

C2F1

D3F1

正确答案

D

解析

解：隔离对A分析，A的最大加速度a=，

对整体分析，水平力F的最大值F=3ma=3F1．

故选：D．

1

题型：简答题

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简答题

传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30°，以2m/s的恒定速度顺时针运行．现将一质量为10kg的煤块（视为质点）轻放于底端，经一段时间送到高2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为μ=，取g=10m/s2，求：

（1）煤块从底端到平台的时间

（2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能．

正确答案

解：（1）物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力为：

f1=μmgcosθ=75N

加速度为：a=μgcosθ-gsinθ==2.5 m/s2

经过时间t1===0.8s 速度达到2m/s，上升：

s1===0.8m

然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升 s2=3.2m

静摩擦力 f2=mgsinθ=50N t2===1.6 s

总时间：T=t1+t2=2.4 s

（2）为保持皮带匀速运动，机器在t1时间内应增加动力75N，在t2时间内应增加动力50N

带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能为：

W=f1•vt1+f2•vt2=75×1.6+50×3.2=120+160=280J

答：（1）煤块从底端到平台的时间2.4s；

（2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能280J．

解析

解：（1）物体开始受到向上的摩擦力作用，做匀加速运动，滑动摩擦力为：

f1=μmgcosθ=75N

加速度为：a=μgcosθ-gsinθ==2.5 m/s2

经过时间t1===0.8s 速度达到2m/s，上升：

s1===0.8m

然后在静摩擦力作用下做匀速运动，上升 s2=3.2m

静摩擦力 f2=mgsinθ=50N t2===1.6 s

总时间：T=t1+t2=2.4 s

（2）为保持皮带匀速运动，机器在t1时间内应增加动力75N，在t2时间内应增加动力50N

带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能为：

W=f1•vt1+f2•vt2=75×1.6+50×3.2=120+160=280J

答：（1）煤块从底端到平台的时间2.4s；

（2）带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能280J．

1

题型：填空题

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填空题

某种型号的飞机起飞的速度为232千米/小时，助跑的距离为274米，如果认为在这段过程中飞机坐匀加速直线运动，那么飞机的加速度为______m/s2，飞机加速时驾驶员紧靠竖直椅背，它受到的椅背推力是他的体重______倍．

正确答案

7.57

0.757

解析

解：飞机起飞的速度为232千米/小时，即64.4m/s；

根据速度位移关系公式，有：

v2=2ax

解得：；

飞行员周重力、支持力和向前的推力，根据牛顿第二定律，推力为：F=ma；

故；

故答案为：7.57，0.757．

1

题型：填空题

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填空题

如图所示，光滑斜面倾角θ=37°，固定在水平的地面上．一质量为m=10kg的物体放在斜面上，现用水平推力F推物体使物体沿斜面匀速上滑，求物体受到的支持力N和推力F有多大；（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

正确答案

解析

解：对物体受力分析，如图所示：

物体匀速上滑，受力平衡，根据平衡条件得：

解得：F=mgtan37

cos37

解得：N=

答：物体受到的支持力N为125N，推力F位75N．

1

题型：简答题

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简答题

（2015秋•厦门校级期中）厦门市BRT（快速公交）于2008年开始运营，其中快1线（第一码头枢纽站-厦门北站）全线共22个站点（包括始发站和终点站）．公交车正常运行过程中，进出站时（可视为水平面上的匀变速直线运动）加速度的大小均为2.5m/s2，停站时间40s，其余路段均以45km/h的速率行驶，取g=10m/s2．

（1）求公交车出站时，车上相对车静止的某乘客（质量为60kg）所受公交车的作用力大小．（结果可用用根式表达）

（2）若公交车从首站出发到末站的过程中，中途不停靠任何站点，其他运行方式不变，则跑完全线所用时间比全线正常运行所用的时间少多少？

正确答案

解：（1）出站过程中，对人，Fx=ma=150N，

Fy=mg=600N，公交车对人的作用力：F==150N；

（2）出站过程，t1==5s，x1=t1=31.25m，

进站过程，t2=t1=5s，x2=x1=31.25m

中途每停靠一站多用时间：△t0=t1+t2-+40=45s，

中途不停靠比全线正常运行少停靠20个站点，故△t=20△t0=900s；

答：（1）公交车出站时，车上相对车静止的某乘客（质量为60kg）所受公交车的作用力大小为150N．

（2）若公交车从首站出发到末站的过程中，中途不停靠任何站点，其他运行方式不变，则跑完全线所用时间比全线正常运行所用的时间少900s．

解析

解：（1）出站过程中，对人，Fx=ma=150N，

Fy=mg=600N，公交车对人的作用力：F==150N；

（2）出站过程，t1==5s，x1=t1=31.25m，

进站过程，t2=t1=5s，x2=x1=31.25m

中途每停靠一站多用时间：△t0=t1+t2-+40=45s，

中途不停靠比全线正常运行少停靠20个站点，故△t=20△t0=900s；

答：（1）公交车出站时，车上相对车静止的某乘客（质量为60kg）所受公交车的作用力大小为150N．

（2）若公交车从首站出发到末站的过程中，中途不停靠任何站点，其他运行方式不变，则跑完全线所用时间比全线正常运行所用的时间少900s．

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