- 牛顿运动定律
- 共29769题
（1）物体与水平面间的运动摩擦系数μ；
（2）水平推力F的大小；
（3）0～10s内物体运动位移的大小．
正确答案
解：（1）根据v-t图象可知，物体匀减速运动的加速度
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
Ff=-μmg=a2
所以：动摩擦因数
（2）由图象知，物体加速阶段的加速度
根据牛顿第二定律有：F-μmg=ma1
所以力F=
（3）根据v-t图象知，图象与时间轴所围成图形的面积表示位移的大小
故物体的位移：
答：（1）物体与水平面间的运动摩擦系数μ为0.2；
（2）水平推力F的大小为12N；
（3）0～10s内物体运动位移的大小为46m．
解析
解：（1）根据v-t图象可知，物体匀减速运动的加速度
设物体所受的摩擦力为Ff，根据牛顿第二定律有
Ff=-μmg=a2
所以：动摩擦因数
（2）由图象知，物体加速阶段的加速度
根据牛顿第二定律有：F-μmg=ma1
所以力F=
（3）根据v-t图象知，图象与时间轴所围成图形的面积表示位移的大小
故物体的位移：
答：（1）物体与水平面间的运动摩擦系数μ为0.2；
（2）水平推力F的大小为12N；
（3）0～10s内物体运动位移的大小为46m．
正确答案
1.67
20N
16.7N
解析
解：（a）图中，m0的拉力T1=F=20N，根据牛顿第二定律得：
a1=
得：m0=
（b）图中，m加速下滑，绳子对m0的拉力小于mg，由根据牛顿第二定律得：
对m，有：mg-T2=ma2；
对m0，有：T2=m0a2；
联立解得：a2=
故答案为：1.67，20，16.7
正确答案
a1=
速度为：
v1=a1t1=3×2=6m/s
位移：
x1=
第3s，物体做类似平抛运动，加速度：
a2=
水平分位移：
x2=v1t2=6×1=6m
y方向分位移：
3s末横坐标：x=6+6=12m；
故3s末的坐标为：（12m，4m）
答：质点在3s末的坐标为：（12m，4m）．
解析
a1=
速度为：
v1=a1t1=3×2=6m/s
位移：
x1=
第3s，物体做类似平抛运动，加速度：
a2=
水平分位移：
x2=v1t2=6×1=6m
y方向分位移：
3s末横坐标：x=6+6=12m；
故3s末的坐标为：（12m，4m）
答：质点在3s末的坐标为：（12m，4m）．
（1）整个过程中升降机的最大速度及整个过程中建材上升的高度h．；
（2）在5s～7s内压力传感器的示数F．
正确答案
解：（1）当建材静止时F0=mg，建材质量为：m=
在1s～5s内加速度为由牛顿第二定律得：F1-mg=ma1
a1=
最大速度为：v=a1t1=4m/s
在1-5s内和5-7s内的平均速度相等，所以上升的最大高度为：
h=
（2）在5s～7s内，加速度为：a2=
由牛顿第二定律，有：mg-F=ma2
解得压力传感器的示数：F=4000N
答：（1）整个过程中升降机的最大速度及整个过程中建材上升的高度h为12m
（2）在5s～7s内压力传感器的示数F为4000N
解析
解：（1）当建材静止时F0=mg，建材质量为：m=
在1s～5s内加速度为由牛顿第二定律得：F1-mg=ma1
a1=
最大速度为：v=a1t1=4m/s
在1-5s内和5-7s内的平均速度相等，所以上升的最大高度为：
h=
（2）在5s～7s内，加速度为：a2=
由牛顿第二定律，有：mg-F=ma2
解得压力传感器的示数：F=4000N
答：（1）整个过程中升降机的最大速度及整个过程中建材上升的高度h为12m
（2）在5s～7s内压力传感器的示数F为4000N
一质量为4kg的物体静止在粗糙的地面上，物体与地面的动摩擦因数为0.2，用一水平力F1=10N 拉物体由A点开始运动，经过一段时间后撤去拉力F1，再经过一段时间物体到达B点停止，已知AB长为10m，则F1作用的一段距离为______m，撤去F1后物体运动的距离是______m．
正确答案
8
2
解析
解：物体匀加速直线运动的加速度
撤去拉力后的加速度大小为
设撤去F时的速度为v，根据a1t1=a2t2，
又
解得F1作用的一段距离
故答案为：8，2
在粗糙的水平面上用水平恒力F=12N推动质量为m=1kg的物体，由静止开始运动，经过1s撤去外力F，又经过2s物体停止运动，则物体与水平面间的动摩擦因数为______．
正确答案
解析
解：从静止到停止，物体动量没变，
设物体与水平面的滑动摩擦力为f，滑动摩擦因数为u，
则有：Ft-f（t+t′）=0，
因f=umg
物体与水平面的滑动摩擦力f=
滑动摩擦因数μ=
故答案为：
（1）滑块m的加速度a；
（2）M受到的地面的摩擦力f．
正确答案
解：（1）不加外力时，物体在斜面上匀速下滑，在沿斜面方向：mgsinθ=Ff′，
Ff′=μN′，
在垂直斜面方向上，N′=mgcosθ，
解得μ=tanθ，
加上外力后，受力如图所示，
在沿斜面方向：Fcosφ+mgsinθ-Ff=ma，
垂直斜面方向：N=Fsinφ+mgcosθ，
Ff=μN，
联立解得a=
（2）对斜面体分析，斜面体静止不动，受力平衡，
在水平方向上Ffcosθ与Nsinθ的合力与地面摩擦力f等大反向，
Ff=μN，
故有：
所以地面给斜面的摩擦力为零．
答：（1）滑块m的加速度a为
（2）M受到的地面的摩擦力为0．
解析
解：（1）不加外力时，物体在斜面上匀速下滑，在沿斜面方向：mgsinθ=Ff′，
Ff′=μN′，
在垂直斜面方向上，N′=mgcosθ，
解得μ=tanθ，
加上外力后，受力如图所示，
在沿斜面方向：Fcosφ+mgsinθ-Ff=ma，
垂直斜面方向：N=Fsinφ+mgcosθ，
Ff=μN，
联立解得a=
（2）对斜面体分析，斜面体静止不动，受力平衡，
在水平方向上Ffcosθ与Nsinθ的合力与地面摩擦力f等大反向，
Ff=μN，
故有：
所以地面给斜面的摩擦力为零．
答：（1）滑块m的加速度a为
（2）M受到的地面的摩擦力为0．
（1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1；
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2．
正确答案
解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为：
a=
下滑的时间为：
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明物体受到的合力沿AC方向，设AC与AB的夹角为α，AC=
故施加的外力为：F=mgsinθ•tanα=0.45N
由牛顿第二定律可得产生的加速度为：
由运动学公式
答：1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1为2s
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2为1.5s．
解析
解：（1）物体在斜面上沿斜面产生的加速度为：
a=
下滑的时间为：
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，说明物体受到的合力沿AC方向，设AC与AB的夹角为α，AC=
故施加的外力为：F=mgsinθ•tanα=0.45N
由牛顿第二定律可得产生的加速度为：
由运动学公式
答：1）若F大小为0，求木块到达底边所需的时间t1为2s
（2）若木块沿斜面对角线从点A运动到点C，求力F的大小及A到C所需时间t2为1.5s．
正确答案
解析
解：A、物体上滑时受到的滑动摩擦力沿斜面向下，下滑时滑动摩擦力沿斜面向上，则上滑的合力大于下滑的合力，由牛顿第二定律得知，物体上滑的加速度大于下滑的加速度．而
B、由A分析知B错误；
C、D在上滑和下滑的两个过程中，物体的加速度方向都沿斜面向下，对整体研究，分析受力情况，如图，将物体的加速度分解为水平和竖直两个方向，由牛顿第二定律得
Ff=max=macosα，ax方向水平向左，则地面对B的摩擦力方向也水平向左，两个过程不变，但由于加速度大小a不同，则知斜面体B受地面的摩擦力大小改变、方向不变．
（M+m）g-N=may，则得N＜（M+m）g，即斜面体B受地面的支持力大小始终小于A与B的重力之和．故C正确，D错误．
故选：D
2012年11月，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图1为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰后，飞机的动力系统立即关闭，滑行一小段后飞机成功从阻拦索中点垂直钩住阻拦索，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上滑行到停止．若航母保持静止，在某次降落中，以飞机着舰点为计时起点，飞机的速度随时间变化关系简化成如图2所示．已知两定滑轮间的距离d=60米，求：
①飞机钩住阻拦索后的加速度；
②飞机着舰后前进的总距离；
③飞机停止时两定滑轮间的阻拦索的长度L．
正确答案
解：（1）由v-t图象知，飞机钩住阻拦索后的加速度a=
负号表示飞机加速度的方向与速度方向相反；
（2）v-t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示位移的大小，故飞机着舰后前进的总位移
（3）由（2）知飞机前进120m，d=60m，根据几何关系知，阻拦索的长度
L=2
答：①飞机钩住阻拦索后的加速度大小40m/s2，加速度的方向与速度方向相反；
②飞机着舰后前进的总距离为120m；
③飞机停止时两定滑轮间的阻拦索的长度L247m．
解析
解：（1）由v-t图象知，飞机钩住阻拦索后的加速度a=
负号表示飞机加速度的方向与速度方向相反；
（2）v-t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示位移的大小，故飞机着舰后前进的总位移
（3）由（2）知飞机前进120m，d=60m，根据几何关系知，阻拦索的长度
L=2
答：①飞机钩住阻拦索后的加速度大小40m/s2，加速度的方向与速度方向相反；
②飞机着舰后前进的总距离为120m；
③飞机停止时两定滑轮间的阻拦索的长度L247m．
正确答案
解：对甲，由牛顿第二定律得：a=
由位移公式得：
解得：t1=0.2s，
v1=at1=1m/s，
由题意可知：v0（t-t1）-
代入数据解得：v0=4m/s；
答：木块乙的初速度v0是4m/s．
解析
解：对甲，由牛顿第二定律得：a=
由位移公式得：
解得：t1=0.2s，
v1=at1=1m/s，
由题意可知：v0（t-t1）-
代入数据解得：v0=4m/s；
答：木块乙的初速度v0是4m/s．
（1）汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的压力．
（2）当汽车以a1=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力．
（3）当汽车以a2=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力和小球对车后壁的压力．
正确答案
解：（1）匀速运动时，小球受力分析，小球受到重力、拉力、后壁的弹力，由平衡条件得：
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=50N，FN=30N．
（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，
由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg．
代入数据得：a0=gtanθ=10×
a1=2m/s2＜7.5m/s2，向右匀减速行驶时小球受车后壁的弹力，对小球受力分析，正交分解，
竖直方向：Tcos37°=mg
水平方向：Tsin37°-FN=ma1
解得：T=50N，FN=22N．
（3）因为a2=10m/s2＞a0，所以小球飞起来，所以小球对车后壁的压力FN′=0．
对细线的拉力T′=
答：（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小为50N，对车后壁的压力为30N．
（2）当汽车以a1=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力为50N，小球对车后壁的压力为22N．
（3）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小为56.56N，小球对车后壁的压力大小为零．
解析
解：（1）匀速运动时，小球受力分析，小球受到重力、拉力、后壁的弹力，由平衡条件得：
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=50N，FN=30N．
（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，
由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg．
代入数据得：a0=gtanθ=10×
a1=2m/s2＜7.5m/s2，向右匀减速行驶时小球受车后壁的弹力，对小球受力分析，正交分解，
竖直方向：Tcos37°=mg
水平方向：Tsin37°-FN=ma1
解得：T=50N，FN=22N．
（3）因为a2=10m/s2＞a0，所以小球飞起来，所以小球对车后壁的压力FN′=0．
对细线的拉力T′=
答：（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小为50N，对车后壁的压力为30N．
（2）当汽车以a1=2m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力为50N，小球对车后壁的压力为22N．
（3）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小为56.56N，小球对车后壁的压力大小为零．
正确答案
解析
解：A、设两球的质量均为m．在细线烧断前，以B球为研究对象，根据平衡条件得到弹簧的弹力F=mgsinθ，
在细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则B球的受力情况没有变化，瞬时加速度为零，
而此瞬间A球所受的合力大小为F+mgsinθ=2mgsinθ，方向沿斜面向下，
根据牛顿第二定律得，A球的加速度大小为aA=
C、D、在细线被烧断后的一小段时间内（弹簧仍拉伸），A受沿斜面向下的拉力，与重力的分力之和提供加速度；B受沿斜面向上的拉力，与重力沿斜面的分力之差提供加速度，故aA＞aB，故C正确，D错误
故选：C
（1）若推力作用时间为0.6s能否取得成功？
（2）推力作用距离1m能否取得成功？
正确答案
解：（1）要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律，有推力作用时有：
F-μmg=ma1，
a1=10m/s2
撤去推力时有：v1=a1t=6m/s
撤去推力后有：μmg=ma2，a2=5m/s2
AB＜x1+x2＜AC成功
（2）撤去推力时
撤去推力后有：
x3+x4＜AB不成功
答：（1）若推力作用时间为0.6s能取得成功；
（2）推力作用距离1m不能取得成功．
解析
解：（1）要想获得游戏成功，瓶滑到C点速度正好为0，力作用时间最长，设最长作用时间为t1，有力作用时瓶的加速度为a1，t1时刻瓶的速度为v，力停止后加速度为a2，由牛顿第二定律，有推力作用时有：
F-μmg=ma1，
a1=10m/s2
撤去推力时有：v1=a1t=6m/s
撤去推力后有：μmg=ma2，a2=5m/s2
AB＜x1+x2＜AC成功
（2）撤去推力时
撤去推力后有：
x3+x4＜AB不成功
答：（1）若推力作用时间为0.6s能取得成功；
（2）推力作用距离1m不能取得成功．
频闪照相是研究物理问题的重要手段．如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片．已知斜面足够长，倾角α=37°，闪光频率为10Hz．经测量换算获得实景数据：sl=s2=40cm，s3=35cm，s4=25cm，s5=15cm．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求
（1）滑块沿水平面运动的速度大小；
（2）滑块沿斜面向上运动的加速度及向上运动的最大距离；
（3）试判断滑块在斜面上运动到最高点后，能否自行沿斜面下滑，并说明理由．
正确答案
解：（1）物块在水平面上做匀速直线运动的速度
v0=
代入数据得0=4.0m/s
（2）物块沿斜面向上做匀减速直线运动
由公式3-4=2
得加速度1=10m/s2
方向沿斜面向下
当速度为零时，位移最大，
由 
得s=0.8m
（3）由牛顿第二定律得
mgsina+μmgcosα=ma1
代入数据得=0.5
因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑．
答：（1）滑块沿水平面运动的速度大小为4.0m/s；
（2）滑块沿斜面向上运动的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下，向上运动的最大距离为0.8m；
（3）试判断滑块在斜面上运动到最高点后，能自行沿斜面下滑，因为μ＜tan37°．
解析
解：（1）物块在水平面上做匀速直线运动的速度
v0=
代入数据得0=4.0m/s
（2）物块沿斜面向上做匀减速直线运动
由公式3-4=2
得加速度1=10m/s2
方向沿斜面向下
当速度为零时，位移最大，
由
得s=0.8m
（3）由牛顿第二定律得
mgsina+μmgcosα=ma1
代入数据得=0.5
因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑．
答：（1）滑块沿水平面运动的速度大小为4.0m/s；
（2）滑块沿斜面向上运动的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下，向上运动的最大距离为0.8m；
（3）试判断滑块在斜面上运动到最高点后，能自行沿斜面下滑，因为μ＜tan37°．
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