牛顿运动定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•天津期末）如图所示，AB、CD是高度均为h的固定光滑斜面，AB斜面倾角较大，将甲、乙两小球分别从A点和C点由静止释放，下列说法正确的是（　　）

A甲球在斜面上运动的加速度较大

B乙球在斜面上运动的时间较长

C甲球运动到B点的速度大于乙球运动到D点的速度

D甲、乙两球在斜面上运动过程中的平均速度大小相等

正确答案

A,B,D

解析

解：A、根据牛顿第二定律得，小球在斜面上的加速度为：a=，可知甲球的加速度较大，故A正确．

B、小球的位移x=，根据x=得：t=，乙球运动的斜面倾角小，时间长，故B正确．

C、根据速度位移公式得：，可知到达底端的速度大小相等，故C错误．

D、根据平均速度推论，小球运动过程中的平均速度，因为到达底端的速度大小相等，则平均速度大小相等，故D正确．

故选：ABD．

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，光滑水平桌面上，有物体A、B用轻弹簧相连，两物块质量相等，即mA=mB，在水平拉力FA和FB的作用下一起运动，已知FA＜FB，不计弹簧质量，则以下说法中正确的有（　　）

A撤去FA瞬间，B的加速度一定变大

B弹簧突然从P点断裂的瞬间，B的加速度小于

C撤去FB后，弹簧将伸长

D撤去FA后，弹簧将缩短

正确答案

D

解析

解：A、对整体分析，FA＜FB，选取向右为正方向，整体的加速度a=

撤去FA瞬间，整体的加速度：，由于不知道两个力之间的具体的关系，所以不判断出撤去FA瞬间，B的加速度一定变大．故A错误；

B、弹簧突然从P点断裂的瞬间，弹簧的弹力消失，所以B的加速度等于．故B错误；

C、撤去FB前，弹簧的弹力F1：F1-FA=mAa，则：F1=FA+mAa=，弹簧的伸长量：，

撤去FB后，，弹簧的弹力F2：＜F1，弹簧的伸长量：，所以撤去FB后，弹簧将伸缩短．故C错误；

D、撤去FA后弹簧的弹力F3：F3=mAa′==＜F1，所以弹簧的伸长量：．所以撤去FA后，弹簧将伸缩短．故D正确．

故选：D

1

题型：多选题

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多选题

如果合力F在时间t内使质量为m的物体由静止开始移动了一段距离s，那么下述结论中正确的是（　　）

A质量为的静止物体，在合力的作用下，经过时间t，移动的距离为s

B质量为2m的静止物体，在合力F的作用下，经过时间2t，移动的距离为s

C质量为的静止物体，在合力F的作用下，经过时间t，移动的距离为2s

D质量为m的静止物体，在合力的作用下，经过时间t，移动的距离为

正确答案

A,C,D

解析

解：由题意知，物体做初速度为0的匀加速直线运动，有s=

A、知当质量为，合力为作用时，该物体产生的加速度a1=，所以在时间t内的位移，故A正确；

B、质量为2m的物体在合力F的作用下产生的加速度，在时间2t内的位移，故B错误；

C、质量为的物体在合力F的作用下产生的加速度，在时间t内的位移，故C正确；

D、质量为m的物体在合力的作用下产生的加速度，在时间t内的位移，故D正确．

故选：ACD．

1

题型：填空题

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填空题

用2N的水平力拉一个物体沿水平面运动时，物体可获得1m/s2的加速度；用3N的水平力拉物体沿原地面运动，加速度是2m/s2，那么改用4N的水平力拉物体，物体在原地面上运动的加速度是______m/s2，物体在运动中受滑动摩擦力大小为______N．

正确答案

3

1

解析

解：根据牛顿第二定律得，F1-f=ma1，即2-f=m，

F2-f=ma2，即3-f=2m

联立两式解得f=1N，m=1kg．

根据牛顿第二定律得，．

故答案为：3，1

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M、倾角为θ的滑块A放在水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上，忽略一切摩擦，求B相对地面的加速度a．并用以下特殊值进行检验：

A．当θ°时，B．当θ=90°时，C．当M≥m时，D．当m≥M时．

正确答案

解：图1为A、B物体受力图，用ax表示物体A的加速度a在水平方向的分量，ay表示物体A的加速度a在竖直方向的分量，aM表示物体B的加速度．根据图2和牛顿定律，有

对B：mg-FNcosθ=may①FNsinθ=max②

对A：FNsinθ=MaM③④

图2为AB运动情况分析图，即A、B运动关系示意图．用x表示物体A在水平方向的位移，y表示物体A在竖直方向的位移，s表示物体B的位移，

根据图2，有⑤

并且⑥

⑥中3个式子代入⑤得，⑦

根据②③得⑧

代入⑦式得⑨

以上两式及②代入①解得=10 ⑩

⑩代入⑨得出ay，

再代入④解得a==（11）

A．当θ°时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的；

B．当θ=90°时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的；

C．当M≥m时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的；

D．当m≥M时，该解给出a=g，这符合预期的结果，说明该解可能是对的．

解析

解：图1为A、B物体受力图，用ax表示物体A的加速度a在水平方向的分量，ay表示物体A的加速度a在竖直方向的分量，aM表示物体B的加速度．根据图2和牛顿定律，有

对B：mg-FNcosθ=may①FNsinθ=max②

对A：FNsinθ=MaM③④

图2为AB运动情况分析图，即A、B运动关系示意图．用x表示物体A在水平方向的位移，y表示物体A在竖直方向的位移，s表示物体B的位移，

根据图2，有⑤

并且⑥

⑥中3个式子代入⑤得，⑦

根据②③得⑧

代入⑦式得⑨

以上两式及②代入①解得=10 ⑩

⑩代入⑨得出ay，

再代入④解得a==（11）

A．当θ°时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的；

B．当θ=90°时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的；

C．当M≥m时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的；

D．当m≥M时，该解给出a=g，这符合预期的结果，说明该解可能是对的．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•孝感期末）在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运动输（如图甲所示）．在光滑水平面AB上（如图乙所示），机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1kg的小滑块从A点由静止开始作匀加速直线运动．小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，小滑块冲上光滑斜面（设经过B点前后速率不变），最高能到达C点．

机器人用速度传感器测量小滑块在ABC过程的瞬时速度大小并记录如下：

（1）机器人对小滑块作用力F的大小；

（2）斜面的倾角α大小；

（3）t=2.1s时物体的速度大小．

正确答案

解：（1）物体从A到B的加速度为：a1==m/s2=2m/s2．

根据牛顿第二定律得，恒力F的大小为：F=ma1=1×2N=2N．

（2）物体从B到C的加速度大小为：a2==m/s2=5m/s2．

根据牛顿第二定律得：mgsinα=ma2；

解得：α=30°．

（3）设小滑块到B点时的速度为vB，研究在0.4s～2.2s时间内从v=0.8m/s到B点过程，vB=0.8+a1t1；

从B点到v=3m/s过程，3=vB-a2t2；

而t1+t2=2.2-0.4

解得：t1=1.6s，t2=0.2s，vB=4m/s

所以，当t=2s时物体刚好到达B点，当t′=2.1s时，v=vB-a2（t′-2）=3.5m/s．

答：

（1）恒力F的大小为2N．

（2）斜面的倾角为30°．

（3）t=2.1s时物体的速度大小为3.5m/s

解析

解：（1）物体从A到B的加速度为：a1==m/s2=2m/s2．

根据牛顿第二定律得，恒力F的大小为：F=ma1=1×2N=2N．

（2）物体从B到C的加速度大小为：a2==m/s2=5m/s2．

根据牛顿第二定律得：mgsinα=ma2；

解得：α=30°．

（3）设小滑块到B点时的速度为vB，研究在0.4s～2.2s时间内从v=0.8m/s到B点过程，vB=0.8+a1t1；

从B点到v=3m/s过程，3=vB-a2t2；

而t1+t2=2.2-0.4

解得：t1=1.6s，t2=0.2s，vB=4m/s

所以，当t=2s时物体刚好到达B点，当t′=2.1s时，v=vB-a2（t′-2）=3.5m/s．

答：

（1）恒力F的大小为2N．

（2）斜面的倾角为30°．

（3）t=2.1s时物体的速度大小为3.5m/s

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题型：简答题

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简答题

质量m=10kg的物体在方向平行于斜面、大小为F=120N的拉力作用下，从固定粗糙斜面的底端由静止开始沿斜面向上运动，拉力F作用t1=2s后撤去．已知斜面与水平面的夹角θ=37°，如图所示．斜面足够长，物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.25，取重力加速g=10m/s2求：

（1）在拉力F作用下，物体的加速度大小a1

（2）撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间t2

（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小x总（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

正确答案

解：（1）设在拉力F作用下物体的加速度大小为a1．根据牛顿第二定律有

F-（mgsinθ+μmgcosθ）=ma1

解得

（2）设2s末的速度为v1，由运动公式有v1=a1t1=8m/s

撤去F后，物体沿斜面向上作匀减速直线运动，设加速度大小为a2，运动到速度为零所用的时间为t2．根据牛顿第二定律、运动学公式有

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

0=v1+（-a2）t2

解得

（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小x总=

答：（1）在拉力F作用下，物体的加速度大小为4m/s2．

（2）撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间为1s．

（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小为12m．

解析

解：（1）设在拉力F作用下物体的加速度大小为a1．根据牛顿第二定律有

F-（mgsinθ+μmgcosθ）=ma1

解得

（2）设2s末的速度为v1，由运动公式有v1=a1t1=8m/s

撤去F后，物体沿斜面向上作匀减速直线运动，设加速度大小为a2，运动到速度为零所用的时间为t2．根据牛顿第二定律、运动学公式有

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

0=v1+（-a2）t2

解得

（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小x总=

答：（1）在拉力F作用下，物体的加速度大小为4m/s2．

（2）撤去拉力F后，物体沿斜面向上滑行的时间为1s．

（3）自静止开始到上滑至速度为零时，物体通过的总位移大小为12m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=15kg的木箱静止在水平地面上，木箱与地面间的动摩擦因数μ=0.2．现用F=60N的水平恒力向右拉动木箱（g=10m/s2）．求：

（1）经过3s时木箱的速度大小；

（2）木箱在2s内的位移大小．

正确答案

解：受力分析如图，可知：

f=μN=μmg=0.2×15×10N=30N

根据牛顿第二定律F合=ma得：

a==m/s2=2m/s2

经过3s时木箱的速度大小为v；

v=at=2×3m/s=6m/s

（2）木箱在2s内的位移大小．

x=at2=×2×22m=4m

答：（1）经过3s时木箱的速度大小为6m/s；

（2）木箱在2s内的位移大小为4m．

解析

解：受力分析如图，可知：

f=μN=μmg=0.2×15×10N=30N

根据牛顿第二定律F合=ma得：

a==m/s2=2m/s2

经过3s时木箱的速度大小为v；

v=at=2×3m/s=6m/s

（2）木箱在2s内的位移大小．

x=at2=×2×22m=4m

答：（1）经过3s时木箱的速度大小为6m/s；

（2）木箱在2s内的位移大小为4m．

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题型：填空题

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填空题

如图1所示，一个质量为M的物体放在光滑的水平桌面上，当用20N的力F通过细绳绕过定滑轮拉它时，产生2m/s2的加速度．现撤掉20N拉力，而在细绳下端挂上重为20N的物体m，如图2所示，则物体的加速度为______m/s2；前、后两种情况下绳的张力分别为______、______．（取g=10m/s2）．

正确答案

20N

解析

解：根据牛顿第二定律得，F=Ma，解得：M=．

对整体分析，物体的加速度为：a′=．

隔离对M分析，绳子的张力为：．

在图1中，绳子张力为：T1=F=20N．

故答案为：，20N，N．

1

题型：单选题

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单选题

（2015秋•石嘴山校级期末）如图，A、B质量均为m，中间有一轻质弹簧相连，A用绳悬于O点，当突然剪断OA绳时，关于A物体的加速度，下列说法正确的是（　　）

A0

Bg

C2g

D无法确定

正确答案

C

解析

解：小球的质量为m，剪断绳子前，弹簧的弹力F=mg，

剪断细绳的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对A分析，根据牛顿第二定律得：

a=，故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图是利用传送带装运煤块的示意图．其中传送带足够长，倾角θ=37°，煤块与传送带间的动摩擦因数μ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m，与运煤车车厢中心的水平距离x=1.2m．现在传送带底端由静止释放一些煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时随轮一起匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车厢中心，取g=10m/s2，sin 37°=0.6，cos 37°=0.8，求：

（1）传送带匀速运动的速度v及主动轮和从动轮的半径R；

（2）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间t．

正确答案

解：（1）由平抛运动的公式，得：

x=vt

H=gt2

代入数据解得：

v=2 m/s

要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得：

mg=m

代入数据得：

R=0.4 m

（2）由牛顿第二定律F=ma得：

a==μgcos θ-gsin θ=0.4 m/s2

由v=v0+at得：

t==5 s

答：（1）传送带匀速运动的速度为2m/s；主动轮和从动轮的半径R为0.4m．

（2）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间为5s．

解析

解：（1）由平抛运动的公式，得：

x=vt

H=gt2

代入数据解得：

v=2 m/s

要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律，得：

mg=m

代入数据得：

R=0.4 m

（2）由牛顿第二定律F=ma得：

a==μgcos θ-gsin θ=0.4 m/s2

由v=v0+at得：

t==5 s

答：（1）传送带匀速运动的速度为2m/s；主动轮和从动轮的半径R为0.4m．

（2）煤块在传送带上由静止开始加速至与传送带速度相同所经过的时间为5s．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，水平固定倾角为30°的光滑斜面上有两质量均为m的小球A、B，它们用劲度系数为k的轻质弹簧连接，现对B施加一水平向右推力F使A、B均静止在斜面上，此时弹簧的长度为L，则撤去力F的瞬间，A和B的加速度分别为______．

正确答案

0，g

解析

解：当A、B静止时，隔离对A分析，有：，

撤去F的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，A的合力为零，加速度等于0．

对B，根据牛顿第二定律得，．

故答案为：0，g．

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题型：填空题

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填空题

质量为m=500g的篮球，以10m/s的初速度竖直上抛，当它上升到高度h=1.8m处与天花板相碰，经过时间t=0.2s的相互作用，篮球以碰前速度的反弹，设空气阻力忽略不计，g取10m/s2，则篮球对天花板的平均作用力大小为______．

正确答案

30N

解析

解：根据运动学公式：v2-v02=-2gh

得：v==8m/s

规定竖直向上为正方向，根据动量定理：（F+mg）t=m（v′-v）

代入数据：（F+5）×0.2=0.5×（-8×-8）

得：F=30N；

故答案为：30N．

1

题型：单选题

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单选题

一质量为m的小物块沿半径为R的固定圆弧轨道下滑，滑到最低点时的速度是v，若小物块与轨道的动摩擦因数是μ，则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为（　　）

Aμmg

Bμm

Cμm（g+）

Dμm（g-）

正确答案

C

解析

解：物块滑到轨道最低点时，由重力和轨道的支持力提供物块的向心力，由牛顿第二定律得

FN-mg=m 得到FN=m（g+）

则当小物块滑到最低点时受到的摩擦力为f=μFN=μm（g+）．

故选C

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，质量m=l kg的物块在平行斜面向上的拉力尸作用下从静止开始沿斜面向上运动，t=0.5s时撤去拉力，利用速度传感器得到其速度随时间的变化关系图象（v-t图象）如图乙所示，g取l0m/s2，求：

（1）2s内物块的位移大小s和通过的路程L；

（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F．

正确答案

解：

（1）物块上升的位移：s1==1m；

物块下滑的距离：s2==0.5m；

位移s=s1-s2=1-0.5=0.5m

路程L=s1+s2=1+0.5=1.5m

（2）由图乙知，各阶段加速度的大小

a1==4m/s2

a2==-4m/s2

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律

0～0.5s内 F-f-mgsinθ=ma1；

0.5～1s内-f-mgsinθ=ma2；

联立解得：F=8N；

答：（1）2s内物块的位移大小s为0.5m；通过的路程L为1.5m；

（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F分别为44m/s2、4m/s2 及 8N；

解析

解：

（1）物块上升的位移：s1==1m；

物块下滑的距离：s2==0.5m；

位移s=s1-s2=1-0.5=0.5m

路程L=s1+s2=1+0.5=1.5m

（2）由图乙知，各阶段加速度的大小

a1==4m/s2

a2==-4m/s2

设斜面倾角为θ，斜面对物块的摩擦力为f，根据牛顿第二定律

0～0.5s内 F-f-mgsinθ=ma1；

0.5～1s内-f-mgsinθ=ma2；

联立解得：F=8N；

答：（1）2s内物块的位移大小s为0.5m；通过的路程L为1.5m；

（2）沿斜面向上运动两个阶段加速度大小a1、a2和拉力大小F分别为44m/s2、4m/s2 及 8N；

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