- 牛顿运动定律
- 共29769题
物体在θ=45°的斜面顶端由静止滑到底端，所用的时间恰好为物体由顶端这样的高度自由下落到底端所在水平面时间的2倍，由此可知斜面和物体间的动摩擦因数为______．
正确答案
0.5
解析
解：设斜面高为h，斜面长为
自由落体时间为t，沿斜面下滑时间为2t，
自由下落时有h=
沿斜面下滑时
a=gsinθ-μgcosθ
以上方程联立可得μ=0.5．
故答案为：0.5
正确答案
解析
解：A与木板间的最大静摩擦力fA=μmAg=0.2×1×10=2N，
B与木板间的最大静摩擦力fB=μmBg=0.2×2×10=4N，
A、F=1N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A错误；
B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
F-f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B错误；
C、B的最大加速度a=
根据牛顿第二定律得a
B的加速度为1.33m/s2，B受到的摩擦力f=mAa′=2.66N，故C错误；
D、F=8N＞fA，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=
故选：D
（1）物体运动过程中的最大速度υm；
（2）撤去力F后物体继续滑行的距离s．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律，匀加速运动的加速度为：
a=
则物体运动的最大速度为：
vm=at=2×5m/s=10m/s．
（2）撤去拉力后的加速度大小为：
则继续滑行的距离为：
s=
答：（1）物体运动过程中的最大速度为10m/s；
（2）撤去力F后物体继续滑行的距离为12.5m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律，匀加速运动的加速度为：
a=
则物体运动的最大速度为：
vm=at=2×5m/s=10m/s．
（2）撤去拉力后的加速度大小为：
则继续滑行的距离为：
s=
答：（1）物体运动过程中的最大速度为10m/s；
（2）撤去力F后物体继续滑行的距离为12.5m．
（1）物体运动过程中的最大速度是多少？
（2）物体运动的总位移时多少？
正确答案
解：（1）
根据牛顿第二定律得：
FN=mg-Fsin37°=20-10×0.6N=14N．
则物体受到的摩擦力为：
f=μFN=0.5×14N=7N．
根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=0.5m/s2．
所以10s的最大速度为：v=at=0.5×10m/s=5m/s
匀加速的位移：s1=
（2）当撤掉F后，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线运动
匀减速的加速度，据牛顿第二定律得：a1=-μg…②
据运动学公式可知，s2=
所以总位移：s=s1+s2…④
联立①②③④代入数据解得：s=27.5m
答：1）物体运动过程中的最大速度是10m/s．
（2）物体运动的总位移时27.5m．
解析
解：（1）
根据牛顿第二定律得：
FN=mg-Fsin37°=20-10×0.6N=14N．
则物体受到的摩擦力为：
f=μFN=0.5×14N=7N．
根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=0.5m/s2．
所以10s的最大速度为：v=at=0.5×10m/s=5m/s
匀加速的位移：s1=
（2）当撤掉F后，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线运动
匀减速的加速度，据牛顿第二定律得：a1=-μg…②
据运动学公式可知，s2=
所以总位移：s=s1+s2…④
联立①②③④代入数据解得：s=27.5m
答：1）物体运动过程中的最大速度是10m/s．
（2）物体运动的总位移时27.5m．
正确答案
解析
解：A、弹簧开始的弹力F=3mg，剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，
B、剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0．故B错误．
故选：C．
均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g=10m/s2，求：
（1）小滑块的加速度大小；
（2）木板的加速度大小和方向；
（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足什么要求．
正确答案
解：（1）由于木板上表面光滑，小滑块不受摩擦力，所以加速度为a1=0．
（2）木板对地面的压力大小为N=（M+m）g=50N．
地面对木板的摩擦力大小为f=μN=20N，方向向左．
根据牛顿第二定律有：f=Ma2
解得
（3）木板获得初速向右移动，小滑块不动，要使小滑块从木板上掉下，木板必须向右移动S＞L
所以有：S=
S＞L，即
则v0＞4m/s．
答：（1）小滑块的加速度大小为0．
（2）木板的加速度大小为5m/s2，方向向左．
（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足v0＞4m/s．
解析
解：（1）由于木板上表面光滑，小滑块不受摩擦力，所以加速度为a1=0．
（2）木板对地面的压力大小为N=（M+m）g=50N．
地面对木板的摩擦力大小为f=μN=20N，方向向左．
根据牛顿第二定律有：f=Ma2
解得
（3）木板获得初速向右移动，小滑块不动，要使小滑块从木板上掉下，木板必须向右移动S＞L
所以有：S=
S＞L，即
则v0＞4m/s．
答：（1）小滑块的加速度大小为0．
（2）木板的加速度大小为5m/s2，方向向左．
（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足v0＞4m/s．
某型号的汽车质量为1t，发动机的额定功率为60kW，汽车沿平直路面由静止开始启动过程中，如果先是以4m/s2的加速度匀加速运动，当功率达到额定功率后，以额定功率继续加速运动，直到速度达到最大速度，已知在此次启动过程中，该车总共行驶了322.5m，所受阻力大小恒为2000N，试求该车整个加速运动过程所经历的时间．
正确答案
解：汽车在匀加速启动的过程中，加速度不变，牵引力不变，发动机的功率必须增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动过程结束，此后，保持功率等于额定功率不变，牵引力开始减小，加速度减小，直到加速度减至零，速度达到最大．
设在匀加速运动的过程中牵引力大小为F1，经历时间为t1，位移为s1，末速度大小为v1．
则有
F1-f=ma
匀加速结束瞬间，有 P=F1v1．
又 v1=at1；s1=
设在以额定功率加速运动的过程中所用时间为t2，位移为s2，最大速度大小为vm．
则根据动能定理得：
Pt2-fs2=
速度最大时，牵引力与阻力大小相等，则 P=F2vm=fvm；
据题有总位移 s=s1+s2；总时间 t=t1+t2；
联立解得 t=19.5s
答：该车整个加速运动过程所经历的时间为19.5s．
解析
解：汽车在匀加速启动的过程中，加速度不变，牵引力不变，发动机的功率必须增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动过程结束，此后，保持功率等于额定功率不变，牵引力开始减小，加速度减小，直到加速度减至零，速度达到最大．
设在匀加速运动的过程中牵引力大小为F1，经历时间为t1，位移为s1，末速度大小为v1．
则有
F1-f=ma
匀加速结束瞬间，有 P=F1v1．
又 v1=at1；s1=
设在以额定功率加速运动的过程中所用时间为t2，位移为s2，最大速度大小为vm．
则根据动能定理得：
Pt2-fs2=
速度最大时，牵引力与阻力大小相等，则 P=F2vm=fvm；
据题有总位移 s=s1+s2；总时间 t=t1+t2；
联立解得 t=19.5s
答：该车整个加速运动过程所经历的时间为19.5s．
正确答案
x轴平衡：Fcosθ-FN=0
Y轴平衡得：Fsinθ-Ff-G=0
由：Ff=μFN
所以：F=
（2）物体匀速向下运动，摩擦力向上，受力分析，在水平竖直方向建立xoy坐标系，
x轴平衡：Fcosθ-FN=0
Y轴平衡得：Fsinθ+Ff-G=0
由Ff=μFN
所以F=
答：若物体向上匀速运动，推力F的大小为
解析
x轴平衡：Fcosθ-FN=0
Y轴平衡得：Fsinθ-Ff-G=0
由：Ff=μFN
所以：F=
（2）物体匀速向下运动，摩擦力向上，受力分析，在水平竖直方向建立xoy坐标系，
x轴平衡：Fcosθ-FN=0
Y轴平衡得：Fsinθ+Ff-G=0
由Ff=μFN
所以F=
答：若物体向上匀速运动，推力F的大小为
某学习小组，做小火箭发射试验．小火箭以初速度v=30m/s竖直向上射出，经过一段时间落回到抛出点，在运动过程中小火箭受到大小恒为1N的空气阻力作用，小火箭质量为0.2kg，质量变化忽略不计．g=10m/s2．求：
（1）小火箭在上升过程中的加速度：
（2）小火箭从射出上升到最高点所需的时间；
（3）小火箭回到抛出点的动能．
正确答案
解：（1）上升过程，小火箭受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：
-（mg+f）=ma
解得：
a=-g-
（2）根据速度时间关系公式，有：
t=
（3）根据平均速度公式，高度：
H=
对下降多个根据动能定理，有：
Ek=（mg-f）H=（2-1）×30=30J
答：（1）小火箭在上升过程中的加速度为-15m/s2；
（2）小火箭从射出上升到最高点所需的时间为2s；
（3）小火箭回到抛出点的动能为30J．
解析
解：（1）上升过程，小火箭受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：
-（mg+f）=ma
解得：
a=-g-
（2）根据速度时间关系公式，有：
t=
（3）根据平均速度公式，高度：
H=
对下降多个根据动能定理，有：
Ek=（mg-f）H=（2-1）×30=30J
答：（1）小火箭在上升过程中的加速度为-15m/s2；
（2）小火箭从射出上升到最高点所需的时间为2s；
（3）小火箭回到抛出点的动能为30J．
（1）滑块运动的加速度是多大？
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是多少？
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：a=
（2）根据速度时间公式得：v=at=8×1=8m/s
撤去F后的加速度：a′=μg=2m/s2
滑块继续滑行的位移：x=
答：（1）滑块运动的加速度为1m/s2．
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是16m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：a=
（2）根据速度时间公式得：v=at=8×1=8m/s
撤去F后的加速度：a′=μg=2m/s2
滑块继续滑行的位移：x=
答：（1）滑块运动的加速度为1m/s2．
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是16m．
（1）在力F的作用下，物体在前10s内的位移；
（2）在t=10s末立即撤去力F，再经6s物体还能运动多远？（g取10m/s2）
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
a=
则物体在前10s内的位移为：x=
（2）物体在10s末的速度为：v=at=10m/s，
撤去外力后的加速度为：a′=
物体速度减为零的时间为：
则6s内的位移等于5s内的位移，即：x=
答：（1）物体在前10s内的位移为50m；
（2）再经6s物体还能运动25m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
a=
则物体在前10s内的位移为：x=
（2）物体在10s末的速度为：v=at=10m/s，
撤去外力后的加速度为：a′=
物体速度减为零的时间为：
则6s内的位移等于5s内的位移，即：x=
答：（1）物体在前10s内的位移为50m；
（2）再经6s物体还能运动25m．
正确答案
解析
解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.5s-2.5s=2s
运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以上升或下降过程的时间为：
则运动员在这段时间内跃起的最大高度
故选：B．
（1）汽车起动的加速度a的大小；
（2）汽车3s末的速度v的大小；
（3）汽车启动过程受到的合力F的大小．
正确答案
解：（1）由初速度为零的匀加速直线运动位移与时间关系可得：x=
（2）由速度与时间关系可得，v=at=2×3m/s=6m/s
（3）由牛顿第二定律得，F=ma=2×103×2N=4×103N
答：（1）汽车起动的加速度a的大小为2m/2；
（2）汽车3s末的速度v的大小为6m/s；
（3）汽车启动过程受到的合力为4×103N
解析
解：（1）由初速度为零的匀加速直线运动位移与时间关系可得：x=
（2）由速度与时间关系可得，v=at=2×3m/s=6m/s
（3）由牛顿第二定律得，F=ma=2×103×2N=4×103N
答：（1）汽车起动的加速度a的大小为2m/2；
（2）汽车3s末的速度v的大小为6m/s；
（3）汽车启动过程受到的合力为4×103N
（1）物块滑到斜面底端B的速度大小；
（2）物块从释放至到达传送带左端A所用的时间．
正确答案
解：（1）物块在斜面上无初速下滑过程，加速度为a1，
由牛顿第二定律：mgsinθ-umgcosθ=ma1
到达斜面底端的速度为v1，有：v12=2a1s
解得：v1=2m/s
（2）到达斜面底端用时t1，
有：v1=a1 t1
解得：t1=1s
设物块在传送带上匀减速到与传送带同速过程，加速度为a2，对地位移为s2，用时t2
μmg=ma2
v2-v12=-2a2s2
减速运动时间为t2，
v=v1-a2t2解得：t2=0.2s
此后物块匀速运动至左端，用时t3vt3=L-s2
解得：t3=1.7s
运动至左端用时t=t1+t2+t3=2.9s．
答：（1）物块滑到斜面底端B的速度大小为2m/s．
（2）物块从释放至到达传送带左端A所用的时间为2.9s．
解析
解：（1）物块在斜面上无初速下滑过程，加速度为a1，
由牛顿第二定律：mgsinθ-umgcosθ=ma1
到达斜面底端的速度为v1，有：v12=2a1s
解得：v1=2m/s
（2）到达斜面底端用时t1，
有：v1=a1 t1
解得：t1=1s
设物块在传送带上匀减速到与传送带同速过程，加速度为a2，对地位移为s2，用时t2
μmg=ma2
v2-v12=-2a2s2
减速运动时间为t2，
v=v1-a2t2解得：t2=0.2s
此后物块匀速运动至左端，用时t3vt3=L-s2
解得：t3=1.7s
运动至左端用时t=t1+t2+t3=2.9s．
答：（1）物块滑到斜面底端B的速度大小为2m/s．
（2）物块从释放至到达传送带左端A所用的时间为2.9s．
水平传送带长度为20m，以4m/s的匀速运动，已知某物体与传送带的动摩擦因数为0.2，物体放在某一端开始到达另一端所需的时间为______s．（g取10m/s2）
正确答案
6
解析
解：物体做匀加速直线运动的加速度a=μg=2m/s2．
则匀加速运动的时间
则匀速运动的时间
运动的时间t=t1+t2=2+4s=6s．
故答案为：6．
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