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

如图所示，质量为m2的物体2放在车厢底板上，用竖直细线通过定滑轮与质量为m1的物体1连接，不计滑轮摩擦，车厢正在水平向右做加速直线运动，连接物体1的细线与竖直方向成θ角，物体2仍在车厢底板上，则（　　）

A细线拉力为m1gcosθ

B车厢的加速度为gtanθ

C底板对物体2的支持力为m2g-m1gtanθ

D底板对物体2的摩擦力为零

正确答案

B

解析

解：A、物体1与车厢具有相同的加速度，对物体1分析，受重力和拉力，根据合成法知，F合=m1gtanθ，拉力T=．物体1的加速度a=，所以车厢的加速度为gtanθ．故A错误，B正确．

C、物体2加速度为gtanθ，对物体2受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力，支持力N=m2g-．，f=m2a=m2gtanθ．故C、D错误．

故选B．

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题型：简答题

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简答题

如图，小木块在倾角为300的斜面上受到与斜面平行向上的恒定外力F作用，从A点由静止开始做匀加速运动，前进了0.45m抵达B点时，立即撤去外力，此后小木块又前进0.15m到达C点，速度为零．已知木块与斜面动摩擦因数μ=/6，木块质量m=1kg．求：

（1）木块在BC段加速度的大小；

（2）木块向上经过B点时速度大小；

（3）木块在AB段所受的外力F大小．（ g=10m/s2）

正确答案

解：

（1）木块在BC段受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：

mgsin30°+μmgcos30°=maBC

解得aBC=gsin30°+μgcos30°=7.5m/s2

（2）由vc2-vB2=2aBCxBC

解得：vB=1.5m/s

（3）A→B过程：vB2-vA2=2aABxAB

解得aAB=2.5 m/s2

木块在AB段受到重力、外力F，斜面的支持力和滑动摩擦力．

F-mgsin30°-μmgcos30°=maAB

代入数据解得：F=10N

答：（1）木块在BC段加速度的大小为7.5m/s2；

（2）木块向上经过B点时速度大小为1.5m/s；

（3）木块在AB段所受的外力F大小为10N．

解析

解：

（1）木块在BC段受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：

mgsin30°+μmgcos30°=maBC

解得aBC=gsin30°+μgcos30°=7.5m/s2

（2）由vc2-vB2=2aBCxBC

解得：vB=1.5m/s

（3）A→B过程：vB2-vA2=2aABxAB

解得aAB=2.5 m/s2

木块在AB段受到重力、外力F，斜面的支持力和滑动摩擦力．

F-mgsin30°-μmgcos30°=maAB

代入数据解得：F=10N

答：（1）木块在BC段加速度的大小为7.5m/s2；

（2）木块向上经过B点时速度大小为1.5m/s；

（3）木块在AB段所受的外力F大小为10N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在光滑的水平地面上有一个长为0.64m，质量为4kg的木板A，在木板的左端有一个质量为2kg的小物体B，A、B之间的动摩擦因数为µ=0.2，当对B施加水平向右的力F=10N作用时，求经过多长的时间可将B从木板A的左端拉到右端？（设A、B间的最大静摩擦力大小与滑动摩擦力大小相等）

正确答案

解：以B为研究对象，水平方向受到水平向右的拉力F由水平向左的滑动摩擦力f，

由牛顿第二定律：F-f=mBaB ①

f=µFNB=µ mBg ②

由①②解得：aB=3m/s2

以A为研究对象，木板水平方向只受向右的摩擦力，

根据牛顿第二定律：f=mAaA ③

由②③解得：aA=1m/s2

设B从木板的左端拉到木板右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，

sA=aAt2 ④

sB=aBt2 ⑤

sB-sA=L ⑥

由④⑤⑥解得：t=0.8s

答：经过0.8s可将B从木板A的左端拉到右端

解析

解：以B为研究对象，水平方向受到水平向右的拉力F由水平向左的滑动摩擦力f，

由牛顿第二定律：F-f=mBaB ①

f=µFNB=µ mBg ②

由①②解得：aB=3m/s2

以A为研究对象，木板水平方向只受向右的摩擦力，

根据牛顿第二定律：f=mAaA ③

由②③解得：aA=1m/s2

设B从木板的左端拉到木板右端所用时间为t，A、B在这段时间内发生的位移分别为sA和sB，

sA=aAt2 ④

sB=aBt2 ⑤

sB-sA=L ⑥

由④⑤⑥解得：t=0.8s

答：经过0.8s可将B从木板A的左端拉到右端

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题型：单选题

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单选题

如图所示，甲、乙之间用细线连接且甲、乙的质量均为m，弹簧和细线的质量可忽略不计，当细线被烧断的瞬间，甲、乙的加速度应是下列哪一种情况（　　）

A甲是0，乙是g

B甲是-g，乙是g

C甲是0，乙是0

D甲是，乙是g

正确答案

B

解析

解：对甲乙整体分析，知弹簧的弹力F=2mg．

烧断细线的瞬间，弹簧的弹力不变，对甲分析，根据牛顿第二定律得，，方向向上，

对乙分析，．

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，轻质弹簧的劲度系数为20N/cm，用其拉着一个重200N的物体在水平面上运动．当弹簧的伸长量为4cm时，物体恰在水平面上做匀速直线运动，求：

（1）物体与水平面间的动摩擦因素．

（2）当弹簧的伸长量为6cm时（未超出弹性限度），物体受到的水平拉力是多大？这时物体受到的摩擦力是多大？

正确答案

解：（1）物体做匀速直线运动，有：f=kx1=20×4N=80N，

则动摩擦因数．

（2）当弹簧的伸长量为6cm时，拉力F=kx=20×6N=120N＞f，

知物块所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小f=80N．

答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数为0.4．

（2）物体受到的水平拉力为120N，物体受到的摩擦力为80N．

解析

解：（1）物体做匀速直线运动，有：f=kx1=20×4N=80N，

则动摩擦因数．

（2）当弹簧的伸长量为6cm时，拉力F=kx=20×6N=120N＞f，

知物块所受的摩擦力为滑动摩擦力，大小f=80N．

答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数为0.4．

（2）物体受到的水平拉力为120N，物体受到的摩擦力为80N．

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题型：填空题

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填空题

一辆汽车质量为1.0×103kg，以15m/s速度在水平路面上行驶，刹车后，汽车的加速度大小为5m/s2，则汽车受到刹车阻力大小为______ N，刹车后4s内汽车的位移为______m．

正确答案

5×103

22.5

解析

解：根据牛顿第二定律得，f=ma=1.0×103×5N=5×103N．

汽车速度减为零的时间，则刹车后4s内的位移等于3s内的位移，x=．

故答案为：5×103，22.5．

1

题型：简答题

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简答题

某仓库中常用的皮带传输装置由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距4m，另一台倾斜，传送带的倾角θ=37°，C、D两端相距4.2m，B、C相距很近．水平部分AB以5m/s的速率顺时针转动，将质量为20kg的一袋大米无初速度地放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜送带的CD部分，米袋与传送带AB间的动摩擦因数为0.2，米袋与传送带CD间的动摩擦因数为0.8．（g取10m/s2）试求：

（1）从A点运动到B点的过程中，米袋与传送带之间因摩擦产生的热量；

（2）CD部分传送带顺时针运转，若要米袋能以最短的时间从C端传送到D端，求CD运转的速度应满足的条件及米袋从C端传送到D端的最短时间．

正确答案

解：（1）米袋在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，在水平方向开始只受滑动摩擦力故有：F合=f=μmg=ma1，

所以米袋的加速度为：a1=μ1g=2m/s2，

米袋在水平传送带上的最大速度为vmax=5m/s，所以其加速时间为t1===2.5s，

这过程中米袋的位移为：x1===6.25m，

因为x1＞L，说明米袋一直加速运动时间为t′===2s，

米袋相对传送带的位移为△x=vt′-L=5×2-4=6m，

故产生热量Q=f△x=0.2×200×6=240J；

（2）若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，

则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2=g（-sinθ+μ2cosθ）=10（-0.6+0.8×0.8）=0.4m/s2

由SCD=v0tmin+a2t2min，①

v0=a1t′②

①②联立解得：tmin=1s③

到达D点速度为vD=v0+a2tmin④

②③④解得vD=4.4m/s．

答：（1）从A点运动到B点的过程中，米袋与传送带之间因摩擦产生的热量为240J；

（2）CD部分传送带顺时针运转，若要米袋能以最短的时间从C端传送到D端，CD运转的速度应满足大于等于4.4m/s，米袋从C端传送到D端的最短时间为1s．

解析

解：（1）米袋在传送带的滑动摩擦力作用下做匀加速直线运动，在水平方向开始只受滑动摩擦力故有：F合=f=μmg=ma1，

所以米袋的加速度为：a1=μ1g=2m/s2，

米袋在水平传送带上的最大速度为vmax=5m/s，所以其加速时间为t1===2.5s，

这过程中米袋的位移为：x1===6.25m，

因为x1＞L，说明米袋一直加速运动时间为t′===2s，

米袋相对传送带的位移为△x=vt′-L=5×2-4=6m，

故产生热量Q=f△x=0.2×200×6=240J；

（2）若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，

则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2=g（-sinθ+μ2cosθ）=10（-0.6+0.8×0.8）=0.4m/s2

由SCD=v0tmin+a2t2min，①

v0=a1t′②

①②联立解得：tmin=1s③

到达D点速度为vD=v0+a2tmin④

②③④解得vD=4.4m/s．

答：（1）从A点运动到B点的过程中，米袋与传送带之间因摩擦产生的热量为240J；

（2）CD部分传送带顺时针运转，若要米袋能以最短的时间从C端传送到D端，CD运转的速度应满足大于等于4.4m/s，米袋从C端传送到D端的最短时间为1s．

1

题型：填空题

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填空题

如图所示，匀强电场方向竖直向下，场强大小为E、质量为m、2m、3m的三个小球A、B、C用绝缘细线连接悬于O点，其中B球带正Q，A、C两球不带电．开始三球均处于静止状态时，当把O A段剪断的瞬间，A、B之间的细线张力为______．

正确答案

解析

解：剪断OA时，由于B带电受向下的电场力作用，使AB向下加速运动，由于电场力作用加速度向下且大于g，故此时BC绳间无作用力，所以

以AB整体为研究对象，受力如图所示：

整体所受合力F合=3mg+qE

AB整体的加速度a==g+

对A进行受力分析如图：

A球所受合力FA=mg+T

A 球产生的加速度

根据牛顿第二定律有：FA=maA

代入有：

整理有：

故答案为：

1

题型：简答题

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简答题

一质量为m的小孩在电梯内的体重计上，电梯从t=0时刻由静止开始上升，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示，其中2-5s电梯在匀速上升．试问：在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10m/s2．

正确答案

解：由题意可知，2-5s内匀速上升，故物体的重力为400N，质量为40kg；

在0s-2s内，电梯做匀加速运动，加速度为：a1===1m/s2

上升高度为 h1=a1t12==2m

2s末速度为v=a1t1=1×2=2m/s

在中间3s内，电梯加速度为0，做匀速运动

上升高度h2=vt2=2×3=6m

最后1s内做匀减速运动，加速度 a2===-2m/s2 在第6s末恰好停止．

上升高度为 h3=vt3=×2×1=1m

故在这段时间内上升高度为 h=h1+h2+h3=2+6+1m=9m

答：在这段时间内电梯上升的高度是为9m．

解析

解：由题意可知，2-5s内匀速上升，故物体的重力为400N，质量为40kg；

在0s-2s内，电梯做匀加速运动，加速度为：a1===1m/s2

上升高度为 h1=a1t12==2m

2s末速度为v=a1t1=1×2=2m/s

在中间3s内，电梯加速度为0，做匀速运动

上升高度h2=vt2=2×3=6m

最后1s内做匀减速运动，加速度 a2===-2m/s2 在第6s末恰好停止．

上升高度为 h3=vt3=×2×1=1m

故在这段时间内上升高度为 h=h1+h2+h3=2+6+1m=9m

答：在这段时间内电梯上升的高度是为9m．

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题型：多选题

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多选题

在粗糙的水平地面上有一个质量为2kg的物块，与左端固定在墙上的水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成45°角的拉力F拉着，如图所示．此时物块处于静止状态，水平地面对物块的弹力恰好为零．取g=10m/s2，设物块与水平地面间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，动摩擦因数为0.2．以下说法正确的是（　　）

A此时轻弹簧的弹力大小为20N

B若突然撤去拉力F，则撤去瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向左

C若剪断弹簧，则剪断瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右

D若剪断弹簧，则剪断瞬间物块的加速度为0

正确答案

A,B

解析

解：A、据题：水平地面对物块的弹力恰好为零，则摩擦力也为零，物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：

F=mgtan45°=20×1=20N，故A正确；

B、撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；

小球所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0.2×20N=4N，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a===8m/s2；

合力方向向左，加速度向左．故B正确；

CD、弹簧对物块的拉力瞬间为零，此时物块受的合力为20N，加速度为10m/s2，方向水平向右；故CD错误．

故选：AB．

1

题型：填空题

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填空题

一物体重40N，由静止开始匀加速下落，2s内下落18m，它下落的加速度的大小为______m/s2，空气对它的平均阻力是______N．（g=10m/s2）

正确答案

9

4

解析

解：重体的重力G=mg，

则物体的质量m==kg=4kg；

物体的初速度为零，则由位移公式x=vot+at2可得：

加速度为：a==m/s2=9m/s2；

物体在空中受重力与阻力，则由牛顿第二定律可得：

F=mg-f=ma；

阻力f=mg-ma=40-4×9N=4N；

故答案为：9；4．

1

题型：填空题

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填空题

以15m/s的速度行驶的汽车，关闭发动机后10s汽车停下来，若汽车的质量为4×103kg；则汽车在滑行中加速度大小为______m/s2，受到的阻力大小是______N．

正确答案

1.5

6000

解析

解：汽车滑行过程中加速度的大小a=，

根据牛顿第二定律得，受到的阻力f=ma=4×103×1.5N=6000N．

故答案为：1.5，6000．

1

题型：简答题

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简答题

在如图所示的圆锥摆中，已知绳子长度为L，绳子转动过程中与竖直方向的夹角为θ，求小球做匀速圆周运动的周期．

正确答案

解：如图小球的受力如右图所示，由牛顿第二定律得：

由图可知，小球圆周运动的半径：r=Lsinθ

联立解得：

答：小球做匀速圆周运动的周期T=2．

解析

解：如图小球的受力如右图所示，由牛顿第二定律得：

由图可知，小球圆周运动的半径：r=Lsinθ

联立解得：

答：小球做匀速圆周运动的周期T=2．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•昆明校级月考）如图甲所示，有一块木板静止在足够长的粗糙水平面上，木板质量为M=4kg，长为L=1.4m；木块右端放的一小滑块，小滑块质量为m=1kg，可视为质点．现用水平恒力F作用在木板M右端，恒力F取不同数值时，小滑块和木板的加速度分别对应不同数值，两者的a-F图象如图乙所示，取g=10m/s2．求：

（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数，以及木板与地面的滑动摩擦因数．

（2）若水平恒力F=27.8N，且始终作用在木板M上，当小滑块m从木板上滑落时，经历的时间为多长．

正确答案

解：（1）由图乙可知，当恒力F≥25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得，

μ1mg=ma1，

代入数据解得μ1=0.4．

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F-μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2，

则，

结合图象可得，

解得μ2=0.1．

（2）设m在M上滑动的事件为t，当水平恒力F=27.8N时，

由（1）知滑块的加速度为，

而滑块在时间t内的位移为，

由（1）可知木板的加速度为，

代入数据解得，

而木板在时间t内的位移为，

由题可知，s1-s2=L，

代入数据联立解得t=2s．

答：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.4，以及木板与地面的滑动摩擦因数为0.1．

（2）经历的时间为2s．

解析

解：（1）由图乙可知，当恒力F≥25N时，小滑块与木板将出现相对滑动，以小滑块为研究对象，根据牛顿第二定律得，

μ1mg=ma1，

代入数据解得μ1=0.4．

以木板为研究对象，根据牛顿第二定律有：F-μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2，

则，

结合图象可得，

解得μ2=0.1．

（2）设m在M上滑动的事件为t，当水平恒力F=27.8N时，

由（1）知滑块的加速度为，

而滑块在时间t内的位移为，

由（1）可知木板的加速度为，

代入数据解得，

而木板在时间t内的位移为，

由题可知，s1-s2=L，

代入数据联立解得t=2s．

答：（1）小滑块与木板之间的滑动摩擦因数为0.4，以及木板与地面的滑动摩擦因数为0.1．

（2）经历的时间为2s．

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题型：多选题

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多选题

如图所示为牵引力F和车速倒数的关系图象，若汽车质量为2×103kg，它由静止开始沿平直的公路行驶，设阻力恒定，且最大车速为30m/s，则（　　）

A汽车所受的阻力为2×103N

B汽车的速度为15m/s时，功率为6×104W

C汽车匀加速运动的加速度为3m/s2

D汽车匀加速所需的时间为5s

正确答案

A,B,D

解析

解：A、当速度为30m/s时，牵引车的速度达到最大，做匀速直线运动，此时F=f，所以f=2×103N．故A正确．

BCD、牵引车的额定功率P=fv=2×103×30W=6×104W．匀加速直线运动的加速度a=，匀加速直线运动的末速度v=，匀加速直线运动的时间t=．因为15m/s＞10m/s，所以汽车速度为15m/s时，功率已达到额定功率．故B、D正确，C错误．

故选ABD．

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