- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：第一种情况：水平光滑时，用水平恒力F拉A时，对于整体，由牛顿第二定律可得，F=（mA+mB）a，
对A受力分析可得，T1=mAa=
第二种情况：水平面粗糙时，对于整体：F-μ（mA+mB）g=（mA+mB）a-------①
对A受力分析； T2-μmAg=mAa----------②
由①②解得，T2=
可知T1=T2．故A正确．
故选A
正确答案
解析
解：A、物体先做初速度为零的匀加速直线运动，速度达到传送带速度后，由于重力沿斜面向下的分力大于摩擦力，物块继续向下做匀加速直线运动，从图象可知传送带的速度为10m/s．故A正确．
BC、开始时物体摩擦力方向沿斜面向下，速度相等后摩擦力方向沿斜面向上，则
D、第一段匀加速直线运动的位移
故选：ACD．
若水平恒力F在t时间内使质量为m的物体在光滑水平面上由静止开始移动一段距离x，则2F的恒力在2t时间内，使质量为
正确答案
解析
解：质量为m的物体的加速度：
质量为
位移：
故选：D．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：小球质量为m时，对于下降h过程，根据动能定理，有：
mgh-W弹=0
小球质量为2m时，对于下降h过程，根据动能定理，有：
2m•gh-W弹=
联立解得：v=
故选：B．
正确答案
解析
解：以AB整体为研究对象受力分析根据牛顿第二定律有整体加速度为：a=
再以B为研究对象，B受弹力和重力作用而产生向上的加速度，故有：Fx-mg=ma
得此时弹簧中弹力为：
又在线断瞬间，弹簧形变没有变化，线断瞬间弹簧弹力仍为
线断瞬间以A为研究对象，A受重力和弹簧弹力作用产生加速度，合力为：FA=Fx+mAg=
根据牛顿第二定律知，此时A物体产生的加速度为：
故答案为：
（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移多大？
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
正确答案
解：（1）皮带静止时，物块离开皮带时的速度v1，设物体的加速度大小为a，物块前进过程中水平方向只受向后的滑动摩擦力．
由牛顿第二定律得：f=μmg=ma
解得：a=μg
物块在传送带上做匀减速直线运动，由位移速度关系式得：v12-v02=-2aL
解得：v1=
物体平抛运动竖直方向做自由落体运动：H=
解得：t=
水平位移：x1=v1t=v1
（2）传送带逆时针转动时物块与皮带的受力情况及运动情况均与（1）相同，所以落地点与（1）相同．
x2=x1=0.8m
（3）皮带顺时针转动时，v皮=ωr=14.4m/s＞v0，
物块相对皮带向左运动，其受到得摩擦力力向右f=μmg，所以向右加速．
由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=6m/s2
若物块一直匀加速到皮带右端时速度为v2；
由位移速度关系式：v22-v02=-2aL
解得：v2=
故没有共速，即离开皮带时速度为14m/s，做平抛运动；
水平位移：x3=v2t=v2
答：
（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移0.8m．
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移0.8m
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移5.6m．
解析
解：（1）皮带静止时，物块离开皮带时的速度v1，设物体的加速度大小为a，物块前进过程中水平方向只受向后的滑动摩擦力．
由牛顿第二定律得：f=μmg=ma
解得：a=μg
物块在传送带上做匀减速直线运动，由位移速度关系式得：v12-v02=-2aL
解得：v1=
物体平抛运动竖直方向做自由落体运动：H=
解得：t=
水平位移：x1=v1t=v1
（2）传送带逆时针转动时物块与皮带的受力情况及运动情况均与（1）相同，所以落地点与（1）相同．
x2=x1=0.8m
（3）皮带顺时针转动时，v皮=ωr=14.4m/s＞v0，
物块相对皮带向左运动，其受到得摩擦力力向右f=μmg，所以向右加速．
由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=6m/s2
若物块一直匀加速到皮带右端时速度为v2；
由位移速度关系式：v22-v02=-2aL
解得：v2=
故没有共速，即离开皮带时速度为14m/s，做平抛运动；
水平位移：x3=v2t=v2
答：
（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移0.8m．
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移0.8m
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移5.6m．
物体A、B的质量之比为mA：mB=4：1，使它们以相同的初速度沿水平地面滑行，若它们受到的摩擦阻力相等，那么它们停下来所用的时间之比为tA：tB=______；若两物体与地面的动摩擦因数相同，那么它们停下来所用的时间之比为tA：tB=______．
正确答案
4：1
1：1
解析
解：若A、B所受的阻力相等，根据牛顿第二定律得：a=
由v=at得：t=
若动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得：a=
故答案为：4：1，1：1．
2012年11月20日，我国自行研制的歼一15舰载机在“辽宁舰”上成功着舰和 起飞．质量为m的舰载机，在静止的航空母舰上从静止开始匀加速起飞，滑行t后可达到起飞 速度v1．当飞机在着舰速度为v2时，为了使飞机能尽快停下来而不滑出跑道，需要放下尾部的 挂钩，让挂钩钩住航空母舰上的拦阻绳．同时为了防止没有钩住拦阻绳而出现意外，舰载机着 舰后需要保持起飞时的推力．当舰载机的尾钩钩住拦阻绳后滑行x便能停下．假设起飞和着 舰时舰空母舰均处于静止状态，舰载机所受阻力除拦阻绳外，其余均忽略不计，舰载机在着舰 时挂钩立即钩住拦阻绳．则：
（1）为了保证舰载机正常起飞，航空母舰滑行甲板的长度至多长？加速度为多大？
（2）舰载机着舰时，对拦阻绳的平均作用力为多大？
正确答案
解：（1）舰载机起飞时做匀加速运动，它的平均速度为
根据公式
起飞时的加速度
（2）设舰载机着舰时的加速度大小为a2，由运动公式
设起飞前舰载机所受的推力为F1，着舰时受到的推力为F2，由牛顿第二定律得：F1=ma1，F2-F1=ma2
由以上各式解得：
由牛顿第三定律得，舰载机对阻拦绳的平均作用力为
答：（1）为了保证舰载机正常起飞，航空母舰滑行甲板的长度至多长
（2）舰载机着舰时，对拦阻绳的平均作用力为
解析
解：（1）舰载机起飞时做匀加速运动，它的平均速度为
根据公式
起飞时的加速度
（2）设舰载机着舰时的加速度大小为a2，由运动公式
设起飞前舰载机所受的推力为F1，着舰时受到的推力为F2，由牛顿第二定律得：F1=ma1，F2-F1=ma2
由以上各式解得：
由牛顿第三定律得，舰载机对阻拦绳的平均作用力为
答：（1）为了保证舰载机正常起飞，航空母舰滑行甲板的长度至多长
（2）舰载机着舰时，对拦阻绳的平均作用力为
（1）小球带电荷量是多少？
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需多长时间？
正确答案
得：q=
（2）小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向加速度的分量为：
ax=
由运动学公式得：
则有：t=
答：（1）小球所带电荷为正，电荷量为
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需要的时间为
解析
得：q=
（2）小球在水平方向做初速度为零的匀加速直线运动，水平方向加速度的分量为：
ax=
由运动学公式得：
则有：t=
答：（1）小球所带电荷为正，电荷量为
（2）若剪断丝线，小球碰到金属板需要的时间为
正确答案
解析
解：对B进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
a=
对AB整体进行受力分析得：
F-μ（M+m）g=（M+m）a
解得：F=（M+m）g（μ+tanθ）
故选C
正确答案
60°
解析
解：橡皮沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动，由于橡皮沿与水平方向成300的斜面向右以速度v匀速运动的位移一定等于橡皮向上的位移，故在竖直方向以相等的速度匀速运动，根据平行四边形定则，可知合速度也是一定的，故合运动是匀速运动；
根据平行四边形定则求得合速度大小v合=2vcos30°=
故答案为：
一个物块放置在粗糙的水平地面上，受到的水平拉力F随时间t变化的关系如图（a）所示，速度v随时间t变化的关系如图（b）所示．取g=10m/s2，求：
（1）1s末物块所受摩擦力的大小f1；
（2）物块在前6s内的位移大小s；
（3）物块与水平地面间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：（1）从图（a）中可以读出，当t=1s时，f1=F1=4N
（2）物块在前6s内的位移大小s=
（3）从图（b）中可以看出，在t=2s至t=4s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为
由牛顿第二定律，有
F2-μmg=ma
F3=f=μmg
所以 m=
由F3=f=μmg解得：
μ=
答：（1）1s末物块所受摩擦力的大小为4N；
（2）物块在前6s内的位移大小为12m；
（3）物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4．
解析
解：（1）从图（a）中可以读出，当t=1s时，f1=F1=4N
（2）物块在前6s内的位移大小s=
（3）从图（b）中可以看出，在t=2s至t=4s的过程中，物块做匀加速运动，加速度大小为
由牛顿第二定律，有
F2-μmg=ma
F3=f=μmg
所以 m=
由F3=f=μmg解得：
μ=
答：（1）1s末物块所受摩擦力的大小为4N；
（2）物块在前6s内的位移大小为12m；
（3）物块与水平地面间的动摩擦因数为0.4．
科研人员乘气球进行科学考察，气球、座舱、压舱物和科研人员的总质量为900kg．在空中停留一段时间后，科研人员发现气球因漏气而下降，便采取措施及时堵住．堵住时气球下降速度为1m/s，且做匀加速运动，4s内下降了12m．若空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）漏气后气球下降的加速度
（2）漏气后气球所剩浮力
（3）至少抛掉质量为多少的压舱物才能阻止气球加速下降．
正确答案
解：（1）由x=v0t+
（2）由牛顿第二定律：mg-F=ma 解得 F=8100 N
（3）设抛掉的压舱物的质量为△m时气球匀速下降，则有：F=（m-△m）g
解得：△m=90kg
即至少抛掉质量为90kg的压舱物才能阻止气球加速下降
答：（1）漏气后气球下降的加速度为1 m/s2；
（2）漏气后气球所剩浮力为8100N；
（3）至少抛掉质量为90kg的压舱物才能阻止气球加速下降．
解析
解：（1）由x=v0t+
（2）由牛顿第二定律：mg-F=ma 解得 F=8100 N
（3）设抛掉的压舱物的质量为△m时气球匀速下降，则有：F=（m-△m）g
解得：△m=90kg
即至少抛掉质量为90kg的压舱物才能阻止气球加速下降
答：（1）漏气后气球下降的加速度为1 m/s2；
（2）漏气后气球所剩浮力为8100N；
（3）至少抛掉质量为90kg的压舱物才能阻止气球加速下降．
（1）F1、F2在x轴和y轴上的分量分别是多大；
（2）求F1和F2的合力，（sin37°=0.6，cos37°=0.8，
正确答案
解：（1）如图知F1在x和y轴分量分别为：
F1x=F1cos37°=5×0.8=4N
F1y=F1sin37°=5×0.6=3N
F2在x和y轴上的分量为：
F2x=F2cos45°=10×
F2y=F2sin45°=10×
（2）F1和F2的x方向的分力的合力为：
Fx=F2x-F1x=7-4=3N，沿着+x方向；
F1和F2的y方向的分力的合力为：
Fy=F2y+F1y=7+3=10N，沿着+y方向；
故合力为：
F=
答：（1）F1在x轴和y轴上的分量分别是4N、3N；F2在x轴和y轴上的分量分别是7N、7N；
（2）F1和F2的合力为10.4N．
解析
解：（1）如图知F1在x和y轴分量分别为：
F1x=F1cos37°=5×0.8=4N
F1y=F1sin37°=5×0.6=3N
F2在x和y轴上的分量为：
F2x=F2cos45°=10×
F2y=F2sin45°=10×
（2）F1和F2的x方向的分力的合力为：
Fx=F2x-F1x=7-4=3N，沿着+x方向；
F1和F2的y方向的分力的合力为：
Fy=F2y+F1y=7+3=10N，沿着+y方向；
故合力为：
F=
答：（1）F1在x轴和y轴上的分量分别是4N、3N；F2在x轴和y轴上的分量分别是7N、7N；
（2）F1和F2的合力为10.4N．
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用1s后撤去，小球上滑至最高点距A点的距离．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得Fsinθ-mgsinθ-μFN=ma1，
FN=Fcosθ-mgcosθ
代入数据解得a1=4m/s2
（2）F作用1s末的速度：v=a1t1=4×1m/s=4m/s
根据位移时间公式得，
F撤去后向上匀减速运动：mgsinθ+μmgcosθ=ma2，代入数据解得
根据速度位移公式
则x=x1+x2=2+1m=3m．
答：（1）小球运动的加速度为4m/s2；
（2）若F作用1s后撤去，小球上滑至最高点距A点的距离为3m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得Fsinθ-mgsinθ-μFN=ma1，
FN=Fcosθ-mgcosθ
代入数据解得a1=4m/s2
（2）F作用1s末的速度：v=a1t1=4×1m/s=4m/s
根据位移时间公式得，
F撤去后向上匀减速运动：mgsinθ+μmgcosθ=ma2，代入数据解得
根据速度位移公式
则x=x1+x2=2+1m=3m．
答：（1）小球运动的加速度为4m/s2；
（2）若F作用1s后撤去，小球上滑至最高点距A点的距离为3m．
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