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，一圆盘可以绕竖直轴在水平面内转动，圆盘半径为R．盘上放置A、B两物体，其质量分别为M和m（M＞m），它们与圆盘之间的摩擦因数均为μ（最大静摩擦力与滑动摩擦力近似相等），A、B两物体间用一根长为L（L＜R）的轻绳连在一起．若将A物体放在转轴位置上，A、B之间连线刚好沿半径被拉直．要使两物体与圆盘间不发生相对滑动，则转盘旋转的角速度最大不能超过（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：当绳子的拉力等于A的最大静摩擦力时，角速度达到最大，有T+μmg=mLω2，T=μMg．所以ω=．故D正确，A、B、C错误．

故选D．

1

题型：简答题

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简答题

如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，一质量m=1kg，初速度大小为v2的煤块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若以地面为参考系，从煤块滑上传送带开始计时，煤块在传送带上运动的速度-时间图象如图乙所示，取g=10m/s2，求：

（1）煤块与传送带间的动摩擦因数；

（2）煤块在传送带上运动的时间；

（3）整个过程中由于摩擦产生的热量．

正确答案

解：（1）由速度-时间图象，煤块匀变速运动的加速度：a===1m/s2，

由牛顿第二定律得：μmg=ma，煤块与传送带间的动摩擦因数：μ==0.1；

（2）由速度-时间图象，传送带速度大小：v1=1m/s，煤块初速度大小v2=3m/s，

煤块在传送带上滑动：t1=4s与传送带相对静止．

前3s内煤块的位移：s1=t=4.5m，方向向左，

后1s内煤块的位移：s2=t′=0.5m，方向向右，

4s内煤块的位移：s=s1-s2=4m，方向向左，

煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：t2==4s，

故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8s；

（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移s′=v1t1=4m，方向向右；

煤块的位移：s=s1-s2=4m，方向向左，

两个物体的相对位移△s=s′+s=8m

整个过程中摩擦产生的热量：Q=μmg△s=8J；

答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；

（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；

（3）整个过程中由于摩擦产生的热量为8J．

解析

解：（1）由速度-时间图象，煤块匀变速运动的加速度：a===1m/s2，

由牛顿第二定律得：μmg=ma，煤块与传送带间的动摩擦因数：μ==0.1；

（2）由速度-时间图象，传送带速度大小：v1=1m/s，煤块初速度大小v2=3m/s，

煤块在传送带上滑动：t1=4s与传送带相对静止．

前3s内煤块的位移：s1=t=4.5m，方向向左，

后1s内煤块的位移：s2=t′=0.5m，方向向右，

4s内煤块的位移：s=s1-s2=4m，方向向左，

煤块接着在传送带上向右匀速运动，时间：t2==4s，

故煤块在传送带上运动的时间t=t1+t2=8s；

（3）煤块在传送带上滑动的4s内，皮带的位移s′=v1t1=4m，方向向右；

煤块的位移：s=s1-s2=4m，方向向左，

两个物体的相对位移△s=s′+s=8m

整个过程中摩擦产生的热量：Q=μmg△s=8J；

答：（1）煤块与传送带间的动摩擦因数为0.1；

（2）煤块在传送带上运动的时间为8s；

（3）整个过程中由于摩擦产生的热量为8J．

1

题型：简答题

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简答题

（2015秋•晋城期末）倾角θ=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上．质量m=2kg的木块置于斜顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m，在此过程中斜面保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．求：

（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；

（2）地面对斜面的支持力大小．

正确答案

解：（1）滑块由静止开始匀加速下滑，有s=at2，得到 a=2m/s2

对木块受力分析，受到重力，支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有

mgsinθ-f1=ma ①

mgcosθ-N1=0 ②

f1=μmgcosθ ③

对斜面受力分析，受重力Mg、支持力N、滑块的压力N1、滑块的摩擦力f1和地面的静摩擦力f，设静摩擦力f向左，则

f=N1sinθ-f1cosθ=3.2N，方向向左．

即地面对斜面的摩擦力大小为3.2N，方向向左．

（2）根据共点力平衡条件，地面对斜面的支持力大小

N=Mg+N1cosθ+f1sinθ=67.6N

地面对斜面的支持力大小为67.6N．

解析

解：（1）滑块由静止开始匀加速下滑，有s=at2，得到 a=2m/s2

对木块受力分析，受到重力，支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有

mgsinθ-f1=ma ①

mgcosθ-N1=0 ②

f1=μmgcosθ ③

对斜面受力分析，受重力Mg、支持力N、滑块的压力N1、滑块的摩擦力f1和地面的静摩擦力f，设静摩擦力f向左，则

f=N1sinθ-f1cosθ=3.2N，方向向左．

即地面对斜面的摩擦力大小为3.2N，方向向左．

（2）根据共点力平衡条件，地面对斜面的支持力大小

N=Mg+N1cosθ+f1sinθ=67.6N

地面对斜面的支持力大小为67.6N．

1

题型：填空题

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填空题

在水平地面上有质量为4kg的物体，物体在水平拉力F作用下由静止开始运动，10s后拉力减为，该物体的速度图象如图所示，则水平拉力F=______N，物体与地面间的动摩擦因数μ=______．（g取10m/s2）

正确答案

9

0.125

解析

解：物体匀加速直线运动的加速度大小，

匀减速直线运动的加速度大小，

根据牛顿第二定律得，F-μmg=ma1，

，

代入数据解得F=9N，μ=0.125

故答案为：9N，0.125

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，在同一竖直平面内两正对着的相同半圆光滑轨道，轨道半径R=2m，相隔一定的距离x，虚线沿竖直方向，一质量M=0.1kg的小球能在其间运动．今在最低点B与最高点A各放一个压力传感器，测试小球对轨道的压力，并通过计算机显示出来．已知小球在最低点B的速度为vB=20m/s，取g=10m/s2，不计空气阻力．求：

（1）小球在最低点B对轨道的压力．

（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值．

（3）若半圆轨道的间距x可在零到最大值之间变化，试在图中画出小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象．

正确答案

解：

（1）小球在最低点时，根据牛顿第二定律得

FB-Mg=M

代入解得FB=21N

又根据牛顿第三定律：小球在最低点B对轨道的压力为21N．

（2）小球恰好到达最高点A时，

Mg=M ①

小球从A到B的过程，根据机械能守恒定律得

Mg（2R+x）+= ②

联立①②，代入解得 x=15m

（3）设小球对轨道B、A两点的压力大小分别为FB、FA．

以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得

A点：Mg+FA=M ③

B点：FB-Mg=M ④

又Mg（2R+x）+= ⑤

△FN=FB-FA ⑥

联立③④⑤⑥得

△FN=x+6

作图象如图．

答；

（1）小球在最低点B对轨道的压力为21N．

（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值为15m．

（3）小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象如图所示．

解析

解：

（1）小球在最低点时，根据牛顿第二定律得

FB-Mg=M

代入解得FB=21N

又根据牛顿第三定律：小球在最低点B对轨道的压力为21N．

（2）小球恰好到达最高点A时，

Mg=M ①

小球从A到B的过程，根据机械能守恒定律得

Mg（2R+x）+= ②

联立①②，代入解得 x=15m

（3）设小球对轨道B、A两点的压力大小分别为FB、FA．

以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得

A点：Mg+FA=M ③

B点：FB-Mg=M ④

又Mg（2R+x）+= ⑤

△FN=FB-FA ⑥

联立③④⑤⑥得

△FN=x+6

作图象如图．

答；

（1）小球在最低点B对轨道的压力为21N．

（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值为15m．

（3）小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象如图所示．

1

题型：单选题

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单选题

质量为4kg的物体静止在光滑水平地面上，受到10N的水平力作用2s，则（　　）

A物体速度达到3m/s

B物体速度达到20m/s

C物体位移为10m

D物体位移为5m

正确答案

D

解析

解：由牛顿第二定律F=ma得物体加速度为：

；

则2s末的速度为：

v2=at=2.5×2m/s=5m/s；

2s内的位移为：

；

故选：D．

1

题型：简答题

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简答题

许多汽车司机喜欢在驾驶室悬挂一些祝福“平安”的小工艺品．如下图所示，沿水平方向做匀变速直线运动的车厢中，悬挂小工艺品的悬线偏离竖直方向37°角，球和车厢相对静止，球的质量为1kg．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）求车厢运动的加速度，并说明车厢的运动情况；

（2）求悬线对球的拉力．

正确答案

解：（1）车厢的加速度与小球加速度相同，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：

a=

所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，所以车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．

（2）由图可知：

F=

答：（1）车厢运动的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．

（2）悬线对球的拉力为12.5N．

解析

解：（1）车厢的加速度与小球加速度相同，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：

a=

所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，所以车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．

（2）由图可知：

F=

答：（1）车厢运动的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．

（2）悬线对球的拉力为12.5N．

1

题型：填空题

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填空题

在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的摩擦力使行李开始运动，最后行李随传送带一起前进，设传送带匀速前进的速度为 0.6m/s，质量为4.0kg的皮箱在传送带上相对滑动时，所受摩擦力为24N，那么，这个木箱无初速地放在传送带上后，经过______s才与皮带保持相对静止，传送带上留下一条______cm长的摩擦痕迹．

正确答案

0.1

3

解析

解：设皮箱在传送带上相对运动时间为t，皮箱放上传送带后做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿运动定律：

皮箱加速度：a==m/s2=6m/s2

由 v=at 得：t==s=0.1s

到相对静止时，传送带带的位移为：s1=vt=0.06m

皮箱的位移：s2==0.03m

摩擦痕迹长：L=s1-s2=0.03m=3cm

故答案为：0.1，3

1

题型：填空题

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填空题

如图所示，质量m=1kg的物体以速率v向右做直线运动，已知物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，则物体受到的摩擦力的大小为______N；若给出此物体施加一水平向左F=2N的外力，此时物体的加速度大小为______m/s2．（g=10m/s2）

正确答案

1

3

解析

解：滑动摩擦力：f=μmg=0.1×1×10=1N 向左

施加向左的力F后，根据牛顿第二定律，有：

f+F=ma

解得：

a== 向左

故答案为：1，3．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，A，B两物体并排放在斜面上，与斜面之间的动摩擦因数μ=0.5，斜面倾角θ=37°，A的质量m=1.5kg，B的质量M=2.5kg，现对物体A施加一大小为60N，方向沿斜面向上的推力F，使A，B由静止开始一起上滑．若斜面足够长，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）求A，B由静止一起上滑时两物体间的相互作用力；

（2）若力F作用t=2s后方向改为沿斜面向下，大小保持不变，仍作用于A上，求B的速度减小到零时两物体之间的距离．

正确答案

解：（1）以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有：

F-μ（M+m）gcos37°-（M+m）gsin37°=（M+m）a

故整体的加速度：

m/s2=5m/s2

B与整体加速度相同，根据牛顿第二定律，有：

FN-Mgsin37°-μMgcos37°=Ma

解得：

FN=Mgsin37°+μMgcos37°+Ma=2.5×10×0.6+0.5×2.5×10×0.8+2.5×5N=37.5N

（2）对整体来说，力F作用t=2 s时，整体的速度：

v=at=5×2m/s=10m/s

力F改为反向后，B的加速度：

aB=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10 m/s2

B的速度减小到0的时间：

B的位移：

m

A速度减小到零前的加速度：

m/s2

A的速度减小到零的时间：

s

A的位移：

=1m

A反向加速：

m/s2

A反向加速的位移：

m

A、B间距离：

△S=SB-S1+S2=17.44m

答：（1）A、B由静止一起上滑时两物体间的相互作用力为37.5N；（2）B的速度减小到零时两物体之间的距离为17.44m．

解析

解：（1）以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有：

F-μ（M+m）gcos37°-（M+m）gsin37°=（M+m）a

故整体的加速度：

m/s2=5m/s2

B与整体加速度相同，根据牛顿第二定律，有：

FN-Mgsin37°-μMgcos37°=Ma

解得：

FN=Mgsin37°+μMgcos37°+Ma=2.5×10×0.6+0.5×2.5×10×0.8+2.5×5N=37.5N

（2）对整体来说，力F作用t=2 s时，整体的速度：

v=at=5×2m/s=10m/s

力F改为反向后，B的加速度：

aB=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10 m/s2

B的速度减小到0的时间：

B的位移：

m

A速度减小到零前的加速度：

m/s2

A的速度减小到零的时间：

s

A的位移：

=1m

A反向加速：

m/s2

A反向加速的位移：

m

A、B间距离：

△S=SB-S1+S2=17.44m

答：（1）A、B由静止一起上滑时两物体间的相互作用力为37.5N；（2）B的速度减小到零时两物体之间的距离为17.44m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，小物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，当二者达到相同速度时，物块恰好滑到小车的最左端．取g=10m/s2．求：

（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？

（2）小车的长度是多少？

正确答案

解：（1）以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：

μmg=ma1

解得：a1=μg=2m/s2

以小车为研究对象，由牛顿第二定律得：

F-μmg=Ma2

解得：

故小物块的加速度为a1=2m/s2，小车的加速度为a2=0.5m/s2．

（2）由运动学公式：a1t=v0+a2t

解得：

则：

L=x2-x1=0.75m

故小车的长度是0.75m．

解析

解：（1）以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：

μmg=ma1

解得：a1=μg=2m/s2

以小车为研究对象，由牛顿第二定律得：

F-μmg=Ma2

解得：

故小物块的加速度为a1=2m/s2，小车的加速度为a2=0.5m/s2．

（2）由运动学公式：a1t=v0+a2t

解得：

则：

L=x2-x1=0.75m

故小车的长度是0.75m．

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题型：多选题

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多选题

（2016•北京校级模拟）如图所示，在光滑水平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数μ=0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有（　　）

Aam=1 m/s2，aM=1 m/s2

Bam=1 m/s2，aM=2 m/s2

Cam=2 m/s2，aM=4 m/s2

Dam=3 m/s2，aM=5 m/s2

正确答案

A,C

解析

解：当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：

此时F=（M+m）am=（5+1）×2N=12N

当F＜12N，可能有aM=am=1m/s2．

当F＞12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM＞am=2m/s2．故AC正确，BD错误

故选：AC．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：

（1）速度vA的大小；

（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．

正确答案

解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：

所以小球在A点的速度．

（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，

小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有

解以上两式，得到：NB=6qE

故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．

解析

解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：

所以小球在A点的速度．

（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，

小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有

解以上两式，得到：NB=6qE

故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•江西校级期末）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不连结，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，（cos53°=0.6，sin53°=0.8）以下说法正确的是（　　）

A小球静止时弹簧的弹力大小为mg

B小球静止时细绳的拉力大小为mg

C细线烧断瞬间小球的加速度大小为g

D细线烧断瞬间小球的加速度大小为g

正确答案

A,B,C

解析

解：A、B、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：

弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=，

细绳的拉力大小为：T=，故A、B正确．

C、D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：

a=，故C正确，D错误．

故选：ABC．

1

题型：简答题

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简答题

如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F=8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系．已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2．试问：

（1）图（b）中图线与纵坐标交点a0多大？

（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？说明在斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块的运动状态．

（3）若木板长LOA=2m，水平放置，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板A端，力F最多作用多长时间？

正确答案

解：（1）θ=00时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8N，滑动摩擦力f=μN=μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：m/s2

（2）当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态．

（3）设F作用的时间为t0，位移为s0．撤去F作用后物块加速度为a，运动时间为t，位移为s

v0=a0t0

撤去外力F后，物块在滑动摩擦力作用下做减速运动，由于滑动摩擦力f=μmg，所以此时物体产生的加速度大小：

a=μg=0.2×10=2m/s2

物块做匀减速运动产生的位移s=

物体由静止开始加速，撤去外力F后在摩擦力作用下减速至停止，故速度关系满足：

v0=a0t0=at

代入：s0+s=LOA

有：

解得：s

答：（1）图（b）中图线与纵坐标交点a0=6m/s2

（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板在θ1时所受摩擦力沿木板向下，在θ2时沿木板向上，斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块处于静止状态；

（3）若木板长LOA=2m，水平放置，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板A端，力F最多作用0.41s．

解析

解：（1）θ=00时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8N，滑动摩擦力f=μN=μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：m/s2

（2）当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态．

（3）设F作用的时间为t0，位移为s0．撤去F作用后物块加速度为a，运动时间为t，位移为s

v0=a0t0

撤去外力F后，物块在滑动摩擦力作用下做减速运动，由于滑动摩擦力f=μmg，所以此时物体产生的加速度大小：

a=μg=0.2×10=2m/s2

物块做匀减速运动产生的位移s=

物体由静止开始加速，撤去外力F后在摩擦力作用下减速至停止，故速度关系满足：

v0=a0t0=at

代入：s0+s=LOA

有：

解得：s

答：（1）图（b）中图线与纵坐标交点a0=6m/s2

（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板在θ1时所受摩擦力沿木板向下，在θ2时沿木板向上，斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块处于静止状态；

（3）若木板长LOA=2m，水平放置，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板A端，力F最多作用0.41s．

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