牛顿运动定律_章节学习

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题型：填空题

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填空题

“天堂硅谷-滨江之夜”2006杭州西湖国际烟花大会于2006年10月14日（星期六）19：30-20：10在钱塘江水域施放．按照设计要求，装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在t=4s末到达离地面h=100m的最高点，随即炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，g取10m/s2，则v0=______，k=______．

正确答案

50m/s

0.25

解析

解：上升过程中所受的平均阻力f=kmg，

根据牛顿第二定律得：a==（k+1）g，

根据h=at2 得：a==12.5m/s2

所以v0=at=50m/s，

而（k+1）g=12.5m/s2，

所以 k=0.25．

故答案为：50m/s，0.25．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质量分别为m1、m2的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ．平行于斜面、大小为F的拉力作用在m1上，使m1、m2一起向上作匀加速运动，斜面始终静止在水平地面上，则（　　）

A弹簧的弹力大小为F

B弹簧的弹力大小为F+μm2gcosθ

C地面对斜面的摩擦力一定水平向右

D地面对斜面的摩擦力可能为零

正确答案

A

解析

解：A、根据牛顿第二定律，对m1、m2整体有：F-（m1+m2）gsinθ-μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a，

对m2：F弹-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a，

解得：F弹=F，故A正确，B错误．

C、D以斜面为研究对象，分析受力情况：重力G、m1、m2的压力N1、地面的支持力N2，如图，

则由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f2必定水平向左，斜面才能保持平衡．故CD错误．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ=0.4，一个F=10N水平恒力作用在物体上，使物体在水平地面上运动．F作用4s后撤除．（取g=10m/s2）求：

（1）物体运动前4s内物体发生的位移多大？

（2）F的平均功率多大？

（3）F撤除后，物体还能滑行多远？

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma ①

解得 a=1m/s2 ②

由运动学公式有：=8m ③

（2）由功公式 W=Fx=10×8=80J ④

由功率公式 P===20W ⑤

（3）牛顿第二定律 f=ma′⑥

解得：a′=μg=4m/s2

由运动学公式有 x′= ⑦

代入数据解得 x′=2m ⑧

答：（1）物体运动前4s内物体发生的位移为8m；

（2）F的平均功率20w；

（3）F撤除后，物体还能滑行2m

解析

解：（1）根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma ①

解得 a=1m/s2 ②

由运动学公式有：=8m ③

（2）由功公式 W=Fx=10×8=80J ④

由功率公式 P===20W ⑤

（3）牛顿第二定律 f=ma′⑥

解得：a′=μg=4m/s2

由运动学公式有 x′= ⑦

代入数据解得 x′=2m ⑧

答：（1）物体运动前4s内物体发生的位移为8m；

（2）F的平均功率20w；

（3）F撤除后，物体还能滑行2m

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题型：填空题

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填空题

火车质量为5×105kg，在运动过程中受到的阻力与速度的平方成正比，即Ff=kv2，其中k=5×102kg/m．在火车从甲地开出向乙地直线运行的过程中，开始阶段做匀加速直线运动，加速度大小为0.3m/s2，则当速度达到36km/h时，火车牵引力的大小是______N．

正确答案

2×105

解析

解：速度是36km/h=10m/s时的阻力：N

根据牛顿第二定律得：ma=F-Ff

所以：N

故答案为：2×105．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，x轴与水平传送带重合，坐标原点O在传送带的左端，传送带长L=8m，匀速运动的速度v0=5m/s．一质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xP=2m的P点，小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点．小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）经过多长时间小物块与传送带速度相同；

（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量；

（3）N点的纵坐标．

正确答案

解：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2

小物块与传送带共速时，所用的时间：t===1s

（2）运动的位移：x===2.5m＜（L-x）=6m

故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点；

在1s内，物体的位移为2.5m，传送带的位移为5m，故相对滑动的位移为：△x=5-2.5=2.5m；

小物块在传送带上运动系统产生的热量：Q=f•△x=μmg•△x=0.5×1×10×2.5=12.5J；

（3）小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg=m

由机械能守恒定律得：m=mgyN+m

解得：yN=1m

答：（1）经过1s时间小物块与传送带速度相同；

（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量为12.5J；

（3）N点的纵坐标为1m．

解析

解：（1）小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2

小物块与传送带共速时，所用的时间：t===1s

（2）运动的位移：x===2.5m＜（L-x）=6m

故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点；

在1s内，物体的位移为2.5m，传送带的位移为5m，故相对滑动的位移为：△x=5-2.5=2.5m；

小物块在传送带上运动系统产生的热量：Q=f•△x=μmg•△x=0.5×1×10×2.5=12.5J；

（3）小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到Q，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有：mg=m

由机械能守恒定律得：m=mgyN+m

解得：yN=1m

答：（1）经过1s时间小物块与传送带速度相同；

（2）从P点到Q点，小物块在传送带上运动系统产生的热量为12.5J；

（3）N点的纵坐标为1m．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，现对物体施加一个大小为8N、方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力，g取10m/s2，则物体在拉力作用后5s末的速度大小为______m/s，撤去拉力后，物体还能滑行的最大距离为______m．

正确答案

6.5

8.45

解析

解：根据牛顿第二定律得：

a====1.3m/s2

根据v=at得：

v=1.3×5m/s=6.5m/s

去拉力后，根据动能定理，有：

-μmg•x=0-

解得：

x===8.45m

故答案为：6.5，8.45．

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题型：简答题

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简答题

（2015•江西校级模拟）如图所示，一质量M=0.2 kg的足够长的长木板静止在水平面上，一质量m=0.2kg的小滑块静止在长木板的右端，已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.30，滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.20，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，若在t=0时刻使长木板获得向右的初速度v0=5.0m/s，且滑块始终在木板上，试求滑块相对于地面运动的位移．

正确答案

解：小滑块的加速度大小=2m/s2，

长木板做匀减速直线运动的加速度大小=，

设经过t时间两者速度相同，则有：a1t=v0-a2t，

解得t=，此时两者的速度为v1=a1t=2×0.5m/s=1m/s，

滑块相对地面的位移，

假设此时两者保持相对静止，则整体的加速度a=，此时滑块所受的摩擦力f=ma=0.6N＞μ2mg，可知假设不成立，滑块与木板不能保持相对静止．

速度相等后，小滑块相对木板向前滑，做匀减速运动，木板做匀减速运动，木板速度减为零后，小滑块继续做匀减速直线运动到零，

则小滑块的位移，

则滑块相对地面的总位移x=x1+x2=0.50m．

答：滑块相对于地面运动的位移为0.50m．

解析

解：小滑块的加速度大小=2m/s2，

长木板做匀减速直线运动的加速度大小=，

设经过t时间两者速度相同，则有：a1t=v0-a2t，

解得t=，此时两者的速度为v1=a1t=2×0.5m/s=1m/s，

滑块相对地面的位移，

假设此时两者保持相对静止，则整体的加速度a=，此时滑块所受的摩擦力f=ma=0.6N＞μ2mg，可知假设不成立，滑块与木板不能保持相对静止．

速度相等后，小滑块相对木板向前滑，做匀减速运动，木板做匀减速运动，木板速度减为零后，小滑块继续做匀减速直线运动到零，

则小滑块的位移，

则滑块相对地面的总位移x=x1+x2=0.50m．

答：滑块相对于地面运动的位移为0.50m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：

①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；

②此环下降过程需要多长时间．

正确答案

解：①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：

mg+Ff=ma1

由运动学公式：

解得：a1=16.0m/s2

Ff=1.2N

对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′

解得：FN=8.8N

又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；

②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，则有：

mg-F‘'f=ma2

联立并代入数据解得：a=4.0m/s2

t=0.5s

答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；

②此环下降过程需要多长时间为0.5s．

解析

解：①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：

mg+Ff=ma1

由运动学公式：

解得：a1=16.0m/s2

Ff=1.2N

对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′

解得：FN=8.8N

又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；

②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，则有：

mg-F‘'f=ma2

联立并代入数据解得：a=4.0m/s2

t=0.5s

答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；

②此环下降过程需要多长时间为0.5s．

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题型：填空题

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填空题

物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6s内速度v的变化和力F的变化如图所示，则物体的质量为______kg，物体与地面的动摩擦因数为______．

正确答案

2

0.05

解析

解：由v-t图象看出，物体在2s-6s做匀速直线运动，则f=F2=1N

由速度图象可知，0-2s物体加速度为a===1m/s2

F=3N

由牛顿第二定律得：F-f=ma

代入解得：m=2kg，

由f=μN=μmg

得：μ=0.05

故答案为：2，0.05

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题型：简答题

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简答题

机动车驾驶执照考试的其中一个项目是定点停车：要求考生根据考官的指令在一路边标志杆旁停车．在一次练习中，车以一定速度匀速行驶，在距标志杆距离为s时，教练命令考生到标志杆停车，考生立即刹车，车在阻力f1作用下做匀减速直线运动，经一段时间，车刚好停在标志杆旁．第二次练习时，车以同样的初速度匀速行驶，教练在同样的位置命令考生到标志杆停车，考生迟了△t时间才刹车，最后车也刚好停在标志杆旁．已知车和人总质量为M，车视为质点．求：

（1）车行驶的初速度是多少．

（2）第二次车做匀减速运动时受到的阻力f2是多少．

正确答案

解：（1）设初速度为v0，第一次练习做匀减速运动时，由动能定理得：

0-f1s=0-

可得 v0=

（2）设第二次练习做匀减速运动时加速度为a2

则 f2=Ma2；

根据位移关系可得 v0△t+=s

联立得：f2=

答：

（1）车行驶的初速度是．

（2）第二次车做匀减速运动时受到的阻力f2是．

解析

解：（1）设初速度为v0，第一次练习做匀减速运动时，由动能定理得：

0-f1s=0-

可得 v0=

（2）设第二次练习做匀减速运动时加速度为a2

则 f2=Ma2；

根据位移关系可得 v0△t+=s

联立得：f2=

答：

（1）车行驶的初速度是．

（2）第二次车做匀减速运动时受到的阻力f2是．

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题型：简答题

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简答题

为了测量某住宅大楼每层的平均高度（层高）及电梯运行情况，甲、乙两位同学在一楼电梯内用电子体重计及秒表进行了以下实验：一质量为m=50kg的甲同学站在体重计上，乙同学记录电梯从地面一楼到顶层全过程中，体重计示数随时间变化的情况，并作出了如图所示的图象，已知t=0时，电梯静止不动，从电梯内楼层按钮上获知该大楼共19层（g取10m/s2）．

求：（1）电梯启动和制动时的加速度大小；

（2）该大楼的层高．

正确答案

解：（1）对于启动状态有：

F1-mg=mα1得α1=2m/s2

对于制动状态有：mg-F3=mα3

得α3=2m/s2

即电梯启动时的加速度大小为2m/s2，制动时加速度大小也为2m/s2．

（2）电梯匀速运动的速度

从图中读得，电梯运动的总时间t=28s，电梯匀速上升的时间t2=26s，加速运动时间为t1=1s，减速上升时间也为t3=1s．

所以总位移

层高==3m

即该大楼的层高为3m．

解析

解：（1）对于启动状态有：

F1-mg=mα1得α1=2m/s2

对于制动状态有：mg-F3=mα3

得α3=2m/s2

即电梯启动时的加速度大小为2m/s2，制动时加速度大小也为2m/s2．

（2）电梯匀速运动的速度

从图中读得，电梯运动的总时间t=28s，电梯匀速上升的时间t2=26s，加速运动时间为t1=1s，减速上升时间也为t3=1s．

所以总位移

层高==3m

即该大楼的层高为3m．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，由倾角45°光滑斜面和半径R的光滑圆周组成的轨道固定在竖直平面内，斜面和圆周之间有小圆弧平滑连接．一小球以一定的初速度释放，始终贴着轨道内侧顺时针转动，则其通过斜面的时间最长可能是（　　）

A

B

C（2-2）

D

正确答案

D

解析

解：如图，小球能在圆周内侧斜面做圆周运动，通过圆周最高点的速度，则根据动能定理，可求出小球到达斜面顶端时的速度v1

mgR=

可得：

要求小球通过斜面时间最长，要求v1尽可能小，根据速度的条件可知，v1的最小值等于

物体在光滑斜面上下滑时，沿斜面下滑的加速度a=gsinθ=，已知小球在斜面上做匀加速运动的初速度，加速度a=，位移x=，根据运动学公式可以求出小球通过斜面的最长时间为：

t=，故D正确．

故选：D

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题型：简答题

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简答题

在民航和火车站都可看到用于对行李安全检查的水平传送带，当旅客把行李放上传送带时，传送带对行李的滑动摩擦力使行李开始运动，直到最后相对静止，行李随传送带一起前进．设传送带前进速度为4m/s，传送带AB间距离为20m，传送带与行李箱间的动摩擦因数μ=0.2，则一质量为5kg的行李箱无初速度地放上传送带A端后，经多长时间被传送到B端？

正确答案

解：行李在传送带上加速，设加速度大小为a，加速的时间为t1

a==μg=0.2×10m/s2=2m/s2

所以t1===2s

所以匀加速运动的位移为：s===4m

行李随传送带匀速前进的时间t2===4s

行李箱从A传送到B所需时间

t=t1+t2=2s+4s=6s

答：物体经过6s被传送到B端．

解析

解：行李在传送带上加速，设加速度大小为a，加速的时间为t1

a==μg=0.2×10m/s2=2m/s2

所以t1===2s

所以匀加速运动的位移为：s===4m

行李随传送带匀速前进的时间t2===4s

行李箱从A传送到B所需时间

t=t1+t2=2s+4s=6s

答：物体经过6s被传送到B端．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，足够长的水平传送带以速度v沿逆时针方向运动，传送带的左端与光滑曲面的底部平滑连接．一小物块从距离底部高h=1m处的P点由静止开始下滑，再滑上传送带，经过一段时间后又返回到曲面上，g取10m/s2，则下列说法正确的是（　　）

A若v=1m/s，则小物块能回到P点

B若v=3m/s，则小物块能回到P点

C若v=5m/s，则小物块能回到P点

D无论v等于多少，小物块都能回到P点

正确答案

C

解析

解：小物块从A点滑到传送带的过程中运用动能定理的：

=mgh

解得：v0=2m/s

由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分两种情况讨论：

①当传送带的速度v≥2m/s时，物块由于受到滑动摩擦力作用，在传送带先向左做匀减速运动，接着向右先做匀加速运动，速度与传送带相同后做匀速运动，物块在回到传送带右端时速度大小为传送带相同，由机械能守恒得知，物块能回到P点，

③如果v＜2m/s，则物块在回到传送带右端时速度大小为传送带相同，小于2m/s，由机械能守恒得知小物块不能回到A点，故ABD错误，C正确；

故选：C

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题型：单选题

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单选题

如图所示．两个相同的小球A、B用长均为0.8m的细绳悬于小车顶部，随小车一起向右匀速运动，速度为4m/s，两球与小车前后壁接触，若某时刻小车突然停止运动，则此时悬线的拉力之比为FA：FB为（　　）（重力加速度g取10m/s2）

A2：1

B3：1

C1：2

D1：3

正确答案

B

解析

解：若A、B的质量为m，则

对A球有：，

解得：．

对B球有：FB=mg=10m．

所以FA：FB=3：1．

故选：B．

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