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

“神舟”六号飞船返回舱降到距地面约10km时，回收着陆系统启动工作，设经过一段时间后，在临近地面时降落伞使返回舱以7.0m/s的速度匀速竖直下降．在距地面约1.0m时，返回舱的4个相同的反推火箭发动机同时点火工作，使返回舱以不大于3m/s的速度接触地面，实现软着陆．若返回舱的质量约为2.7t，求4个反推火箭发动机产生的总推力至少是______ N．

正确答案

8.1×104

解析

解：反推火箭发动机同时点火工作，设返回舱做匀减速运动，返回舱的加速度为a，初速度为v0=7.0m/s，末速度不大于v=3.0m/s，位移为S=1.0m，由速度-位移关系式得：

设反推火箭发动机产生的总推力大小为F，由牛顿第二定律得：

mg-F=ma

代入数据解得：F=8.1×104N

故反推火箭发动机产生的总推力至少为8.1×104N

故答案为：8.1×104

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m1=0.5kg的长木板在水平恒力F=6N的作用下在光滑水平面上运动，当木板速度v0=2m/s时，在木板右端无初速轻放一质量m2=1.5kg的小物块，此时木板与前方障碍物的距离L=4.5m．在木板撞到障碍物前物块未滑离木板，撞到障碍物后木板停止运动．已知物块与木板间的动摩擦因素µ=0.4，g取10m/s2．

（1）物块运动多长时间与木板达到相对静止？这段时间内物块相对于木板的位移是多少？

（2）木板撞到障碍物时物块的速度是多少？

（3）通过计算判断物块最终能否滑离木板？若能，则物块滑离木板时的速度是多少？

正确答案

解：（1）当木块无初速轻放到木板上时，它受到向右的摩擦力，开始做匀加速运动，设加速度为a1．

对木块由牛顿第二定律有：μm2g=m2a1，所以：

a1=μg=0.4×10m/s2=4m/s2 ①

此时木板受力：

F合=F-μm2g=6-0.4×1.5×10=0 ②

所以木板开始做匀速运动．

假设木块与木板相对静止前，木板没有撞到障碍物，设二者经过t1时间达到相对静止，由运动学方程有：

υ0=a1t1 ③

由①～③式并代入数据可得：t1=0.5s

这段时间内木板的位移s1=υ0t1=1m＜s

所以上述假设运动过程成立，木块经历t1=0.5s达到与木板相对静止．

物块的位移：

物块相对木板的位移：S=S1-S2=0.5m

（2）木块与木板相对静止后，二者在力F作用下做匀加速运动，直至木板撞到障碍物，设二者的加速度为a2，木板撞到障碍物时的速度为υ；

对木板和木块整体由牛顿第二定律有：F=（m1+m2）a2

故，a2===3m/s2 ④

由运动学规律有：υ2-υ02=2a2（s-s1） ⑤

由④⑤式并代入数据可得：υ=5m/s

（3）木板停止运动后，物块以-a1的加速度做匀减速运动，设物块的最大位移为s3，则：

v2=2a1s3

解得：

由于S3＞S，故物块能够滑离木板；

设物块滑离木板时的速度为v2，则：

解得：

答：（1）木块运动0.5s与木板达到相对静止；这段时间内物块相对于木板的位移是0.5m；

（2）木板撞到障碍物时时木块的速度为5m/s；

（3）物块最终能滑离木板，物块滑离木板时的速度是m/s．

解析

解：（1）当木块无初速轻放到木板上时，它受到向右的摩擦力，开始做匀加速运动，设加速度为a1．

对木块由牛顿第二定律有：μm2g=m2a1，所以：

a1=μg=0.4×10m/s2=4m/s2 ①

此时木板受力：

F合=F-μm2g=6-0.4×1.5×10=0 ②

所以木板开始做匀速运动．

假设木块与木板相对静止前，木板没有撞到障碍物，设二者经过t1时间达到相对静止，由运动学方程有：

υ0=a1t1 ③

由①～③式并代入数据可得：t1=0.5s

这段时间内木板的位移s1=υ0t1=1m＜s

所以上述假设运动过程成立，木块经历t1=0.5s达到与木板相对静止．

物块的位移：

物块相对木板的位移：S=S1-S2=0.5m

（2）木块与木板相对静止后，二者在力F作用下做匀加速运动，直至木板撞到障碍物，设二者的加速度为a2，木板撞到障碍物时的速度为υ；

对木板和木块整体由牛顿第二定律有：F=（m1+m2）a2

故，a2===3m/s2 ④

由运动学规律有：υ2-υ02=2a2（s-s1） ⑤

由④⑤式并代入数据可得：υ=5m/s

（3）木板停止运动后，物块以-a1的加速度做匀减速运动，设物块的最大位移为s3，则：

v2=2a1s3

解得：

由于S3＞S，故物块能够滑离木板；

设物块滑离木板时的速度为v2，则：

解得：

答：（1）木块运动0.5s与木板达到相对静止；这段时间内物块相对于木板的位移是0.5m；

（2）木板撞到障碍物时时木块的速度为5m/s；

（3）物块最终能滑离木板，物块滑离木板时的速度是m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为4kg的物体静止在动摩擦因数位0.2的水平地面上，一水平力F=10N作用在物体上，经2s后物体静止的A点运动到B点时，撤去水平力F，之后物体运动直到静止．求：

（1）物体运动到B点的速度；

（2）物体运动的总位移．

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma，

代入数据解得：a=0.5m/s2，

物体运动到B点的速度：v=at=0.5×2=1m/s，

物体的位移：x1=at2=×0.5×22=1m；

（2）撤去拉力后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′，解得：a′=2m/s2，

撤去拉力后物体的位移：x2===0.25m，

物体总的位移：x=x1+x2=1+0.25=1.25m；

答：（1）物体运动到B点的速度为1m/s；

（2）物体运动的总位移为1.25m．

解析

解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma，

代入数据解得：a=0.5m/s2，

物体运动到B点的速度：v=at=0.5×2=1m/s，

物体的位移：x1=at2=×0.5×22=1m；

（2）撤去拉力后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′，解得：a′=2m/s2，

撤去拉力后物体的位移：x2===0.25m，

物体总的位移：x=x1+x2=1+0.25=1.25m；

答：（1）物体运动到B点的速度为1m/s；

（2）物体运动的总位移为1.25m．

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题型：简答题

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简答题

频闪照相是研究物理过程的重要手段，如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片．已知斜面足够长，倾角为α=37°，闪光频率为10Hz．经测量换算获得实景数据：s1=s2=40cm，s3=35cm，s4=25cm，s5=15cm．取g=l0m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求：

（1）滑块上滑过程的加速度的大小；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ，并说明滑块在斜面上运动到最高点后能否自行沿斜面下滑；

（3）滑块在斜面上运动的时间．

正确答案

解：（1）物块沿斜面向上做匀减速直线运动

T==s

由公式3-4=2

0.25-0.35=a×0.12

得加速度1=10m/s2 ①

方向沿斜面向下

（2）由牛顿第二定律得

mgsina+μmgcosα=ma1

化简得gsina+μgcosα=a1 ②

联立①②得=0.5

因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑．

（3）当速度为零时，位移最大，

由 v02=2a1s

得s=0.8m

物块在水平面上做匀速直线运动的速度

v0===4m/s

物块沿斜面向上做匀减速直线运动时间t1===0.4s

根据牛顿运动定律知下滑加速度a2=gsina-μgcosα=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2

根据x=求解下滑的时间t2==s=s

在斜面上的时间t=t1+t2=（0.4）s

答：（1）滑块沿斜面向上运动的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑；

（3）滑块在斜面上运动的时间为（0.4）s．

解析

解：（1）物块沿斜面向上做匀减速直线运动

T==s

由公式3-4=2

0.25-0.35=a×0.12

得加速度1=10m/s2 ①

方向沿斜面向下

（2）由牛顿第二定律得

mgsina+μmgcosα=ma1

化简得gsina+μgcosα=a1 ②

联立①②得=0.5

因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑．

（3）当速度为零时，位移最大，

由 v02=2a1s

得s=0.8m

物块在水平面上做匀速直线运动的速度

v0===4m/s

物块沿斜面向上做匀减速直线运动时间t1===0.4s

根据牛顿运动定律知下滑加速度a2=gsina-μgcosα=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2

根据x=求解下滑的时间t2==s=s

在斜面上的时间t=t1+t2=（0.4）s

答：（1）滑块沿斜面向上运动的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑；

（3）滑块在斜面上运动的时间为（0.4）s．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，一个物体由A点出发分别沿三条光滑轨道到达C1，C2，C3，则（　　）

A物体到达C1点时的速度最大

B物体分别在三条轨道上的运动时间相同

C物体到达C3的时间最短

D在C3上运动的加速度最大

正确答案

C,D

解析

解：A、根据机械能守恒可知 mgh=mV2，三条轨道的竖直高度相同，都从静止释放，则物体到达C1、C2、C3的速度大小相等，故A错误；

D、设斜面的倾角为θ，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，斜面倾角越大，加速度越大，故物体在三个斜面上的运动都是匀加速运动，在AC3上下滑时加速度最大．故D正确；

B、C、设斜面的高度为h，则有：=at2=（gsinθ）t2，解得t=，可见，斜面倾角越大，时间越短，故在AC3上下滑时所用时间最少，故B错误，C正确．

故选：CD

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题型：简答题

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简答题

质量为M=2.5kg的一只长方体形铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数为μ1=0.50．这时铁箱内一个质量为m=0.5kg的木块恰好能静止在后壁上（如图所示），木块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2=0.25．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2．求：

（1）木块对铁箱的压力；

（2）水平拉力F的大小．

（3）缓慢减小拉力F，经过一段时间，木块落底后不反弹，某时刻当箱的速度为v=6m/s时撤去拉力，经1s时间木块从左侧到达右侧，则铁箱长度是多少？

正确答案

解：（1）对木块：在

竖直方向：由相对静止得 mg=Ff=μ2FN∴FN==N=20N

由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力FN′=-FN=-20N，方向水平向左

（2）对木块：在水平方向：FN=ma

∴a==40m/s2

对铁箱和木块整体：F-μ1（M+m）g=（M+m）a

故水平拉力F=（M+m）（a+μ1g）=135N

（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，

因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动．

木块加速度a2=μ2g=2.5m/s2

又铁箱加速度：a1==5.5m/s2

铁箱减速时间为t0=v/a1=1.1s＞1s，故木块到达箱右端时，箱未能停止．

则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长．

即有：L=（vt-a2t2）-（vt-a1t2）=（a1-a2）t2．

解得：L=1.5m

答：（1）木块对铁箱的压力大是20N，方向水平向左；

（2）水平拉力F的大小是135N．

（3）铁箱长度是1.5m．

解析

解：（1）对木块：在

竖直方向：由相对静止得 mg=Ff=μ2FN∴FN==N=20N

由牛顿第三定律得：木块对铁箱的压力FN′=-FN=-20N，方向水平向左

（2）对木块：在水平方向：FN=ma

∴a==40m/s2

对铁箱和木块整体：F-μ1（M+m）g=（M+m）a

故水平拉力F=（M+m）（a+μ1g）=135N

（3）撤去拉力F时，箱和木块的速度均为v=6m/s，

因μ1＞μ2，以后木块相对箱滑动．

木块加速度a2=μ2g=2.5m/s2

又铁箱加速度：a1==5.5m/s2

铁箱减速时间为t0=v/a1=1.1s＞1s，故木块到达箱右端时，箱未能停止．

则经t=1s木块比铁箱向右多移动距离L即铁箱长．

即有：L=（vt-a2t2）-（vt-a1t2）=（a1-a2）t2．

解得：L=1.5m

答：（1）木块对铁箱的压力大是20N，方向水平向左；

（2）水平拉力F的大小是135N．

（3）铁箱长度是1.5m．

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题型：简答题

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简答题

质量为5kg的木块静止在高为1.5m的水平桌面上，二者间的动摩擦因数为0.4．今用50N的推力使它向前运动3m时撤去推力，木块又滑行2m后从桌边飞出．求木块离开桌边时的速度和落地时速度的大小分别为多少？

正确答案

解：设木块离开桌边时的速度和落地时速度的大小分别为v1和v2．

根据动能定理得：

对木块从开始到离开桌边的过程：Fs1-μmg（s1+s2）=

对木块从开始到落地的全过程：Fs1-μmg（s1+s2）+mgh=

据题有：s1=3m，s2=2m，μ=0.4，h=1.5m

解得：v1=m/s；v2=m/s；

答：木块离开桌边时的速度为m/s，落地时速度的大小为m/s．

解析

解：设木块离开桌边时的速度和落地时速度的大小分别为v1和v2．

根据动能定理得：

对木块从开始到离开桌边的过程：Fs1-μmg（s1+s2）=

对木块从开始到落地的全过程：Fs1-μmg（s1+s2）+mgh=

据题有：s1=3m，s2=2m，μ=0.4，h=1.5m

解得：v1=m/s；v2=m/s；

答：木块离开桌边时的速度为m/s，落地时速度的大小为m/s．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一水平传送带以恒定的速度v0匀速运动，其上表面传送方向向右，从传送带右端A处将质量为m的物体以初速度v1向B端推出．已知A、B之间的距离为L，物体与传送带之间的动摩擦因数为μ，物体经过时间t0离开传送带，对上述运动过程，以下说法正确的有（　　）

A物体离开传送带时的速度可能大于v1

B物体运动的路程可能小于t0

C传送带对物体做功的大小一定大于|m（v12-v02）|

D传送带克服摩擦力做的功一定不大于2μmgL

正确答案

B

解析

解：A、若A从左边离开，由于做减速运动，速度小于v1，若从右边离开，速度等于v1，A错误

B、若物块的平均速度小于，则物体运动的路程可能小于t0，B正确

C、若物块从左端滑下时的速度还大于v0，由动能定理知传送带对物体做功的小于m（v12-v02），C错误

D、若传送带的速度较快，物块与传送带间的相对位移大于2L，则传送带克服摩擦力做的功大于2μmgL，D错误

故选：B

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题型：单选题

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单选题

一质量为m的质点以速度v0运动，在t=0时开始受到恒力F作用，速度大小先减小后增大，其最小值为v0．质点从开始受到恒力作用到速度最小的过程中的位移大小为（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：质点速度大小先减小后增大，减速运动的最小速度不为0，说明质点不是做直线运动，是做类平抛运动．设恒力与初速度之间的夹角是θ，最小速度为：

v1=v0sinθ=0.5v0

可知初速度与恒力的夹角为30°．在沿恒力方向上有：

v0cosθ-•t=0，

x=•t，

在垂直恒力方向上有：y=•t，

质点的位移为：s=，

联解可得发生的位移为：s=

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

质量M=2Kg的斜面体放在水平地面上，斜面的倾角为θ=37°，一质量为m=0.2Kg的滑块放在斜面上，现用水平的推力F作用在斜面上，使滑块与斜面保持相对静止，一起加速运动，若所有的接触都是光滑的，即μ1=μ2=0．问：

（1）水平推力F为多大？

（2）从静止开始，F作用时间t=4s，水平推力做多少功？

正确答案

解：（1）若μ1=μ2=0即所有的接触都是光滑时，以滑块为研究对象，

滑块只受重力G和弹力N，由牛顿第二定律可知：

F合=mgtan37°=ma，所以a=7.5m/s2，

推力：F=（M+m）a=16.5N；

（2）由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2=60m，

推力做功：W=Fxcosθ=990J；

答：（1）水平推力F为16.5N；

（2）从静止开始，F作用时间t=4s，水平推力做的功是990J．

解析

解：（1）若μ1=μ2=0即所有的接触都是光滑时，以滑块为研究对象，

滑块只受重力G和弹力N，由牛顿第二定律可知：

F合=mgtan37°=ma，所以a=7.5m/s2，

推力：F=（M+m）a=16.5N；

（2）由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2=60m，

推力做功：W=Fxcosθ=990J；

答：（1）水平推力F为16.5N；

（2）从静止开始，F作用时间t=4s，水平推力做的功是990J．

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题型：单选题

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单选题

质量为2kg的物体在x-y平面做曲线运动，在x方向的速度图象和y方向的位移图象．如图所示．下列说法正确的是（　　）

A质点所受的合外力为6N

B质点的初速度为5m/s

C2s末速度大小为6m/s

D质点初速度的方向与合外力方向垂直

正确答案

B

解析

解：A、x轴方向的加速度a=1.5m/s2，质点的合力F合=ma=3N，故A错误；

B、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=-4m/s，质点的初速度v0==5m/s．故B正确．

C、2s末质点速度大小为v=＞6m/s，故C错误；

D、合力沿x轴方向，初速度方向在x轴与y轴负半轴夹角之间，故合力与初速度方向不垂直，D错误；

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须距水平地面高度H=3.2m的A点沿水平方向跳起离开斜面．已知运动员的滑板与斜面间的动摩擦因数μ=0.1，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2．（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：

（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小；

（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间；

（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度．

正确答案

解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律得

mgsin53°-μmgcos53°=ma

得到运动员在斜面上滑行的加速度 a=g（sin53°-μcos53°）=7.4m/s2

（2）运动员从斜面上起跳后做平抛运动，沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式

解得 =0.8s

（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H-h时，他沿水平方向的运动的距离为Hcot53°+L，设他在这段时间内运动的时间为t′，则

Hcot53°+L=vt′

解得 v=6.0m/s

答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；

（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s；

（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度为6.0m/s．

解析

解：（1）设运动员连同滑板的质量为m，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律得

mgsin53°-μmgcos53°=ma

得到运动员在斜面上滑行的加速度 a=g（sin53°-μcos53°）=7.4m/s2

（2）运动员从斜面上起跳后做平抛运动，沿竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式

解得 =0.8s

（3）为了不触及障碍物，运动员以速度v沿水平方向起跳后竖直下落高度为H-h时，他沿水平方向的运动的距离为Hcot53°+L，设他在这段时间内运动的时间为t′，则

Hcot53°+L=vt′

解得 v=6.0m/s

答：（1）运动员在斜面上滑行的加速度的大小为7.4m/s2；

（2）若运动员不触及障碍物，他从斜面上起跳后到落至水平面的过程所经历的时间为0.8s；

（3）运动员为了不触及障碍物，他从A点沿水平方向起跳的最小速度为6.0m/s．

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题型：多选题

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多选题

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匀加速直线运动，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-

D底板对物体2的摩擦力为零

正确答案

B,C

解析

解：

A、B以物体1为研究对象，分析受力如图1，根据牛顿第二定律得：

细线的拉力T=．

m1gtanθ=m1a，得a=gtanθ．故A错误，B正确．

C、D以物体2为研究对象，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：

底板对物体2的支持力为N=m2g-T=m2g-，摩擦力f=m2a=m2gtanθ．故C正确，D错误．

故选BC

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•濮阳县期末）如图所示，不计滑轮的质量和摩擦及绳的质量，一个质量为m的人拉着绳子使质量为M的物体匀减速下降，已知人对地面的压力大小为F，则物体下降的加速度大小为（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：通过对人受力分析，有共点力平衡可知

F拉+F=mg

F拉=mg-F

对物体受力分析，由牛顿第二定律可知

F拉-Mg=Ma

代入数据解得

a=，故D正确，

故选：D

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为R，内径很小的光滑半圆管竖直放置．两个质量均为m的小球a、b以不同的速度进入管内，a通过最高点A时，对管壁上部的压力为3mg，b通过最高点A时，对管壁下部的压力为0.75mg，求a、b两球落地点间的距离．

正确答案

解：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．

对A球：3mg+mg=m

解得

vA=

对B球：mg-0.75mg=m

解得

vB=

由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：

sA=vAt=vA=4R

sB=vBt=vB=R

∴sA-sB=3R

即a、b两球落地点间的距离为3R．

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解：两个小球在最高点时，受重力和管壁的作用力，这两个力的合力作为向心力，离开轨道后两球均做平抛运动，A、B两球落地点间的距离等于它们平抛运动的水平位移之差．

对A球：3mg+mg=m

解得

vA=

对B球：mg-0.75mg=m

解得

vB=

由平抛运动规律可得落地时它们的水平位移为：

sA=vAt=vA=4R

sB=vBt=vB=R

∴sA-sB=3R

即a、b两球落地点间的距离为3R．

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