- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：因为小物块从a到c和从c到d所用的时间都是1s，所以
a=
A、从c到e的时间t=
B、vd=8+（-2）×1m/s=6m/s，根据速度位移关系有de的距离
C、物块运动到c点的速度为8m/s，故C正确；
D、物块在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据f=μmg=ma可得物体与地面间的动摩擦因数
故选：CD．
光滑水平面上的一个物体，质量为2kg，处于静止状态．当它受到一个水平恒力作用后，在前2.0s内移动了4.0m．那么，该物体受水平力作用之后，第6s内的位移大小为______ m，所受的水平恒力大小为______ N．
正确答案
11
4
解析
解：根据
第6s内的位移
根据牛顿第二定律得，恒力F=ma=2×2N=4N．
故答案为：11，4．
一物体受到如图所示的力F作用，从静止开始运动，则描述物体运动的下列图线正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由牛顿第二定律得：a=
故选：C．
正确答案
解析
解：物体以加速度a1匀加速下滑时，受到重力、斜面的支持力和滑动摩擦力，
由牛顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma1，解得：a1=gsinθ-μgcosθ，
在物体m上再放一个物体m′时，由牛顿第二定律得：
（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a1，解得：a2=gsinθ-μgcosθ，
当加一竖直向下的恒力F时，由牛顿第二定律得：
（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3，解得：a3=gsinθ-μgcosθ+
物块在斜面上下滑，则a1=gsinθ-μgcosθ≥0，
由以上分析可知，a1=a2＜a3，故ACD错误，B正确；
本题选错误的，故选：ACD．
（1）若μ=
（2）若μ=
（3）若μ=
正确答案
解：斜面倾角α=30°，物块重力沿斜面向下的分力为：G1=mgsinα，
由题意知，物块相对于绸带的最大静摩擦力为：f=μmgcosα，
当mgsinα＞μmgcosα，即：μ＜tanα=tan30°=
物块相对于绸带滑动，当μ≥
（1）μ=
（M-m）gsin30°=（M+m）a，
解得：a=
M的加速度方向沿斜面向下，m的加速度方向沿斜面向上；
（2）μ=
mgsin30°-μmgcos30°=ma小，
a小=g（sin30°-μcos30°）=10×（0.5-
M与绸带一起沿斜面向下滑动，对M（包括绸带）由牛顿第二定律得：
Mgsin30°-μmgcos30°=Ma大，
a大=g（sin30°-μ•
（3）μ=
M相对于绸带静止，M与绸带一起向下加速运动，
m受到的摩擦力为：μmgcos30°=
m重力沿斜面方向的分力为：mgsin30°=2×10×0.5=10N，
摩擦力大于重力的分力，则m相对于绸带滑动，
对m，由牛顿第二定律得：μmgcos30°-mgsin30°=ma，
即：
对M，由牛顿第二定律得：Mgsin30°-μmgcos30°=Ma′，
解得：a′=g（sin30°-μ•
答：
（1）两物块的加速度大小都是
（2）m的加速度大小为2.5m/s2，方向沿斜面向下，M的加速度大小为3.75m/s2，方向沿斜面向下；
（3）m的加速度大小为
解析
解：斜面倾角α=30°，物块重力沿斜面向下的分力为：G1=mgsinα，
由题意知，物块相对于绸带的最大静摩擦力为：f=μmgcosα，
当mgsinα＞μmgcosα，即：μ＜tanα=tan30°=
物块相对于绸带滑动，当μ≥
（1）μ=
（M-m）gsin30°=（M+m）a，
解得：a=
M的加速度方向沿斜面向下，m的加速度方向沿斜面向上；
（2）μ=
mgsin30°-μmgcos30°=ma小，
a小=g（sin30°-μcos30°）=10×（0.5-
M与绸带一起沿斜面向下滑动，对M（包括绸带）由牛顿第二定律得：
Mgsin30°-μmgcos30°=Ma大，
a大=g（sin30°-μ•
（3）μ=
M相对于绸带静止，M与绸带一起向下加速运动，
m受到的摩擦力为：μmgcos30°=
m重力沿斜面方向的分力为：mgsin30°=2×10×0.5=10N，
摩擦力大于重力的分力，则m相对于绸带滑动，
对m，由牛顿第二定律得：μmgcos30°-mgsin30°=ma，
即：
对M，由牛顿第二定律得：Mgsin30°-μmgcos30°=Ma′，
解得：a′=g（sin30°-μ•
答：
（1）两物块的加速度大小都是
（2）m的加速度大小为2.5m/s2，方向沿斜面向下，M的加速度大小为3.75m/s2，方向沿斜面向下；
（3）m的加速度大小为
某煤矿运输部新购一足够长的浅色传送带，正以6.0m/s的水平速度运动，若使该传送带改做加速度大小为1.5m/s2的匀减速运动，并且在传送带开始做匀减速运动的同时，将一煤块（可视为质点）无初速度放在传送带上．已知煤块与传送带间的动摩擦因数为0.10，重力加速度取10m/s2，求煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度和相对于传送带运动的位移大小．
正确答案
a0=μg=1.0m/s2，
由图可得：v1=a0t1=v0-at1
解得t1=
v1=2.4m/s
此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l1=
当煤块与传动带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度为l2=
因为l1＞l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l1=7.2m
煤块相对于传送带的位移为x=l1-l2=7.2-0.96=6.24m
答：煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度为7.2m，相对于传送带运动的位移大小为6.24m．
解析
a0=μg=1.0m/s2，
由图可得：v1=a0t1=v0-at1
解得t1=
v1=2.4m/s
此过程中煤块相对于传送带向后滑动，划线的长度为l1=
当煤块与传动带间的速度相等以后，两者都做匀减速直线运动，煤块相对于传送带又向前滑动，划线的长度为l2=
因为l1＞l2，煤块在传送带上留下的划线长度为l1=7.2m
煤块相对于传送带的位移为x=l1-l2=7.2-0.96=6.24m
答：煤块在浅色传送带上能留下的痕迹长度为7.2m，相对于传送带运动的位移大小为6.24m．
（1）小球从开始运动至绳断时的位移．
（2）绳断裂前小球运动的总时间．
正确答案
解：（1）对小球，由牛顿第二定律，有：
解得：
R=
小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球恰好运动一圈，故运动的位移大小为：
S=1m-0.1m=0.9m
（2）细线断裂之前，小球恰好运动一圈，运动时间：
t=
答：（1）小球从开始运动至绳断时的位移为0.9m；
（2）绳断裂前小球运动的总时间为1.4πs．
解析
解：（1）对小球，由牛顿第二定律，有：
解得：
R=
小球每转120°半径减小0.3m，细线断裂之前，小球恰好运动一圈，故运动的位移大小为：
S=1m-0.1m=0.9m
（2）细线断裂之前，小球恰好运动一圈，运动时间：
t=
答：（1）小球从开始运动至绳断时的位移为0.9m；
（2）绳断裂前小球运动的总时间为1.4πs．
Amgsinαcosα
B
Cmgtanα
D
正确答案
解析
解：对小车进行受力分析，如图所示：
小车处于静止状态，受力平衡，水平方向有：
N=mgcosαsinα
故选A
在科技创新活动中，小华同学根据磁铁同性相斥原理设计了用机器人操作的磁力运输车（如图甲所示）．小华让运输车尝试在如图乙的路面上运行，其中AB段是动摩擦因数为μ=0.2的粗糙斜面，其倾角为α=37°，BC段是光滑水平面，C点左边铺上粗糙砂纸．机器人用大小不变的电磁力F推动质量为m=1kg的小滑块从A点由静止开始作匀加速直线运动．小滑块到达B点时机器人撤去电磁力F，然后小滑块滑上水平面BC．（已知：g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，设小滑块经过B点前后速率不变）
用速度传感器测量小滑块在运动过程的瞬时速度大小并记录如下：
求：（1）小滑块与砂纸间的动摩擦因数μ0；
（2）小滑块在AB斜面上运动的加速度；
（3）机器人对小滑块作用力F的大小；
（4）小滑块从A点出发到停止的总路程（结果保留二位小数）．
正确答案
解：（1）滑块从A到B的过程做匀加速运动，B到C的过程做匀速运动，滑块经过C后做匀减速运动．
滑块经过C后：
根据牛顿第二定律，有：μ0mg=ma2；
代入数据解得：μ0=0.15；
（2）滑块从A到B的过程做匀加速运动，故：
（3）滑块由A到B过程中，由牛顿第二定律得：
F-μmgcosα-mgsinα=ma1
代入数据解得：F=9.6N
（4）由表格可知：B点的速度为1.5m/s．
滑块从A到B的过程：
滑块在BC上匀速运动的时间为：
t=1.4s-0.75s=0.65s
S2=vBt=0.975m
滑块经过C后：
所以，小滑块的总路程为：
S=S1+S2+S3=2.29m
答：（1）小滑块与砂纸间的动摩擦因数为0.15；
（2）小滑块在AB斜面上运动的加速度为2m/s2；
（3）机器人对小滑块作用力F的大小为9.6N；
（4）小滑块从A点出发到停止的总路程为2.29m．
解析
解：（1）滑块从A到B的过程做匀加速运动，B到C的过程做匀速运动，滑块经过C后做匀减速运动．
滑块经过C后：
根据牛顿第二定律，有：μ0mg=ma2；
代入数据解得：μ0=0.15；
（2）滑块从A到B的过程做匀加速运动，故：
（3）滑块由A到B过程中，由牛顿第二定律得：
F-μmgcosα-mgsinα=ma1
代入数据解得：F=9.6N
（4）由表格可知：B点的速度为1.5m/s．
滑块从A到B的过程：
滑块在BC上匀速运动的时间为：
t=1.4s-0.75s=0.65s
S2=vBt=0.975m
滑块经过C后：
所以，小滑块的总路程为：
S=S1+S2+S3=2.29m
答：（1）小滑块与砂纸间的动摩擦因数为0.15；
（2）小滑块在AB斜面上运动的加速度为2m/s2；
（3）机器人对小滑块作用力F的大小为9.6N；
（4）小滑块从A点出发到停止的总路程为2.29m．
一个恒力单独作用在质量为m1的物体上产生的加速度为a1，单独作用在质量为m2的物体上，产生的加速度为a2，若这个力单独作用在质量为（m1+m2）的物体上，则产生的加速度等于（ ）
Aa1+a2
Ba1•a2
C
D
正确答案
解析
解：恒力单独作用于两个物体上时，根据牛顿第二定律得：
F=m1a1
F=m2a2
解得：
当F作用在质量为（m1+m2）的物体上时，根据牛顿第二定律得：
a=
故选D
（1）小球通过轨道最高点时速度的大小；
（2）小球通过轨道最低点时角速度的大小；
（3）小球通过轨道最低点时受到轨道支持力的大小．
正确答案
解：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：
mg=m
解得：v1=
（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：
2mgR=
v2=ωR ②
由①②解得：ω=
（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：
FN-mg=
由①③解得：FN=6mg
答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为
解析
解：（1）设小球通过轨道最高点时速度的大小为v1，根据题意和圆周运动向心力公式得：
mg=m
解得：v1=
（2）设小球通过轨道最低点的速度大小为v2，从最高点到最低点的过程中运用动能定理得：
2mgR=
v2=ωR ②
由①②解得：ω=
（3）设小球通过轨道最低点时受到轨道支持力大小为FN，根据圆周运动向心力公式得：
FN-mg=
由①③解得：FN=6mg
答：（1）小球通过轨道最高点时速度的大小为
一辆质量为5×103kg的汽车，额定功率为50kW，现让汽车保持50kW的功率的水平路面上从静止开始运动，运动中汽车所受阻力恒为车重的0.1倍，（g=10m/s2）求：
（1）启动后0.5s内牵引力做的功；
（2）汽车的加速度为1m/s2时汽车的速度；
（3）汽车的速度为2m/s时汽车的加速度；
（4）汽车行驶能达到的最大速度．
正确答案
解：（1）由功率公式可知：
W=Pt=50×103×0.5=2.5×104J
（2）汽车所受阻力f=0.1mg=0.1×5×103×10=5×103N；
汽车的加速度为1m/s2时，设牵引力为F
∴F-f=ma F=f+ma=（5×103×1×5×103）N=1.0×104N
此时速度υ=
（3）汽车的速度为2m/s时，由牛顿第二定律可知：
加速度为a=
（4）汽车速度最大时，合力为零，牵引力的大小等于阻力，汽车的最大速度为
υ0=
答：（1）做功为2.5×104J；
（2）汽车的加速度为1m/s2时汽车的速度为5m/s；
（3）汽车的速度为2m/s时汽车的加速度为4m/s；
（4）汽车行驶能达到的最大速度为10m/s．
解析
解：（1）由功率公式可知：
W=Pt=50×103×0.5=2.5×104J
（2）汽车所受阻力f=0.1mg=0.1×5×103×10=5×103N；
汽车的加速度为1m/s2时，设牵引力为F
∴F-f=ma F=f+ma=（5×103×1×5×103）N=1.0×104N
此时速度υ=
（3）汽车的速度为2m/s时，由牛顿第二定律可知：
加速度为a=
（4）汽车速度最大时，合力为零，牵引力的大小等于阻力，汽车的最大速度为
υ0=
答：（1）做功为2.5×104J；
（2）汽车的加速度为1m/s2时汽车的速度为5m/s；
（3）汽车的速度为2m/s时汽车的加速度为4m/s；
（4）汽车行驶能达到的最大速度为10m/s．
正确答案
2g
0
解析
解：剪断细线前，弹簧的弹力F=mg，
剪断细线瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，根据牛顿第二定律得，
故答案为：2g 0；
正确答案
3N
解析
解：物体沿斜面加速下滑时，对斜面体的压力N=Gcos30°=2
压力在竖直方向上的分力
故答案为：3N．
（1）求木块和木板的加速度大小；
（2）求木块和木板速度相等所经历的时间及此时木块相对于木板的位移；
（3）若木板不是足够长，要使木块不从木板上滑落，求木板的最小长度．
正确答案
解：（1）木块和木板相对滑动，受到滑动摩擦力，根据 牛顿第二定律得：
（2）木板和木块构成的系统所受到的合外力为零，因而总动量守恒，则有：（2m+m）v=2mv0 解得两者的最终速度v=
v0-μgt=2μgt
解得：t=
相对位移
（3）要使木块不从木板上滑落，木板最小长度即为速度相等时，木块相对于木板的位移，
则l=
答：（1）木块和木板的加速度大小分别为μg和2μg；
（2）木块和木板速度相等所经历的时间为
（3）若木板不是足够长，要使木块不从木板上滑落，木板的最小长度为
解析
解：（1）木块和木板相对滑动，受到滑动摩擦力，根据 牛顿第二定律得：
（2）木板和木块构成的系统所受到的合外力为零，因而总动量守恒，则有：（2m+m）v=2mv0 解得两者的最终速度v=
v0-μgt=2μgt
解得：t=
相对位移
（3）要使木块不从木板上滑落，木板最小长度即为速度相等时，木块相对于木板的位移，
则l=
答：（1）木块和木板的加速度大小分别为μg和2μg；
（2）木块和木板速度相等所经历的时间为
（3）若木板不是足够长，要使木块不从木板上滑落，木板的最小长度为
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