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

“跳楼机”的工作过程如下：先用电梯把载有乘客的座舱送到大约二十几层楼高的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统开始启动，座舱匀减速运动至快到地面时刚好停下．座舱的v-t图象如图所示．座舱加速下降过程中的加速度大小是______m/s2，座舱减速下降过程中的加速度大小是______m/s2．座舱从开始落下______m时开始制动，均匀减速．若某人手托着重力为50N的铅球进行这个游戏，当座舱下落至第4s末的时刻，手对铅球托力大小是______N．g=10m/s2．

正确答案

10

15

45

125

解析

解：根据图线得，加速下降的加速度大小．减速下降的加速度大小．

座舱匀加速直线运动的位移x=．

第4s末，座舱的加速度向上，大小为15m/s2，因为球与座舱具有相同的加速度，根据牛顿第二定律得，

N-mg=ma2，则N=mg+ma2=50+5×15=125N．

故答案为：10，15，45，125．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一个物体由A点出发分别到达C1、C2、C3，物体在三条轨道上的摩擦不计，则（　　）

A物体在三条轨道上的运行时间相同

B物体达到C2点时速度最大

C物体到达C1点的时间最短

D物体在AC1上运动的加速度最小

正确答案

C

解析

解：ACD、设任一斜面的倾角为θ，斜面的高为h．

根据牛顿第二定律得：a==gsinθ，则在AC1上运动的加速度最大．

位移大小为：x=，根据x=得：t=，θ越大，t越短，可知到AC1的时间最短，故AD错误，C正确．

B、物体下滑过程中，机械能守恒，则知在 C1、C2、C3处的动能相等，速度大小相等．故B错误．

故选：C．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上，A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）

A当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

B当F=μmg时，A的加速度为μg

C当F＞3μmg时，A相对B滑动

D无论F为何值，B的加速度不会超过μg

正确答案

B,C,D

解析

解：A、设B对A的摩擦力为f1，A对B的摩擦力为f2，地面对B的摩擦力为f3，由牛顿第三定律可知f1与f2大小相等，方向相反，f1和f2的最大值均为2μmg，f3的最大值为，．故当0＜F≤时，A、B均保持静止；继续增大F，在一定范围内A、B将相对静止以共同的加速度开始运动，故A错误；

B、设当A、B恰好发生相对滑动时的拉力为F′，加速度为a′，则对A，有F′-2μmg=2ma′，对A、B整体，有F′-，解得F′=3μmg，故当＜F≤3μmg时，A相对于B静止，二者以共同的加速度开始运动；当F＞3μmg时，A相对于B滑动．

当F=时，A、B以共同的加速度开始运动，将A、B看作整体，由牛顿第二定律有F-=3ma，解得a=，故B、C正确．

D、对B来说，其所受合力的最大值Fm=2μmg-，即B的加速度不会超过，故D正确．

故选：BCD．

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题型：简答题

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简答题

近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为．每年全国由于行人不遵守交通规则而引发的交通事故上万起，死亡上千人．只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行人的生命安全．

如图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m．质量8t、车长7m的卡车以54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯变黄灯．

（1）若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车受到的阻力为3×104N．求卡车的制动距离；

（2）若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD．为确保行人安全，D处人行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？

正确答案

解：（1）据题意，由得： ①

汽车刹车时，阻力产生的加速度为a

由牛顿第二定律得 ②

代入数据得制动距离x=30 m ③

（2）据题意，汽车不受影响的行驶距离应该是AB与CD间距加车身长度即：x1=30m ④

故黄灯的持续时间为t，则 ⑤

代入数据得时间为t=2s ⑥

解析

解：（1）据题意，由得： ①

汽车刹车时，阻力产生的加速度为a

由牛顿第二定律得 ②

代入数据得制动距离x=30 m ③

（2）据题意，汽车不受影响的行驶距离应该是AB与CD间距加车身长度即：x1=30m ④

故黄灯的持续时间为t，则 ⑤

代入数据得时间为t=2s ⑥

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题型：多选题

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多选题

如图所示，倾角为θ=37°的固定斜面与足够长的水平面平滑对接，一劲度系数k=18N/m的轻质弹簧的上端固定于斜面顶端，另一端固连在一质量m=1kg的光滑小球A，跟A紧靠的物块B（质量也为m）与斜面间的动摩擦因数μ1=0.75，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，与水平面间的动摩擦因数为μ2=0.2，图中施加在B上的力F=18N，方向沿斜面向上，A和B均处于静止状态，且斜面对B恰无摩擦力，当撤除力F后，A和B一起沿斜面下滑到某处时分离，分离后A一直在斜面上运动，B继续沿斜面下滑，已知：sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2，下列说法中正确的是（　　）

AA和B分离后A不能回到出发点

BA和B分离时B的速度为5m/s

CB最终停留的位置距斜面末端1m

DB最终停留的位置距斜面末端4m

正确答案

A,C

解析

解：A、A不能回到出发点，因为小球与物块一起下滑过程，物体对小球的弹力做负功而使小球和弹簧的机械能减少，故A正确．

B、未撤去力F时，对A和B整体，根据平衡条件得：

2mgsinθ+F1=F

其中弹力为：F1=kx1

解得弹簧的压缩量为：x1=，

分离时，AB之间无弹力作用，但速度和加速度相等，根据牛顿第二定律，

对B：mgsinθ-f=maB

其中f=μ1mgcosθ

联立解得aB=0

对A：mgsinθ-F2=maA，

其中弹力F2=kx2

由aA=aB=0，解得分离时弹簧的伸长量为：

x2=，

可见x1=x2，AB整体运动到分离弹簧的弹力做功为零，根据动能定理有：2mg•sinθ（x1+x2）-f（x1+x2）=，

代入数据解得：v=2m/s．故B错误．

C、分离后由动能定理得：，

代入数据解得s=1m，故C正确，D错误．

故选：AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，平台上的小球从A点水平抛出，恰能无碰撞地进入光滑的BC斜而，经C点进入光滑平面CD时速率不变，最后进入悬挂在0点并与水平而等髙的弧形轻质筐内．己知小球质量为1kg，A、B两点髙度差2m，BC斜面髙4m，倾角a=45°，悬挂弧筐的轻绳长为6m，小球看成质点，轻质筐的重量忽略不计，弧形轻质筐的大小远小于悬线长度，重力加速度为 g=10m/s2，试求：

（1）B点与抛出点A的水平距离X；

（2）小球运动至C点的速度υc大小：

（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小．

正确答案

解：（1）小球至B点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出的初速度为v0，A点至B点时间为t．则得：

h=

知t===s

又tan45°=

得：v0=gt=2m/s

则得：x=v0t=4m

（2）设小球至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a，

vB===4m/s，

a=gsin45°，

由匀变速直线运动规律得：v-=2alsin45°

联立以上几式得：vC=m/s

（3）小球进入轻筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得小球所受拉力：F=mg+m=10=N

答：

（1）B点与抛出点A的水平距离x为4m；

（2）小球运动至C点的速度vc大小为4m/s．

（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小为N．

解析

解：（1）小球至B点时速度方向与水平方向夹角为45°，设小球抛出的初速度为v0，A点至B点时间为t．则得：

h=

知t===s

又tan45°=

得：v0=gt=2m/s

则得：x=v0t=4m

（2）设小球至B点时速度为vB，在斜面上运动的加速度为a，

vB===4m/s，

a=gsin45°，

由匀变速直线运动规律得：v-=2alsin45°

联立以上几式得：vC=m/s

（3）小球进入轻筐后做圆周运动，由牛顿第二定律得：F-mg=m，

解得小球所受拉力：F=mg+m=10=N

答：

（1）B点与抛出点A的水平距离x为4m；

（2）小球运动至C点的速度vc大小为4m/s．

（3）小球进入轻质筐后瞬间，小球所受拉力F的大小为N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，长L=9m、质量M=30kg的木板静止放在光滑水平面上，质量m=10kg的小物体放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.2．现对木板施加一水平向右的恒定拉力F，小物块可视为质点，物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，求：

（1）使物块始终不掉下去的最大拉力F0．

（2）如果拉力F=110N恒定不变，小物块在木板上所能获得的最大速度．

正确答案

解：（1）小物块恰好不掉下去，m达到最大静摩擦力，与M仍保持相对静止：

对小物体有：=2m/s2

即此时整体的加速度

以整体为研究对象有：F0=（M+m）a=（30+10）×2N=80N

（2）因为F＞F0，由题意可知，小物体m相对于长木板M发生滑动

对小m有：

对于M有：F-μmg=MaM

可得M的加速度=3m/s2

小物块能获得最大速度时，恰好将要从M上掉落：

xM=xm+L

即：

解得：

所以小物体m的速度

答：（1）使物块始终不掉下去的最大拉力F0为80N；

（2）如果拉力F=110N恒定不变，小物块在木板上所能获得的最大速度为．

解析

解：（1）小物块恰好不掉下去，m达到最大静摩擦力，与M仍保持相对静止：

对小物体有：=2m/s2

即此时整体的加速度

以整体为研究对象有：F0=（M+m）a=（30+10）×2N=80N

（2）因为F＞F0，由题意可知，小物体m相对于长木板M发生滑动

对小m有：

对于M有：F-μmg=MaM

可得M的加速度=3m/s2

小物块能获得最大速度时，恰好将要从M上掉落：

xM=xm+L

即：

解得：

所以小物体m的速度

答：（1）使物块始终不掉下去的最大拉力F0为80N；

（2）如果拉力F=110N恒定不变，小物块在木板上所能获得的最大速度为．

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题型：单选题

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单选题

下列式子中属于比值法定义物理量的是（　　）

Aa=

Bg=

Ch=

Da=

正确答案

D

解析

解：A、加速度与力成正比，与质量成反比，随F的改变而改变，不是通过比值定义法定义的．故A错误．

B、g=，关于g的表示不是通过比值定义法定义的．故B错误．

C、上升的高度与初速度、重力加速度有关，所以不是通过比值定义法定义的．故C错误．

D、加速度与速度的变化量和变化的时间无关，是通过比值定义法定义的．故D正确．

故选D．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，一质量为m的滑块，以初速度v0从倾角为θ的斜面底端滑上斜面，当其速度减为零后又沿斜面返回底端．已知滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，若滑块所受的摩擦力为f、所受的合外力为F合、加速度为a、速度为v，选沿斜面向上为正方向，在滑块沿斜面运动的整个过程中，这些物理量随时间变化的图象大致正确的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

A,D

解析

解：A、滑块在上滑的过程和下滑过程中，正压力大小不变，则摩擦力大小不变，方向相反，上滑时摩擦力方向向下，下滑时摩擦力方向向上，故A正确．

BC、上滑时加速度方向沿斜面向下，大小=gsinθ+μgcosθ，下滑时加速度大小=gsinθ-μgcosθ，方向沿斜面向下，则合力沿斜面向下．故B、C错误．

D、上滑时做匀减速运动，下滑时做匀加速直线运动，上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，故D正确．

故选：AD．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，水平平台ab长为20m，平台b端与长度未知的特殊材料制成的斜面bc连接，斜面倾角为30°．在平台b端放上质量为5kg的物块，并给物块施加与水平方向成37°角的50N推力后，物块由静止开始运动．己知物块与平台间的动摩擦因数为0.4，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，求：（第（2）、（3）两问结果保留三位有效数字）

（1）物块由a运动到b所用的时间；

（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为多少？（物块在b端无能量损失）

（3）若物块与斜面间的动摩擦因数μbc=0.277+0.03Lb，式中Lb为物块在斜面上所处的位置离b端的距离，在（2）中的情况下，物块沿斜面滑到什么位置时速度最大？

正确答案

解：（1）受力分析知物体的加速度为

a1===1.6m/s2

x=a1t2

解得a到b的时间为t==5s

（2）物体从a到p：=2a1x1

物块由P到b：=2a2x2

a2=μg

x=x1+x2

解得ap距离为x1=14.3m

（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，

即a==0

μbc=0.277+0.03Lb，

联立解得Lb=10m

因此如斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；

若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．

答：（1）物块由a运动到b所用的时间为5s；

（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为14.3m；

（3）斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．

解析

解：（1）受力分析知物体的加速度为

a1===1.6m/s2

x=a1t2

解得a到b的时间为t==5s

（2）物体从a到p：=2a1x1

物块由P到b：=2a2x2

a2=μg

x=x1+x2

解得ap距离为x1=14.3m

（3）物体沿斜面下滑的速度最大时，须加速度为0，

即a==0

μbc=0.277+0.03Lb，

联立解得Lb=10m

因此如斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；

若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．

答：（1）物块由a运动到b所用的时间为5s；

（2）若物块从a端运动到P点时撤掉推力，则物块刚好能从斜面b端开始下滑，则间aP的距离为14.3m；

（3）斜面长度L＞10m，则Lb=10m时速度最大；若斜面长度L≤10m，则斜面最低点速度最大．

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题型：填空题

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填空题

超市一送水员用双轮小车运送桶装矿泉水．装运完毕，如图所示，在拉运过程中保持图示角度不变，不计桶与小车之间摩擦力的影响．求：

（1）小车静止时，桶对小车两侧轨道的压力大小之比NA：NB

（2）若送货员以5m/s2的恒定加速度由静止开始向右拉动小车，请问这一过程中，桶对小车两侧轨道的压力大小之比NA：NB．（g=10m/s2，结果可用根号表示）

正确答案

解析

解：对桶进行受力分析，如图所示：

竖直方向受力平衡，则有：mg=NAcos30°+NBcos60°

水平方向，根据牛顿第二定律得：

NAsin30°-NBsin60°=ma

（1）当小车静止时，其加速度为零，带入数据得：

0.5NA-NB=0

所以NA：NB=：1

再据牛顿第三定律得：桶对小车两侧轨道的压力大小之比为：1

（2）当a=5m/s2时，代入数据得：

10m=NAcos30°+NBcos60°

NBsin60°-NAsin30°=5m

由①②解得：NA：NB=：（+2）

再据牛顿第三定律得：桶对小车两侧轨道的压力大小之比为：（+2）

答：

（1）小车静止时，桶对小车两侧轨道的压力大小之比为：1

（2）若送货员以5m/s2的恒定加速度由静止开始向右拉动小车，这一过程中，桶对小车两侧轨道的压力大小之比为：（+2）．

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题型：多选题

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多选题

在水平面上，质量为m的物体，受水平拉力F作用后产生的加速度为a，物体受到摩擦力为f，如果只把拉力大小改为2F，则有（　　）

A加速度等于2a

B加速度大于2a

C摩擦力仍为f

D摩擦力变为2f

正确答案

B,C

解析

解：A、B、设物体所受的滑动摩擦力大小为f，当拉力变为2F时物体的加速度为a′．根据牛顿第二定律得：

F-f=ma

2F-f=ma′

则，即a′＞2a，故A错误，B正确；

C、D、物体所受滑动摩擦力f=μmg，不随拉力变化而变化，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

将一小球以20m/s的初速度竖直上抛，经3.5s落回原处．已知空气阻力的大小与速率成正比，则小球落回原处的速度大小为（　　）

A5m/s

B10m/s

C12.5m/s

D15m/s

正确答案

D

解析

解：设小球上升的最大高度为H，时间为t1．

在上升过程中，根据牛顿第二定律得：-（mg+kv）=ma1=m

得：-（mg△t+kv△t）=m△v

两边求和得：-mg△t-kv△t=m△v

则得-mgt1-kH=0-mv0；①

设下落过程用时为t2．小球落回原处的速度大小为v．

在下落过程中，根据牛顿第二定律得：mg-kv=ma2=m

得：mg△t-kv△t=m△v

两边求和得：mg△t-kv△t=m△v

则得 mgt2-kH=mv-0；②

由①②得：mg（t1+t2）=m（v+v0）

可得 v=g（t1+t2）-v0=10×3.5-20=15m/s

故ABC错误，D正确．

故选：D．

1

题型：填空题

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填空题

如图，物体沿倾角为α的光滑固定斜面滑下，则物体受到的加速度大小为______．

正确答案

gsinα

解析

解：物体在斜面上受到的重力、斜面对物体的支持力作用，

根据牛顿第二定律得：

a=

故答案为：gsinα

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，长L=6m的水平传输装置，在载物台左端物块以初速度v0=3m/s滑入传送带．物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，g=10m/s2，求：

（1）当传送带静止时，物块在传送带上运动的加速度a大小；

（2）当传送带静止时，物块滑上传送带向右运动的最远距离s；

（3）当传送带以恒定的速率v=6m/s沿顺时针方向匀速转动时，物块从滑上传送带到离开传送带所经历的时间t．

正确答案

解：

（1）当传送带静止时，物块受力分析如图a所示，则由牛顿第二定律可得：

-μmg=ma

所以a=-μg=-5 m/s2，

所以加速度的大小为5 m/s2．

（2）由匀变速直线运动公式：Vt2-V02=2as，

可得 s==0.9m，

所以当传送带静止时，物体滑上传送带向右运动的最远距离为0.9m

（3）当传送带以恒定的速率v=6m/s沿顺时针方向匀速转动时，物块速度比传送带速度小，故受到摩擦力向右，如图b所示．则物块的加速度为：

μmg=ma′

所以a′=5m/s2

设物块达到传送带速度的时间为t1：

t1==s=0.6s

这段时间物块通过的位移为S1：

S1==m=2.7m

故物块先匀加速后与传送带共速，最后从右边离开传送带，设共速后运动的时间为 t2，可得：

t2==s=0.55s，

综上所述，物体从滑上传送带到离开传送带所经历的时间t：

t=t1+t2=0.6s+0.55s=1.15s

答：（1）当传送带静止时，物块在传送带上运动的加速度a大小为5m/s2 ；

（2）当传送带静止时，物块滑上传送带向右运动的最远距离s为0.9m；

（3）物体离开传送带所经历的时间为1.15s．

解析

解：

（1）当传送带静止时，物块受力分析如图a所示，则由牛顿第二定律可得：

-μmg=ma

所以a=-μg=-5 m/s2，

所以加速度的大小为5 m/s2．

（2）由匀变速直线运动公式：Vt2-V02=2as，

可得 s==0.9m，

所以当传送带静止时，物体滑上传送带向右运动的最远距离为0.9m

（3）当传送带以恒定的速率v=6m/s沿顺时针方向匀速转动时，物块速度比传送带速度小，故受到摩擦力向右，如图b所示．则物块的加速度为：

μmg=ma′

所以a′=5m/s2

设物块达到传送带速度的时间为t1：

t1==s=0.6s

这段时间物块通过的位移为S1：

S1==m=2.7m

故物块先匀加速后与传送带共速，最后从右边离开传送带，设共速后运动的时间为 t2，可得：

t2==s=0.55s，

综上所述，物体从滑上传送带到离开传送带所经历的时间t：

t=t1+t2=0.6s+0.55s=1.15s

答：（1）当传送带静止时，物块在传送带上运动的加速度a大小为5m/s2 ；

（2）当传送带静止时，物块滑上传送带向右运动的最远距离s为0.9m；

（3）物体离开传送带所经历的时间为1.15s．

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