- 牛顿运动定律
- 共29769题
一个物体从斜面顶端从静止开始匀加速滑下，在开始运动的0.5s内通过距离为5cm，则物体下滑加速度为______m/s2，1.5s内通过的位移为______m，如果物体到斜面底部时速度为1.2m/s，斜面长是______m，全程的
正确答案
0.4
0.45
1.8
0.6
解析
解：物体从静止开始匀加速滑下，在开始运动的0.5s内通过距离为5cm，由
代入数据得：
1.5s内的位移为：
如果物体到斜面底部时速度为1.2m/s，由：2ax=v2-0，得斜面长：L=
物体做初速度为0的匀加速直线运动，则平均速度为：
故答案为：0.4，0.45，1.8，0.6
若战机从航母上起飞滑行的距离相同，牵引力相同，则（ ）
正确答案
解析
解：A、B、根据牛顿第二定律，有：F-f=ma；携带弹药越多，质量越大，故加速度越小，故A错误，B错误；
C、携带燃油越多，质量越大，根据动能定理Fx-fx=
D、携带弹药越多，质量越大，根据牛顿第二定律，有：F-f=ma，故加速度越小，根据x=
故选D．
质量为0.1kg的小球，用细线吊在倾角α为37°的斜面上，小球静止时绳与斜面平行，不计一切摩擦，当斜面向右匀加速运动时，小球与斜面刚好不分离，则斜面体的加速度为______．
正确答案
7.5m/s2
解析
解：当球对斜面的压力刚好为零时，小球的受两个力，合力为水平向右（如图所示）．
F合=mgcotθ=ma，
则a=gcotθ=10×
故答案为：7.5m/s2；
（1）“减速区域”的厚度h=？
（2）小球从静止释放后能否再回到P点？若能，求小球从静止释放到返回P点经历的时间；若不能，说明理由．
正确答案
解：（1）物体在下落的过程中，先做自由落体运动，后做匀减速直线运动后，末速度为零，设“减速区域”的厚度为h；
在做自由落体运动的过程中有：
v=gt
在“减速区域”内做匀减速直线运动后，末速度为0，由牛顿第二定律有：
由运动公式有：
解得：
（2）小球从静止释放后能再回到P点，小球在上升的过程中，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，在加速运动的过程中，有：
v2=2ah
在减速运动过程中，有：
v2=2g（H-h）
则小球从静止释放到返回P点所经历的时间为：
t=2（t1+t2）=5s
答：（1）“减速区域”的厚度h为5m；
（2）小球从静止释放后能再回到P点，小球从静止释放到返回P点经历的时间为5s．
解析
解：（1）物体在下落的过程中，先做自由落体运动，后做匀减速直线运动后，末速度为零，设“减速区域”的厚度为h；
在做自由落体运动的过程中有：
v=gt
在“减速区域”内做匀减速直线运动后，末速度为0，由牛顿第二定律有：
由运动公式有：
解得：
（2）小球从静止释放后能再回到P点，小球在上升的过程中，先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动，在加速运动的过程中，有：
v2=2ah
在减速运动过程中，有：
v2=2g（H-h）
则小球从静止释放到返回P点所经历的时间为：
t=2（t1+t2）=5s
答：（1）“减速区域”的厚度h为5m；
（2）小球从静止释放后能再回到P点，小球从静止释放到返回P点经历的时间为5s．
（1）斜面的倾角；
（2）物体的质量；
（3）若撤去F，使此物体从此斜面底端以10m/s的初速度自由上滑，经过2s，物体距底端的距离．
正确答案
解：（1）（2）对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：Fcosθ-mgsinθ=ma ①
y方向：N-Fsinθ-Gcosθ=0 ②
从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得
m=2kg，θ=37°
（3）若撤去F，设物体在斜面上，沿斜面的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma1
代入数据得：a1=6m/s2
则物体在上滑过程中的位移：
答：（1）斜面的倾角为37°；
（2）物体的质量位2kg；
（3）若撤去F，使此物体从此斜面底端以10m/s的初速度自由上滑，经过2s，物体距底端的距离为8m．
解析
解：（1）（2）对物体受力分析，受推力、重力、支持力，如图
x方向：Fcosθ-mgsinθ=ma ①
y方向：N-Fsinθ-Gcosθ=0 ②
从图象中取两个点（20N，2m/s2），（30N，6m/s2）代入①式解得
m=2kg，θ=37°
（3）若撤去F，设物体在斜面上，沿斜面的加速度大小为a1，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma1
代入数据得：a1=6m/s2
则物体在上滑过程中的位移：
答：（1）斜面的倾角为37°；
（2）物体的质量位2kg；
（3）若撤去F，使此物体从此斜面底端以10m/s的初速度自由上滑，经过2s，物体距底端的距离为8m．
（1）煤块到达B点的速度；
（2）煤块落地点与C点的水平距离s（忽略传送带转轮的大小）；
（3）整个过程中煤块在传送带上留下的痕迹有多长．
正确答案
解：（1）小煤块刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1；
代入数据得：a1=10m/s2．
因为x1=
此后，由于μ＜tanθ，小煤块继续做匀加速运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2；
代入数据得：a2=2m/s2．
位移 x2=L2-x1=3m
由
代入数据得：vB=4m/s
（2）小煤块过B点后开始减速运动：
-μmg=ma3；得 a3=-5m/s2．
匀减速过程的位移：x3=
所以小煤块减速运动1.2m后与传送带一起匀速运动，到达C点后平抛，初速度为v，则
h=
s=vt
代入数据得：s=
（3）①小煤块从A点运动到与传送带共速过程用时：
t1=
传送带的位移：x1′=vt1=0.4m
小煤块相对于传送带的位移：△x1=x1-x1′=-0.2m
②小煤块从共速运动到B点的过程：
t2=
传送带的位移：x2′=vt2=2m
小煤块相对于传送带的位移：△x2=x2-x2′=1m
③小煤块从B点运动到与传送带再次共速的过程：
t3=
传送带的位移：x3′=vt3=0.8m
小煤块相对于传送带的位移：△x3=x3-x3′=0.4m
综上，整个过程中煤块在传送带上留下的痕迹 l=△x2+△x3=1.4m
答：（1）煤块到达B点的速度是4m/s；
（2）煤块落地点与C点的水平距离s是
（3）整个过程中煤块在传送带上留下的痕迹有1.4m长．
解析
解：（1）小煤块刚放到传送带上时，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1；
代入数据得：a1=10m/s2．
因为x1=
此后，由于μ＜tanθ，小煤块继续做匀加速运动，由牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2；
代入数据得：a2=2m/s2．
位移 x2=L2-x1=3m
由
代入数据得：vB=4m/s
（2）小煤块过B点后开始减速运动：
-μmg=ma3；得 a3=-5m/s2．
匀减速过程的位移：x3=
所以小煤块减速运动1.2m后与传送带一起匀速运动，到达C点后平抛，初速度为v，则
h=
s=vt
代入数据得：s=
（3）①小煤块从A点运动到与传送带共速过程用时：
t1=
传送带的位移：x1′=vt1=0.4m
小煤块相对于传送带的位移：△x1=x1-x1′=-0.2m
②小煤块从共速运动到B点的过程：
t2=
传送带的位移：x2′=vt2=2m
小煤块相对于传送带的位移：△x2=x2-x2′=1m
③小煤块从B点运动到与传送带再次共速的过程：
t3=
传送带的位移：x3′=vt3=0.8m
小煤块相对于传送带的位移：△x3=x3-x3′=0.4m
综上，整个过程中煤块在传送带上留下的痕迹 l=△x2+△x3=1.4m
答：（1）煤块到达B点的速度是4m/s；
（2）煤块落地点与C点的水平距离s是
（3）整个过程中煤块在传送带上留下的痕迹有1.4m长．
冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图所示．比赛时，运动员在投掷线AB处让冰壶以一定的初速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近距离投掷线30m远的O点．为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小．设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至μ2=0.004．在某次比赛中，运动员使冰壶C在投掷线中点处以v0=2m/s的速度沿虚线滑出．若不用毛刷擦冰面，则冰壶停止的位置距离O点______m，为使冰壶C能够沿虚线恰好到达O点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为______m．
正确答案
5
10
解析
解：运用动能定理研究冰壶滑出到停止这个过程：
-μ1mgs=0-
s=
d=30m-25m=5m
所以冰壶停止的位置距离O点5m．
设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离是s1，所受摩擦力的大小f1，在被毛刷擦过的冰面上滑行的距离s2，所受摩擦力的大小f2．则有：
s1+s2=L… ①（L为投掷线到圆心的距离）
f1=μ1mg…②
f2=μ2mg…③
由功能关系，得：-f1s1+（-f2s2）=0-
联立以上各式，解得：s2=
代入数据得：s2=10m
故答案为：5；10．
（1）物块A刚滑上木板B时的速度有多大？
（2）物块A从滑上木板B到相对木板B静止经历了多长时间？
（3）木板B的长度为多少？
正确答案
解：（1）物块A从斜面滑下时的加速度为：a1mAgsinθ-μ1mAgcosθ=mAa1
解得：
物块A刚滑上木板B时的速度为v1，有：
解得：
（2）物块A在木板B上滑动时，
A的加速度为：
B的加速度为：
经历时间t，两木块最终的共同速度为v2，所以：
ν2=ν1+aAt=aBt
代入数据可解得：t=2s
（3）设木板B的长度为L，当两者共速时，木板B发生的位移为sB，物块A发生的位移为sA，根据题目所给条件可列方程：
L=sA-sB
联立解得：L=6m
答：（1）物块A刚滑上木板B时的速度为6m/s；．
（2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了2s；
（3）木板B的长度为6m．
解析
解：（1）物块A从斜面滑下时的加速度为：a1mAgsinθ-μ1mAgcosθ=mAa1
解得：
物块A刚滑上木板B时的速度为v1，有：
解得：
（2）物块A在木板B上滑动时，
A的加速度为：
B的加速度为：
经历时间t，两木块最终的共同速度为v2，所以：
ν2=ν1+aAt=aBt
代入数据可解得：t=2s
（3）设木板B的长度为L，当两者共速时，木板B发生的位移为sB，物块A发生的位移为sA，根据题目所给条件可列方程：
L=sA-sB
联立解得：L=6m
答：（1）物块A刚滑上木板B时的速度为6m/s；．
（2）物块A从刚滑上木板B到相对木板B静止共经历了2s；
（3）木板B的长度为6m．
正确答案
解析
解：A、物体在0～2s内F逐渐增大，由牛顿第二定律：a=
B、在2～4s内F逐渐减小，加速度逐渐减小，但方向没有改变，所以物体沿原方向做加速度减小的加速运动，到4s末速度最大，故B错误．
C、在4～6s内F反向逐渐增大，加速度也反向逐渐增大，物体沿原方向做加速度增大的减速运动；
在6～8s内F减小，加速度也逐渐减小，物体沿原方向做加速度减小的减速运动；故6s末位移不是最大的，8s末位移才是最大的，故C错误．
D、由上分析可知，在第8s末离出发点最远，速度为零；由于此时力为零，故加速度为零，物体一直做单向直线运动，速度方向没有改变，故D正确．
故选：D．
如图甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图象如图乙所示，（已知斜面与物块、地面与物块的动摩擦因数相同，g取10m/s2）求：
（1）斜面的长度S；
（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ；
（3）斜面的倾角θ的正弦值．
正确答案
解：（1）由题意可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，后在水平面上做匀减速直线运动，
速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，则斜面的长度为：S=
（2）在水平面上做匀减速直线运动的加速度为：
根据牛顿第二定律得：-μmg=ma1
解得：
（3）物体在斜面上做匀加速直线运动的加速度为：
根据牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
又因为（sinθ）2+（cosθ）2=1
解得：sinθ=0.6
答：（1）斜面的长度S为25m；
（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.5；
（3）斜面的倾角θ的正弦值为0.6．
解析
解：（1）由题意可知，物体在斜面上做匀加速直线运动，后在水平面上做匀减速直线运动，
速度时间图象与时间轴围成的面积表示位移，则斜面的长度为：S=
（2）在水平面上做匀减速直线运动的加速度为：
根据牛顿第二定律得：-μmg=ma1
解得：
（3）物体在斜面上做匀加速直线运动的加速度为：
根据牛顿第二定律得：
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
又因为（sinθ）2+（cosθ）2=1
解得：sinθ=0.6
答：（1）斜面的长度S为25m；
（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.5；
（3）斜面的倾角θ的正弦值为0.6．
正确答案
沿斜面向下
解析
解：设A的加速度为a，
对B，根据牛顿第二定律得：mg-N=may，
对A，根据牛顿第二定律得：（Mg+N′）sinθ=Ma，
ay=asinθ，N=N′，
联立解得：a=
故答案为：
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律有：F-mgμ=ma
由：
由此可知：图象斜率为质量的倒数，在纵轴上的截距大小为：gμ．
故由图象可知：μA＜μB=μC，mA=mB＜mC，故BD正确．
故选：BD．
（已知cos53°=0.6，sin53°=0.8）
A小球静止时弹簧的弹力大小为
B小球静止时细绳的拉力大小为
C细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为g
D细绳烧断瞬间小球的加速度立即变为
正确答案
解析
弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=
细绳的拉力大小为：T=
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=
故选：BD
（1）t=10s时刻物体的位置坐标；
（2）t=10s时刻物体速度．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
正确答案
解：（1）由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为：
在x轴方向上：x=3.0tm
在y轴方向上：y=0.2t2m
代入时间t=10 s，可得：x=3.0t m=3.0×10 m=30 m，y=0.2t2 m=0.2×102 m=20 m
即t=10 s时刻物体的位置坐标为（30 m，20 m）．
（2）在x轴方向上：x=3.0tm
在y轴方向上：y=0.2t2m
物体在这两个方向上的运动学公式为：
在x轴方向上：x=v0t
在y轴方向上：y=
联立并代入数据得：v0=3.0 m/s，a=0.4 m/s2
当t=10 s时，vy=at=0.4×10 m/s=4.0 m/s
物体速度 v=
答：
（1）t=10s时刻物体的位置坐标为（30 m，20 m）．
（2）t=10s时刻物体的速度的大小为5.0m/s．
解析
解：（1）由于物体运动过程中的坐标与时间的关系为：
在x轴方向上：x=3.0tm
在y轴方向上：y=0.2t2m
代入时间t=10 s，可得：x=3.0t m=3.0×10 m=30 m，y=0.2t2 m=0.2×102 m=20 m
即t=10 s时刻物体的位置坐标为（30 m，20 m）．
（2）在x轴方向上：x=3.0tm
在y轴方向上：y=0.2t2m
物体在这两个方向上的运动学公式为：
在x轴方向上：x=v0t
在y轴方向上：y=
联立并代入数据得：v0=3.0 m/s，a=0.4 m/s2
当t=10 s时，vy=at=0.4×10 m/s=4.0 m/s
物体速度 v=
答：
（1）t=10s时刻物体的位置坐标为（30 m，20 m）．
（2）t=10s时刻物体的速度的大小为5.0m/s．
（1）用力F向左拉M，当力F多大时，小球对滑块恰好无压力？
（2）当力F向左拉M，M和m以2g的加速度共同向左运动时，细线对m的拉力T等于多少？
（3）若滑块不光滑，其与小球间的滑动摩擦因数为μ=0.2，力F改为向右，为使小球与M不发生相对运动，求F最大为多少？（ 最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
正确答案
解：（1）小球对滑块恰好无压力时，以小球为研究对象，
在水平方向，由牛顿第二定律得：对球：mgtan45°=ma1，
以小球与滑块组成的系统为研究对象，
由牛顿第二定律得：F=（M+m）a1=（M+m）g，
解得：F=30N，a1=g；
（2）a2=2g＞g，球与滑块分离，
对小球，由牛顿第二定律得：F合=ma2=2mg，
则绳子的拉力大小：T=
（3）力F向右，设滑块对小球的支持力为FN，小球与M恰不发生相对运动，
对小球在水平方向，由牛顿第二定律得：FNsin45°+fcos45°=ma3，
竖直方向，由平衡条件得：FNcos45°-fsin45°-mg=0，摩擦力：f=μFN，
对小球与滑块组成的系统，由牛顿第二定律得：F=（M+m）a3，解得：F=45N；
答：（1）用力F向左拉M，当力F为30N时，小球对滑块恰好无压力；
（2）当力F向左拉M，M和m以2g的加速度共同向左运动时，细线对m的拉力T等于
（3）力F向右，为使小球与M不发生相对运动，F最大为45N．
解析
解：（1）小球对滑块恰好无压力时，以小球为研究对象，
在水平方向，由牛顿第二定律得：对球：mgtan45°=ma1，
以小球与滑块组成的系统为研究对象，
由牛顿第二定律得：F=（M+m）a1=（M+m）g，
解得：F=30N，a1=g；
（2）a2=2g＞g，球与滑块分离，
对小球，由牛顿第二定律得：F合=ma2=2mg，
则绳子的拉力大小：T=
（3）力F向右，设滑块对小球的支持力为FN，小球与M恰不发生相对运动，
对小球在水平方向，由牛顿第二定律得：FNsin45°+fcos45°=ma3，
竖直方向，由平衡条件得：FNcos45°-fsin45°-mg=0，摩擦力：f=μFN，
对小球与滑块组成的系统，由牛顿第二定律得：F=（M+m）a3，解得：F=45N；
答：（1）用力F向左拉M，当力F为30N时，小球对滑块恰好无压力；
（2）当力F向左拉M，M和m以2g的加速度共同向左运动时，细线对m的拉力T等于
（3）力F向右，为使小球与M不发生相对运动，F最大为45N．
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