牛顿运动定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•常州月考）如图所示，在倾角a=30°的光滑斜面上，并排放着质量分别为mA=10kg和mB=2kg的A、B两物块．一劲度系数k=400N/m的轻弹簧一端与物块B相连，另一端与固定挡板相连．整个系统处于静止状态．现对A施加一沿斜面向上的力F使物块A沿斜面向上作匀加速运动．已知力F在前0.2s内为变力，0.2s后为恒力，g取10m/s2．求

（1）匀加速运动时加速度的大小

（2）求此过程中F的最大值和最小值．

正确答案

解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则有：

（mA+mB）gsin θ=kx0…①

因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，由牛顿第二定律知：

kx1-mBgsin θ=mBa…②

前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：

x0-x1=at2…③

①②③式联立解得：a=5 m/s2

（2）当A、B开始运动时拉力最小，此时有：

Fmin=（mA+mB）a=60N

当A、B分离时拉力最大，此时有：

Fmax=mA（a+gsin θ）=100N．

答：（1）匀加速运动时加速度的大小为5 m/s2；

（2）F的最大值为100N，最小值为60N．

解析

解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则有：

（mA+mB）gsin θ=kx0…①

因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，由牛顿第二定律知：

kx1-mBgsin θ=mBa…②

前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：

x0-x1=at2…③

①②③式联立解得：a=5 m/s2

（2）当A、B开始运动时拉力最小，此时有：

Fmin=（mA+mB）a=60N

当A、B分离时拉力最大，此时有：

Fmax=mA（a+gsin θ）=100N．

答：（1）匀加速运动时加速度的大小为5 m/s2；

（2）F的最大值为100N，最小值为60N．

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题型：填空题

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填空题

在航天技术中，火箭是把航天器送入太空的运载工具之一．在航天器发射的初始阶段，火箭通过燃烧消耗燃料向后吐着长长的“火舌”，推动着航天器竖直上升．设“火舌”产生的推动力大小保持不变且不计空气阻力．则在这个过程中，航天器的加速度将______，速度将______．（填“变大”、“不变”或“变小”）

正确答案

变大

解析

解：

由于推动力F和空气阻力f都不变，随着燃料航天器质量减小，故航天器所受合外力：F合=F-f-mg增大．

由牛顿第二定律可得：

故加速度变大．

由运动学：

v=at

可知速度变大．

故答案为：变大；变大

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题型：简答题

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简答题

某飞机场利用如图所示的传送带将地面上的货物运送到飞机上，传送带与地面的夹角θ=30°，传送带两端A、B的长度L=10m．传送带以v=5m/s的恒定速度匀速向上运动．在传送带底端A轻轻放一质量m=5kg的货物，货物与传送带间的动摩擦因数．求货物从A端运送到B端所需的时间．（g取10m/s2）

正确答案

解：

由牛顿第二定律：

mgμcos30°-mgsin30°=ma

解得a=2.5 m/s2

货物匀加速运动的时间

货物匀加速运动的位移

随后货物做匀速运动．

运动位移 S2=L-S1=5m

匀速运动时间

t=t1+t2=3s

答：

货物从A端运送到B端所需的时间3s

解析

解：

由牛顿第二定律：

mgμcos30°-mgsin30°=ma

解得a=2.5 m/s2

货物匀加速运动的时间

货物匀加速运动的位移

随后货物做匀速运动．

运动位移 S2=L-S1=5m

匀速运动时间

t=t1+t2=3s

答：

货物从A端运送到B端所需的时间3s

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题型：简答题

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简答题

如图所示，有一质量m=1kg的物块，以v=5m/s的初速度开始在水平面上向右滑行．物块运动中始终受到大小为4N、方向水平向左的力F，物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.1．求：

（1）物块向右运动时所受摩擦力的大小和方向；

（2）物块向右运动时的加速度大小；

（3）物块向右运动到最远处时的位移大小．

正确答案

解：（1）对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力；

摩擦力：f=μN=μmg=0.1×1×10=1N，与相对地面的运动方向相反，向左；

（2）根据牛顿第二定律，有：

f+F=ma

解得：

a=

（3）物体向右做匀减速直线运动，根据速度位移关系公式，有：

-v2=2（-a）x

解得：

x=

答：（1）物块向右运动时所受摩擦力的大小为1N，水平向左；（2）物块向右运动时的加速度大小为5m/s2；（2）物块向右运动到最远处时的位移大小为2.5m．

解析

解：（1）对物体受力分析，受重力、支持力、拉力和摩擦力；

摩擦力：f=μN=μmg=0.1×1×10=1N，与相对地面的运动方向相反，向左；

（2）根据牛顿第二定律，有：

f+F=ma

解得：

a=

（3）物体向右做匀减速直线运动，根据速度位移关系公式，有：

-v2=2（-a）x

解得：

x=

答：（1）物块向右运动时所受摩擦力的大小为1N，水平向左；（2）物块向右运动时的加速度大小为5m/s2；（2）物块向右运动到最远处时的位移大小为2.5m．

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•合肥校级月考）如图1所示，O为水平直线MN上的一点，质量为m的小球在O点的左方时受到水平恒力F1作用，运动到O点的右方时，同时还受到水平恒力F2的作用，设质点从图示位置由静止开始运动，其v-t图象如图2所示，在0-t4时间内，下列说法错误的是（　　）

A质点在O点右方运动的时间为t4-2t1

B质点在O点的左方加速度大小为

CF2的大小为

D质点在0-t4这段时间内的最大位移为

正确答案

C

解析

解：A、在0-t1时间内，小球在0的左方向向右做匀加速运动；在t1-t2时间内小球在0的右方向右做匀减速直线运动，在t2-t3时间内小球在0的右方向左做匀加速直线运动，根据运动过程的对称性得知，小球在0的右方运动的时间为t3-t1=t4-2t1，故A正确；

B、图中0-t1与t3-t4两段时间内小球在0的左方运动，根据图线的斜率等于加速度得：物体在0的左方加速度为a==，故B正确；

C、在t1-t3时间内，小球的加速度大小为a′==，根据牛顿第二定律得：F2-F1=ma′，得到F2=F1+ma′=F1+，故C错误；

D、小球在t=0到t=t4这段时间内在t2时刻离M点最远，最大位移为x=，故D正确．

本题选错误的，故选：C

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题型：多选题

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多选题

如图所示，甲、乙两车均在光滑的水平面上，质量都是M，人的质量都是m，甲车上人用力F推车，乙车上的人用等大的力F拉绳子（绳与轮的质量和摩擦均不计），人与车始终保持相对静止．下列说法正确的是（　　）

A甲车的加速度大小为

B甲车的加速度大小为0

C乙车的加速度大小为

D乙车的加速度大小为0

正确答案

B,C

解析

解：对甲：以整体为研究对象，水平方向不受力，所以甲车的加速度大小为0；

对乙：乙整体为研究对象，水平方向受向左的2F的拉力，故乙车的加速度大小为．

故选：BC

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题型：简答题

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简答题

特警队员从悬停在空中离地235米高的直升机上沿绳下滑进行降落训练，某特警队员和他携带的武器质量共为80kg，设特警队员用特制的手套轻握绳子时可获得200N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得1000N的摩擦阻力，下滑过程中特警队员不能自由落体，至少轻握绳子才能确保安全．g取10m/s2．求：

（1）特警队员轻握绳子降落时的加速度是多大？

（2）如果要求特警队员着地时的速度不大于5m/s，则特警队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少（用文字叙述或v-t图表示均可），最少时间为多少？

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律，有

即特警队员轻握绳子降落时的加速度是7.5m/s2．

（2）先加速到一定速度后立即减速，到达地面时正好为5m/s速度，用时最短；

减速时加速度为

设最大速度为vm，根据运动学公式，有

解得

vm=30m/s

故总时间为

即最少时间为14s．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律，有

即特警队员轻握绳子降落时的加速度是7.5m/s2．

（2）先加速到一定速度后立即减速，到达地面时正好为5m/s速度，用时最短；

减速时加速度为

设最大速度为vm，根据运动学公式，有

解得

vm=30m/s

故总时间为

即最少时间为14s．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，半径R=1m，圆心角等于143°的竖直圆弧形光滑轨道，与斜面相切于B处，圆弧形轨道的最高点为M，斜面倾角θ=37°，t=0时刻有一物块沿斜面上滑，其在斜面上运动的速度变化规律如图乙所示．若物块恰能到达M点，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

（1）物块经过B点时的速度vB；

（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ；

（3）AB间的距离xAB．

正确答案

解：（1）由题意在M点时有：

mg=m

由机械能守恒定律：mgR（1+cos37°）=mvB2-mvM2

联立两方程代入数据可求得：vB=m/s

（2）v-t图可知物块运动的加速度a=10m/s2

由牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcos37°=ma

得：μ==0.5

（3）由运动学公式得：vA2-vB2=2asAB

又vA=8m/s

得：sAB=0.9m

答：（1）物块经过B点时的速度vB为m/s；

（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；

（3）AB间的距离xAB为0.9m．

解析

解：（1）由题意在M点时有：

mg=m

由机械能守恒定律：mgR（1+cos37°）=mvB2-mvM2

联立两方程代入数据可求得：vB=m/s

（2）v-t图可知物块运动的加速度a=10m/s2

由牛顿第二定律：mgsin37°+μmgcos37°=ma

得：μ==0.5

（3）由运动学公式得：vA2-vB2=2asAB

又vA=8m/s

得：sAB=0.9m

答：（1）物块经过B点时的速度vB为m/s；

（2）物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5；

（3）AB间的距离xAB为0.9m．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，物体原来静止在水平面上，用一水平力F拉物体，在F从0开始逐渐增大的过程中，物体先静止后又做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图乙所示．根据图乙中所标出的数据可计算出（　　）

A物体的质量为1 kg

B物体的质量为2kg

C物体与水平面间的动摩擦因数为0.3

D物体与水平面间的动摩擦因数为0.5

正确答案

B,C

解析

解：对物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力

根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma，解得：a=-μg，

由a与F图线，得：0.5=-10μ，4=-10μ，

以上各式联立得：m=2Kg，μ=0.3，故BC正确

故选：BC．

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题型：简答题

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简答题

在电梯中，把一重物置于水平台秤上，台秤与力的传感器相连，电梯先从静止加速上升然后又匀速运动一段时间，最后停止运动；传感器的屏幕上显示出其受的压力与时间的关系（N-t）图象，如图所示，则：

（1）电梯在启动阶段经历了______s加速上升过程．

（2）电梯的最大加速度是多少？（g取10m/s2）

正确答案

解：

（1）电梯加速上升时，重物对台秤的压力大于重力．由图象可知：电梯在启动阶段经历了4.0s加速上升过程．

（2）由图可知：4-18s内电梯做匀速直线运动，N=G=30N，

则重物的质量为m==3kg．

当压力N=50N时，重物的合力最大，加速度最大．

由牛顿第二定律得 N-mg=ma

代入解得最大加速度为a=6.7m/s2故答案为：4s，电梯的最大加速度是6.7m/s2．

解析

解：

（1）电梯加速上升时，重物对台秤的压力大于重力．由图象可知：电梯在启动阶段经历了4.0s加速上升过程．

（2）由图可知：4-18s内电梯做匀速直线运动，N=G=30N，

则重物的质量为m==3kg．

当压力N=50N时，重物的合力最大，加速度最大．

由牛顿第二定律得 N-mg=ma

代入解得最大加速度为a=6.7m/s2故答案为：4s，电梯的最大加速度是6.7m/s2．

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题型：填空题

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填空题

一个质量为3kg的物体放在水平桌面上，在大小为6N的水平拉力作用下，恰好可以沿水平面匀速运动．则物体和桌面间的动摩擦因数为______；若要使该物体在桌面上以2m/s2的加速度匀加速运动，则水平拉力大小应为______N．

正确答案

0.2

12

解析

解：物体在6N的拉力作用下做匀速运动，有：F=μmg，解得．

根据牛顿第二定律得，F′-μmg=ma，解得F′=μmg+ma=0.2×30+3×2N=12N．

故答案为：0.2，12．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，足够长的传送带与水平面倾角θ=37°，以12m/s的速率逆时针转动．在传送带底部有一质量m=1.0kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.25，现用轻细绳将物体由静止沿传送带向上拉动，拉力F=10.0N，方向平行传送带向上．经时间t=4.0s绳子突然断了，求：

（1）绳断后物体还能向上行多远；

（2）从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间．

（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，=7.6）

正确答案

解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，

则有F-mgsinθ-Ff=ma1 ①

FN=mgcosθ ②

又 Ff=μFN ③

联立①②③解得：a1=2.0m/s2

所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=2×4=8.0m/s＜12m/s

绳断后，物体距斜面底端x1=a1t2==16m．

断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

得：a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

物体做减速运动时间：t2==1.0s

减速运动位移：x2===4.0m

此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma3

得：a3=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

速度和传送带速度相同的时间为t3，

则：t3===1.5s

位移x3==6×1.5=9m

之后做加速度为a4=gsin37°-μgcos37°=4m/s2

x4=x1+x2-x3=16+4-9=11m

x4=vt4

解得t4=（-3）s

得：t总=t2+t3+t4=（-0.5）=14.7s

答：（1）绳断后物体还能向上行4m；

（2）从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间14.7s．

解析

解：（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，

则有F-mgsinθ-Ff=ma1 ①

FN=mgcosθ ②

又 Ff=μFN ③

联立①②③解得：a1=2.0m/s2

所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=2×4=8.0m/s＜12m/s

绳断后，物体距斜面底端x1=a1t2==16m．

断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2

得：a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

物体做减速运动时间：t2==1.0s

减速运动位移：x2===4.0m

此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有：

mgsinθ+μmgcosθ=ma3

得：a3=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2

速度和传送带速度相同的时间为t3，

则：t3===1.5s

位移x3==6×1.5=9m

之后做加速度为a4=gsin37°-μgcos37°=4m/s2

x4=x1+x2-x3=16+4-9=11m

x4=vt4

解得t4=（-3）s

得：t总=t2+t3+t4=（-0.5）=14.7s

答：（1）绳断后物体还能向上行4m；

（2）从绳断开始到物体再返回到传送带底端时的运动时间14.7s．

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题型：单选题

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单选题

一物体放在一倾角为θ的斜面上，向下轻轻一推，它刚好能匀速下滑．若给此物体一个沿斜面向上的初速度v0，则它能上滑的最大路程是（　　）

A

B

C

D

正确答案

C

解析

解：物体沿斜面匀速下滑时，合力为零，由平衡条件得：物体所受的滑动摩擦力大小为：f=mgsinθ，

当物体沿斜面向上滑动时，根据牛顿第二定律有：mgsinθ+f=ma，

由此解得：a=2gsinθ，方向沿斜面向下．

根据v2-v02=2ax，解得：x=；

故选：C．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，在倾角为α=37°的静止斜面上，一质量为m=0.2kg的光滑小球被竖直的木板挡住．（sin37°=0.6，cos37°=0.8g=10m/s2 ）

（1）画出小球的受力分析图？

（2）求小球对斜面的压力是多大？

（3）求向左缓慢翻转挡板至水平的过程中小球对挡板压力的最小值是多大？

（4）若用水平拉力作用在斜面上，使斜面竖直挡板和小球一起以a=5m/s2向右加速运动求挡板对小球的推力是多大？

正确答案

解：（1）小球受重力、斜面与挡板的支持力，小球受力如图所示：

（2）小球受力如图所示：

由平衡条件得：FN1sinα=FN2，FN1cosα=G，

解得：FN1====2.5N，

由牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小为为2.5N，方向垂直与斜面向下；

（3）挡板转动过程中，小球受力如图所示：

由图示可知，当挡板与斜面垂直时，小球对挡板压力最小，

最小压力为：mgsinα=0.2×10×sin37°=1.2N；

（4）对小球，由平衡条件得：FN1cosα=mg，

由牛顿第二定律得：FN2-FN1sinα=ma，

代入数据解得：FN2=2.5N；

答：（1）小球受力如图所示；

（2）小球对斜面的压力大小为2.5N；

（3）向左缓慢翻转挡板至水平的过程中小球对挡板压力的最小值是1.2N；

（4）挡板对小球的推力是2.5N．

解析

解：（1）小球受重力、斜面与挡板的支持力，小球受力如图所示：

（2）小球受力如图所示：

由平衡条件得：FN1sinα=FN2，FN1cosα=G，

解得：FN1====2.5N，

由牛顿第三定律可知，球对斜面的压力大小为为2.5N，方向垂直与斜面向下；

（3）挡板转动过程中，小球受力如图所示：

由图示可知，当挡板与斜面垂直时，小球对挡板压力最小，

最小压力为：mgsinα=0.2×10×sin37°=1.2N；

（4）对小球，由平衡条件得：FN1cosα=mg，

由牛顿第二定律得：FN2-FN1sinα=ma，

代入数据解得：FN2=2.5N；

答：（1）小球受力如图所示；

（2）小球对斜面的压力大小为2.5N；

（3）向左缓慢翻转挡板至水平的过程中小球对挡板压力的最小值是1.2N；

（4）挡板对小球的推力是2.5N．

1

题型：填空题

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填空题

质量为200kg的物体，置于升降机内的台秤上，从静止开始上升，运动过程中台秤的读数F随时间t的变化关系如图所示，则升降机在图中的7s内上升的高度为______．（g取10m/s2）

正确答案

50

解析

解：O一2s内物体向上的加速度：．

2s末速度为：v=at=5×2m/s=10m/s

2～5 s内有：F2=2000N=mg，作匀速运动

5-7 s内作匀减速运动，加速度为：

如图所示，作出的物体的速度一时间图象，上升的总高度为：m．

故答案为：50m

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