- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：抓住剪断弹簧的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变，所以分析：
对C受力分析有：
剪断前平衡有：F弹=mg ①
剪断瞬间弹簧的弹力不变：aC=
剪短弹簧的瞬间，AB两物体以共同的加速度下落，以AB为整体，根据牛顿第二定律可得
故选：D
2012年11日，“歼15”舰载机在“辽宁号”航空母舰上着舰成功．图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止．某次降落，以飞机着舰为计时零点，飞机在t=0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置，其着舰到停止的速度---时间图线如图（b）所示．假如无阻拦索，飞机从着舰到停止需要的滑行距离约为1000m．设航母始终静止，重力加速度的大小为g．则（ ）
A从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离约为无阻拦索时的
B在0.4s-2.5s时间内，阻拦索的张力随时间不断增大
C在0.4s-2.5s时间内，飞行员所承受的加速度大小大约为2.6g
D在0.4s-2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率随时间不断增大
正确答案
解析
解答：解：A、由图象可知，从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离即为图象与时间所构成的面积，即约为x=
B、在0.4s～2.5s时间内，速度与时间的图象的斜率不变，则加速度也不变，所以合力也不变，因此阻拦索的张力的合力几乎不随时间变化，但阻拦索的张力是变化的，故B错误；
C、在滑行过程中，飞行员所承受的加速度大小为：a=
D、在0.4s～2.5s时间内，阻拦系统对飞机做功的功率P=FV，虽然F不变，但V是渐渐变小，所以其变化的，故D错误；
故选：AC．
正确答案
解：对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．
对滑块：在薄板上滑行时加速度
到达B点时速度
用时
滑块由B至C时的加速度
设滑块由B至C所用时间为t2，
则LBC=vt+
代入解得t2=1s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，滑至C端所用时间为t‘，
则
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为
答：滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差△t为1.65s．
解析
解：对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动．
对滑块：在薄板上滑行时加速度
到达B点时速度
用时
滑块由B至C时的加速度
设滑块由B至C所用时间为t2，
则LBC=vt+
代入解得t2=1s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，滑至C端所用时间为t‘，
则
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为
答：滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差△t为1.65s．
一滑雪运动员以滑雪板和滑雪杖为工具在平直雪道上进行滑雪训练．某次训练中，他站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面的作用获得水平推力F=60N而向前滑行，其作用时间为t1=1s，撤除水平推力F后经过t2=2s，他第二次利用滑雪杖对雪面的作用获得同样的水平推力且其作用时间仍为1s．已知该运动员连同装备的总质量为m=50kg，在整个运动过程中摩擦因数为0.02，求该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离．（g=10m/s2）
正确答案
解：滑动摩擦力为：f=μN=μmg=10N
运动员站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作用时，加速度为：
t1=1s时的速度为：v1=a1t1=1×1=1m/s
第一次撤除水平推力F后，加速度为：
撤除水平推力F后经过t2=2s，速度为：
v′1=v1+a2t2=1+（-0.2）×2=0.6m/s
第二次刚撤除水平推力F时，速度为：
v2=v1′+a1t1=0.6+1×1=1.6m/s
此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动，滑行的最大距离为：
答：该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为6.4m．
解析
解：滑动摩擦力为：f=μN=μmg=10N
运动员站在雪道上第一次利用滑雪杖对雪面作用时，加速度为：
t1=1s时的速度为：v1=a1t1=1×1=1m/s
第一次撤除水平推力F后，加速度为：
撤除水平推力F后经过t2=2s，速度为：
v′1=v1+a2t2=1+（-0.2）×2=0.6m/s
第二次刚撤除水平推力F时，速度为：
v2=v1′+a1t1=0.6+1×1=1.6m/s
此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动，滑行的最大距离为：
答：该运动员（可视为质点）第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为6.4m．
（1）求绳刚被拉断时F的大小．
（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为多少？
正确答案
解：（1）设绳刚要拉断时产生的拉力为F1，根据牛顿第二定律对A物体有：
F1-μm1g=m1a
代入数值得
a=2m/s2
对AB整体分析有：
F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a
代入数值计算得F=40N；
（2）设绳断后，A的加速度为a1B的加速度为a2，则有
a2=
A停下来的时间为
A的位移为：
B的位移为：
则此时AB间距离△x=x2+L-x1=2.5m
答：（1）绳刚被拉断时F的大小为40N．
（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为2.5m．
解析
解：（1）设绳刚要拉断时产生的拉力为F1，根据牛顿第二定律对A物体有：
F1-μm1g=m1a
代入数值得
a=2m/s2
对AB整体分析有：
F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a
代入数值计算得F=40N；
（2）设绳断后，A的加速度为a1B的加速度为a2，则有
a2=
A停下来的时间为
A的位移为：
B的位移为：
则此时AB间距离△x=x2+L-x1=2.5m
答：（1）绳刚被拉断时F的大小为40N．
（2）若绳刚被拉断时，A、B的速度为2m/s，保持此时的F大小不变，当A静止时，A、B间的距离为2.5m．
（2015•哈尔滨校级二模）我国研制的深海载人潜水器“蛟龙”号在马里亚纳海沟创造了下潜7062米的载人深潜纪录，它在海水中下落最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．“蛟龙”号质量为m，完全入水后从静止开始无动力下潜，最后“蛟龙”号的收尾速度为v，若“蛟龙”号在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A“蛟龙”号从静止至达到收尾速度的过程中所受海水阻力应为恒力
B若测得某时“蛟龙”号的加速度大小为a，则“蛟龙”号此时受到的水的阻力为m（a+g）-F
C若测得“蛟龙”号从静止至达到收尾速度所用时间为t，则“蛟龙”号的位移为
D若测得“蛟龙”号下落t时间，通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为
正确答案
解析
解：A、“蛟龙”号的收尾速度为v，即开始时做变速运动最后做匀速运动，对蛟龙号受力分析，受重力和浮力及海水阻力，由牛顿第二定律得：mg-F-f=ma，而重力mg，浮力F恒定，最后物体又匀速运动，a=0，故阻力f变化，故A错误；
B、对蛟龙号受力分析，受重力和浮力及海水阻力，由牛顿第二定律得：mg-F-f=ma，解得：f=mg-ma-F，故B错误；
C、根据运动学公式，可知，在匀变速运动中：x=
D、根据运动学公式，可知，
故选：D
（1）图中t5时刻小球的速度v5=______m/s．
（2）小球上升过程中的加速度a=______m/s2．
（3）t6时刻后小球还能上升的高度h=______m．
正确答案
4.08
10
0.64
解析
解：（1）t5时刻小球的速度：
（2）根据△x=aT2，解得：
（3）t5时刻小球与最高点的距离：
则t6时刻后小球还能上升的高度：h=83.23-19.14cm=64.09cm≈0.64m．
故答案为：4.08，10，0.64
正确答案
解：如图所示，A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力．根据牛顿第二定律，得N1-m1g=m1
这时B球位于最高点，设速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用．球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N2 ②，且N2方向一定向下，
对B球：N2+m2g=m2
即 
由①②③④式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：
（m1-m2）
答：m1、m2、R与v0应满足的关系式为 （m1-m2）
解析
解：如图所示，A球运动到最低点时速度为V0，A球受到向下重力mg和细管向上弹力N1的作用，其合力提供向心力．根据牛顿第二定律，得N1-m1g=m1
这时B球位于最高点，设速度为V1，B球受向下重力m2g和细管弹力N2作用．球作用于细管的力是N1、N2的反作用力，要求两球作用于细管的合力为零，即要求N2与N1等值反向，N1=N2 ②，且N2方向一定向下，
对B球：N2+m2g=m2
即
由①②③④式消去N1、N2和V1后得到m1、m2、R与V0满足的关系式是：
（m1-m2）
答：m1、m2、R与v0应满足的关系式为 （m1-m2）
（1）落点D与O点的水平距离S；
（2）释放点距A点的竖直高度h；
（3）若小球释放点距离A点的高度为H，假设轨道半径R可以改变，当R取多少时，落点D与圆心O之间的距离最大，并求出这个最大值．
正确答案
解：（1）在C点有：mg=
根据R=
s=
故落点D与O点的水平距离S为
（2）从释放点到C点运用动能定理，有
h=
故释放点距A点的竖直高度h为
（3）根据动能定理得，
平抛运动的时间t=
则平抛运动的水平位移x=
当R=
解析
解：（1）在C点有：mg=
根据R=
s=
故落点D与O点的水平距离S为
（2）从释放点到C点运用动能定理，有
h=
故释放点距A点的竖直高度h为
（3）根据动能定理得，
平抛运动的时间t=
则平抛运动的水平位移x=
当R=
（1）小物体下滑的加速度大小；
（2）小物体下滑到斜面底端B时的速度大小；
（3）小物体下滑到斜面底端B所用时间．
正确答案
解：如图对物体进行受力分析有：
平行斜面方向：F合x=mgsinθ-f=ma
垂直斜面方向：F合y=N-mgcosθ=0
滑动摩擦力大小f=μN
由上分析知物体下滑时的加速度
（2）已知物体下滑的加速度a=2.5m/s2，初速度为0，位移x=5m，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：
v2=2ax得物体滑至底端时的速度
（3）物体下滑至底端时的速度为v=5m/s，所以根据速度时间关系有：
v=at，物体下滑的时间t=
答：（1）小物体下滑的加速度大小为2.5m/s2；
（2）小物体下滑到斜面底端B时的速度大小为v=5m/s；
（3）小物体下滑到斜面底端B所用时间为2s．
解析
解：如图对物体进行受力分析有：
平行斜面方向：F合x=mgsinθ-f=ma
垂直斜面方向：F合y=N-mgcosθ=0
滑动摩擦力大小f=μN
由上分析知物体下滑时的加速度
（2）已知物体下滑的加速度a=2.5m/s2，初速度为0，位移x=5m，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：
v2=2ax得物体滑至底端时的速度
（3）物体下滑至底端时的速度为v=5m/s，所以根据速度时间关系有：
v=at，物体下滑的时间t=
答：（1）小物体下滑的加速度大小为2.5m/s2；
（2）小物体下滑到斜面底端B时的速度大小为v=5m/s；
（3）小物体下滑到斜面底端B所用时间为2s．
静止在水平地面上的木箱，质量为50kg．若用F=400N的水平恒力推它，可以在5s内使它移动s=50m．若用大小仍为400N而方向与水平方向夹角为37°斜向上的拉力拉木箱从静止开始运动，使木箱能够到达50m远处，则拉力的作用时间最少是多少？（g取10m/s2，cos37°=0.8）
正确答案
解：木箱做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：s=
由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：μ=
木箱在拉力作用下做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，到达50m处速度为零时拉力的作用时间最短，
由牛顿第二定律得：Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1，解得：a1=4.32m/s2，
撤去拉力后的加速度：a2=
设撤去拉力时木箱的速度为v，则：s=
答：拉力的作用时间最少是3.3s．
解析
解：木箱做匀加速直线运动，由匀变速直线运动的位移公式得：s=
由牛顿第二定律得：μmg=ma，解得：μ=
木箱在拉力作用下做匀加速直线运动，撤去拉力后做匀减速直线运动，到达50m处速度为零时拉力的作用时间最短，
由牛顿第二定律得：Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1，解得：a1=4.32m/s2，
撤去拉力后的加速度：a2=
设撤去拉力时木箱的速度为v，则：s=
答：拉力的作用时间最少是3.3s．
如图甲所示，在倾角为37°的粗糙斜面的底端，一质量m=1kg可视为质点的滑块压缩一轻弹簧并锁定，滑块与弹簧不相连．t=0时解除锁定，计算机通过传感器描绘出滑块的速度时间图象如图乙所示，其中bc段为直线，g取10m/s2．求：
（1）动摩擦因数μ的大小；
（2）t=0.4s时滑块的速度v的大小．
正确答案
解：（1）由图象可知0.1s物体离开弹簧向上做匀减速运动，
加速度的大小
根据牛顿第二定律，有：
解得：μ=0.5．
（2）根据速度时间公式，得：t1=0.3s时的速度大小v1=v0-t=1-10×0.1m/s=0m/s．
返回的加速度大小a′=gsin37°-μgcos37°=6-4m/s2=2m/s2，
则0.4s时的速度v2=a′t′=2×0.1m/s=0.2m/s．
答：（1）动摩擦因数μ的大小为0.5．
（2）t=0.4s时滑块的速度v的大小为0.2m/s．
解析
解：（1）由图象可知0.1s物体离开弹簧向上做匀减速运动，
加速度的大小
根据牛顿第二定律，有：
解得：μ=0.5．
（2）根据速度时间公式，得：t1=0.3s时的速度大小v1=v0-t=1-10×0.1m/s=0m/s．
返回的加速度大小a′=gsin37°-μgcos37°=6-4m/s2=2m/s2，
则0.4s时的速度v2=a′t′=2×0.1m/s=0.2m/s．
答：（1）动摩擦因数μ的大小为0.5．
（2）t=0.4s时滑块的速度v的大小为0.2m/s．
（1）小球到达杆顶的速度是多少？
（2）小球受到的摩擦力是多少？
（3）当小球沿杆上升时，箱子对水平地面的压力是多少？
正确答案
解：（1）对离开杆顶的过程，根据运动学公式，有：
解得：
（2）小球沿着杆上滑过程，根据运动学公式，有：
解得：
对球，根据牛顿第二定律，有：
f+mg=ma
解得：
方向竖直向下
（3）对箱子，根据平衡条件，有：
解得：
由牛顿第三定律，对地压力为：
答：（1）小球到达杆顶的速度是
（2）小球受到的摩擦力是
（3）当小球沿杆上升时，箱子对水平地面的压力是
解析
解：（1）对离开杆顶的过程，根据运动学公式，有：
解得：
（2）小球沿着杆上滑过程，根据运动学公式，有：
解得：
对球，根据牛顿第二定律，有：
f+mg=ma
解得：
方向竖直向下
（3）对箱子，根据平衡条件，有：
解得：
由牛顿第三定律，对地压力为：
答：（1）小球到达杆顶的速度是
（2）小球受到的摩擦力是
（3）当小球沿杆上升时，箱子对水平地面的压力是
（1）打开飞行衣前特工下落的距离为多大？
（2）求阻力系数k和打开飞行衣瞬间特工的加速度a的大小．
正确答案
解析
解：（1）打开飞行衣前特工下落的距离h=
（2）设最终运动员匀速下降时速度为v2，由题有：
kv2-（M+m）g=0
kv1-（M+m）g=（M+m）a
v2=5m/s
联解并代入数据得：
k=200N•s/m
a=30m/s2，方向竖直向上．
答：（1）打开飞行衣前特工下落的距离为20m．
（2）阻力系数k为200N•s/m，打开飞行衣瞬间特工的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上．
正确答案
1：1
解析
解：
对物体受力分析可知，物体受重力，支持力，其加速度为：
设底边长度为L，则斜面长度为：
由运动学：
解得：
因为：sin37°=cos53°，故时间之比为：
1：1
故答案为：1：1．
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