- 牛顿运动定律
- 共29769题
（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小；
（2）木块滑到木板左端所需的时间；
（3）在（2）的时间内，拉力F所做的功．
正确答案
解：（1）对木块运用牛顿第二定律得：
对木板运用牛顿第二定律得：
（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移时间公式得：
解得：t=1s
（3）木板运动的位移为：x=
所以拉力F所做的功W=Fx=56J
答：（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2，4m/s2；
（2）木块滑到木板左端所需的时间为1s；
（3）在（2）的时间内，拉力F所做的功为56J．
解析
解：（1）对木块运用牛顿第二定律得：
对木板运用牛顿第二定律得：
（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移时间公式得：
解得：t=1s
（3）木板运动的位移为：x=
所以拉力F所做的功W=Fx=56J
答：（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2，4m/s2；
（2）木块滑到木板左端所需的时间为1s；
（3）在（2）的时间内，拉力F所做的功为56J．
正确答案
解析
解：A、B、设A、B恰好发生相对滑动时的加速度为a0．拉力大小为F0．根据牛顿第二定律得：
对A：μmBg=mAa0；
对AB整体：F0=（mA+mB）a0；
联立解得：F0=（mA+mB）•
因F＜F0，所以A、B之间不会发生相对滑动．
根据牛顿第二定律得：
对A：f=mAa；
对AB整体：F=（mA+mB）a；
联立解得：a=
故ABD错误，C正确．
故选：C
（1）滑块经过B点时速度的大小；
（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力；
（3）滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功．
正确答案
解：（1）滑块从A到B，做匀减速直线运动，摩擦力f=μmg，
由牛顿第二定律可知，加速度大小为：
由运动学公式有：
联立上式，代入数据解得：vB=7m/s．
（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时有：
代入数据解得，滑块对轨道的压力为：FN′=FN=20.7N
方向竖直向下
（3）滑块离开C点后做竖直上抛运动，由运动学公式有：
从B到C的过程中，克服摩擦力做功W克f，由动能定理有：
联立上式，代入数据解得：W克=1.5J．
答：（1）滑块经过B点时速度的大小为7m/s；
（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为20.7N；
（3）滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功为1.5J．
解析
解：（1）滑块从A到B，做匀减速直线运动，摩擦力f=μmg，
由牛顿第二定律可知，加速度大小为：
由运动学公式有：
联立上式，代入数据解得：vB=7m/s．
（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时有：
代入数据解得，滑块对轨道的压力为：FN′=FN=20.7N
方向竖直向下
（3）滑块离开C点后做竖直上抛运动，由运动学公式有：
从B到C的过程中，克服摩擦力做功W克f，由动能定理有：
联立上式，代入数据解得：W克=1.5J．
答：（1）滑块经过B点时速度的大小为7m/s；
（2）滑块冲到圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为20.7N；
（3）滑块在圆弧轨道BC段克服摩擦力所做的功为1.5J．
（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ；
（2）水平风力F的大小．
正确答案
解：（1）由速度图象可知，在2.5s以后，小球做匀速运动，由平衡条件有：
mgsinθ-μmgcosθ=0，
代入数据解得：μ=0.75．
（2）由牛顿第二定律有：
mgsinθ+Fcosθ-μFN=ma，
FN+Fsinθ-mgcosθ=0，
由图象知，小球在加速阶段的加速度大小为：a=
代入数据解得：F=22.4N．
答：（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）水平风力F的大小为22.4N
解析
解：（1）由速度图象可知，在2.5s以后，小球做匀速运动，由平衡条件有：
mgsinθ-μmgcosθ=0，
代入数据解得：μ=0.75．
（2）由牛顿第二定律有：
mgsinθ+Fcosθ-μFN=ma，
FN+Fsinθ-mgcosθ=0，
由图象知，小球在加速阶段的加速度大小为：a=
代入数据解得：F=22.4N．
答：（1）小球与细杆间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）水平风力F的大小为22.4N
正确答案
按正交分解将F分解为Fy=Fsin30°=10 N，Fx=Fcos30°=17.3 N．
在y轴方向上合力为零，应有mg-Fy-FN=0
解得 FN=30 N
在x轴方向上，应用牛顿第二定律得：Fx-μFN=ma
解得 a=0.58 m/s2
根据运动学公式 x=
将a=0.58 m/s2，t=3 s代入，得x=2.61 m．
答：经过3s，该物体的位移为2.61 m．
解析
按正交分解将F分解为Fy=Fsin30°=10 N，Fx=Fcos30°=17.3 N．
在y轴方向上合力为零，应有mg-Fy-FN=0
解得 FN=30 N
在x轴方向上，应用牛顿第二定律得：Fx-μFN=ma
解得 a=0.58 m/s2
根据运动学公式 x=
将a=0.58 m/s2，t=3 s代入，得x=2.61 m．
答：经过3s，该物体的位移为2.61 m．
（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小；
（2）小球的加速度；
（3）最初2s 内小球的位移．
正确答案
在垂直于斜面的方向上，有：Fcosθ-mgcosθ-N=0
所以：f=μN=0.08N
（2）由牛顿第二定律，在沿斜面方向上，有：Fsinθ-mgsinθ-f=ma
解得：a=0.4m/s2
（3）小球在最初的2s内的位移为：s=
答：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小为0.08N；
（2）小球的加速度为0.4m/s2；
（3）最初2s 内小球的位移为0.8m．
解析
在垂直于斜面的方向上，有：Fcosθ-mgcosθ-N=0
所以：f=μN=0.08N
（2）由牛顿第二定律，在沿斜面方向上，有：Fsinθ-mgsinθ-f=ma
解得：a=0.4m/s2
（3）小球在最初的2s内的位移为：s=
答：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小为0.08N；
（2）小球的加速度为0.4m/s2；
（3）最初2s 内小球的位移为0.8m．
Atl时刻，弹簧形变量为
Bt2时刻，弹簧形变量为
Ctl时刻，A，B刚分离时的速度为
D从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变
正确答案
解析
解：A、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则x=
B、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=
对AB整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，故B错误．
C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma
开始时有：2mgsinθ=kx0，
又x0-x=
速度V=at1=
D、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故D正确．
故选：BD
正确答案
8
解析
解：以A为研究对象，要用力将C拉动，绳的拉力至少等于AB间的最大静摩擦力，则拉力的最小值为 T=μmAg=1N
再以三个物体整体为研究对象，整体受向右2T的拉力和地面对C向右的滑动摩擦力，由平衡条件得拉力的最小值为
F=2T+μ（mA+mB+mC）g=8N
故答案为：8N
A
B
C
D
正确答案
解析
解：在弹簧正好恢复到原长时，小球具有最大速度，此时小球的加速度为零，所以此时小球的合外力等于0，所以mg=qE．
当木块对水平面压力为零时，知弹簧的弹力为Mg，由于电场力与重力的合力为零，小球所受的合力为Mg，根据牛顿第二定律有：a=
故选：C．
2014年4月10日，南海舰队372潜艇在远航巡逻中，遭遇海水密度突变造成的“断崖”掉深，该潜艇急速下沉，全艇官兵在能见度几乎为零的水雾环境中，关闭了近百个阀门和开关，操纵了几十种仪器，成功将险情化解，创下了同类潜艇大深度自救成功的新纪录！假设总质量为M=3.45×106kg的潜艇正在深度为h1=150m、密度为p1=1.029×103kg/m3的水下缓慢水平潜航，突然进入密度为p2=1.008×103kg/m3区域发生“断崖”，潜艇沿竖直方向从静止开始匀加速下沉，经一系列操作在很短的时间排出一定量的水后，潜艇转为匀减速下沉，当速度减为0时到达最大深度h2=330m，整个过程历时t=90s．设潜艇在下沉中只受重力与浮力的作用，忽略排水的时间及潜艇体积的变化，取g=9.8m/s2，求：
（1）潜艇匀加速下沉的时间；
（2）紧急排出水的质量．
正确答案
解：（1）设潜艇下沉的最大速度为vm，则：
代入数据得：vm=4m/s
设潜艇向下加速的时间是t1，加速度的大小是a1，则：vm=a1t1
设潜艇的体积为V，为排水时：ρ1Vg=Mg
水的密度变化后：Mg-ρ2Vg=Ma1
联立以上方程，代入数据得：t1=20s
（2）设向下减速时的加速度的大小为a2，紧急排出水的质量为m，则排水后：
vm=a1（t-t1）
ρ2Vg-（M-m）g=（M-m）a2
代入数据解得：m=9.0×104kg
答：（1）潜艇匀加速下沉的时间是20s；（2）紧急排出水的质量9.0×104kg．
解析
解：（1）设潜艇下沉的最大速度为vm，则：
代入数据得：vm=4m/s
设潜艇向下加速的时间是t1，加速度的大小是a1，则：vm=a1t1
设潜艇的体积为V，为排水时：ρ1Vg=Mg
水的密度变化后：Mg-ρ2Vg=Ma1
联立以上方程，代入数据得：t1=20s
（2）设向下减速时的加速度的大小为a2，紧急排出水的质量为m，则排水后：
vm=a1（t-t1）
ρ2Vg-（M-m）g=（M-m）a2
代入数据解得：m=9.0×104kg
答：（1）潜艇匀加速下沉的时间是20s；（2）紧急排出水的质量9.0×104kg．
（1）物体与水平面间的动摩擦因数？
（2）当弹簧的伸长量为6cm时，物体受到的水平拉力有多大？这时物体受到的摩擦力有多大？
（3）若物体做匀速运动时的速度为20m/s，在运动过程中突然撤去弹簧，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线滑行，其加速度大小为5m/s2，则撤去弹簧后6s时间内物体的位移是多少？
正确答案
解：（1）物体匀速运动时，弹簧弹力F1=kx1=2000×0.04N=80N
由题意知，匀速运动时F1=μG
所以动摩擦因数
（2）当x2=6cm=0.06m时，水平拉力F=F2=kx2=2000×0.06N=120N
物体受到的摩擦力f=μG=0.4×200N=80N
（3）撤去弹簧后，物体在地面滑行的总时间
所以物体实际运动4s即停止，故物体在6s内的位移实为匀减速运动4s内的位移
故物体的位移为
答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数为0.4；
（2）当弹簧的伸长量为6cm时，物体受到的水平拉力为120N，物体受到的摩擦力为80N；
（3）做匀速运动时的速度为20m/s，在运动过程中突然撤去弹簧，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线滑行，其加速度大小为5m/s2，则撤去弹簧后6s时间内物体的位移是40m．
解析
解：（1）物体匀速运动时，弹簧弹力F1=kx1=2000×0.04N=80N
由题意知，匀速运动时F1=μG
所以动摩擦因数
（2）当x2=6cm=0.06m时，水平拉力F=F2=kx2=2000×0.06N=120N
物体受到的摩擦力f=μG=0.4×200N=80N
（3）撤去弹簧后，物体在地面滑行的总时间
所以物体实际运动4s即停止，故物体在6s内的位移实为匀减速运动4s内的位移
故物体的位移为
答：（1）物体与水平面间的动摩擦因数为0.4；
（2）当弹簧的伸长量为6cm时，物体受到的水平拉力为120N，物体受到的摩擦力为80N；
（3）做匀速运动时的速度为20m/s，在运动过程中突然撤去弹簧，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线滑行，其加速度大小为5m/s2，则撤去弹簧后6s时间内物体的位移是40m．
A
B
C2
D
正确答案
解析
解：方法一：
以两球开始运动时细线中点为坐标原点，恒力F方向为x轴正方向建立直角坐标系如图1，设开始到两球碰撞瞬间任一小球沿x方向的位移为s，根据对称性，在碰撞前瞬间两球的vx、vy、v大小均相等，对其中任一小球，在x方向做初速度为零的匀加速直线运动有：
细线不计质量，F对细线所做的功等于细线对物体所做的功，故对整体全过程由动能定理有：
F（s+l）=2×
由①②②式解得：
vx=
由③④⑤三式解得：
vy=
故选：B．
方法二：
整体的加速度：a=
根据相对论的相对性假设，等效成系统受向左的恒力，为：F′=ma=
根据动能定理，有：
F′•L=
解得：
v=
v为相对悬点的速度，即vy；
故选：B
一个物体在10N合外力的作用下，产生了5m/s2的加速度，若使该物体产生8m/s2的加速度，所需合外力的大小是（ ）
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律得，物体的质量m=
由牛顿第二定律知：若使该物体产生8m/s2的加速度，所需合外力的大小是F′=ma′=2×8=16N．
故ABD错误，C正确．
故选：C．
正确答案
解析
解：（1）根据题意可知：物在摩擦力的作用下先做匀加速运动，后做匀速运动，
根据牛顿第二定律得：a=
则匀加速运动的时间
匀加速运动的位移为x=
所以匀速运动的位移为：x′=S-
则匀速运动的时间
所以总时间为t=
整个过程运用动能定理得：
故答案为：
（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏的最大高度h；
（2）如果使用该装置保护，刚开始下落时装置的末端离地面的最大高度H．
正确答案
解：（1）没有保护时，鸡蛋自由下落不被摔坏，根据自由落体运动的速度位移公式得：
v2=2gh
代入数据解得：h=0.45m
（2）在装置开始下落到着地过程，对鸡蛋，分别对下落H过程运用动能定理，
mgH=
根据牛顿第二定律研究装置着地到鸡蛋撞地过程
f-mg=ma
根据运动学公式得
由以上各式得：H=3.25m
答：（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏的最大高度是0.45m；
（2）如果使用该装置保护，刚开始下落时装置的末端离地面的最大高度是3.25m．
解析
解：（1）没有保护时，鸡蛋自由下落不被摔坏，根据自由落体运动的速度位移公式得：
v2=2gh
代入数据解得：h=0.45m
（2）在装置开始下落到着地过程，对鸡蛋，分别对下落H过程运用动能定理，
mgH=
根据牛顿第二定律研究装置着地到鸡蛋撞地过程
f-mg=ma
根据运动学公式得
由以上各式得：H=3.25m
答：（1）如果没有保护，鸡蛋自由下落而不被摔坏的最大高度是0.45m；
（2）如果使用该装置保护，刚开始下落时装置的末端离地面的最大高度是3.25m．
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