- 牛顿运动定律
- 共29769题
（2016•浦东新区一模）斜面ABC中AB段粗糙，BC段长为1.6m且光滑，如图（a）所示．质量为1kg的小物块以初速度v0=12m/s沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的v-t图象如图（b）所示．已知在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，g=10m/s2．（vB，t0未知）求：
（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB；
（2）斜面AB段的长度；
（3）小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间．
正确答案
解：（1）由v-t图象可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度vA=12m/s，
由aAB=2aBC可得：
解得：vB=4m/s
（2）在上滑过程：对AB段有
在上滑过程：对BC段有
由上两式解得：
即：
解得：sAB=6.4m
（3）上滑时aAB=2aBC，
由牛顿运动定律可知：f+mgsinθ=2mgsinθ，即f=mgsinθ，
所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为vB=4m/s，
因此
答：（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB为4m/s；
（2）斜面AB段的长度为6.4m；
（3）小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间为1.6s．
解析
解：（1）由v-t图象可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度vA=12m/s，
由aAB=2aBC可得：
解得：vB=4m/s
（2）在上滑过程：对AB段有
在上滑过程：对BC段有
由上两式解得：
即：
解得：sAB=6.4m
（3）上滑时aAB=2aBC，
由牛顿运动定律可知：f+mgsinθ=2mgsinθ，即f=mgsinθ，
所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为vB=4m/s，
因此
答：（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB为4m/s；
（2）斜面AB段的长度为6.4m；
（3）小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间为1.6s．
正确答案
3：1
4：1
解析
解：在0～2s内物体的加速度a1=
根据牛顿第二定律有F-f=ma1…②
在2～8s内物体的加速度a2=
故有-f=ma2．
故f=
F=
故a1：a2=3：1，F：f=4：1
故答案为：3：1； 4：1
正确答案
解：取物体A为研究对象，物体A随转盘转动的向心力应由绳的拉力和摩擦力提供，摩擦力可能为零，可能指向圆心，也可能背离圆心，
绳的拉力F总等于B物体的重力mg．
若A物体随转盘转动的角速度较大，则A要沿转盘外滑，此时绳的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg+μmg=mrω12
解得
若A物体随转盘转动的角速度较小，则A要向圆心滑动，此时静摩擦力的方向背离圆心，由牛顿第二定律得：mg-μmg=mrω22
解得
要使A随转盘一起转动，则角速度ω应满足的关系是：
答：转盘转动的角速度ω在
解析
解：取物体A为研究对象，物体A随转盘转动的向心力应由绳的拉力和摩擦力提供，摩擦力可能为零，可能指向圆心，也可能背离圆心，
绳的拉力F总等于B物体的重力mg．
若A物体随转盘转动的角速度较大，则A要沿转盘外滑，此时绳的拉力与最大静摩擦力的合力提供向心力，由牛顿第二定律得：mg+μmg=mrω12
解得
若A物体随转盘转动的角速度较小，则A要向圆心滑动，此时静摩擦力的方向背离圆心，由牛顿第二定律得：mg-μmg=mrω22
解得
要使A随转盘一起转动，则角速度ω应满足的关系是：
答：转盘转动的角速度ω在
我国自行研制的歼-15S型双座双发重型舰载战斗机已经于2012年11月3日上午在我国首艘航空母舰“辽宁号”上成功试飞，标志着我国舰载机的研发取得重大突破．如图所示，设某航空母舰上的起飞跑道由长度为l1=1.6×102 m 的水平跑道和长度为l2=20m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为m=2.0×104 kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为F=1.2×105N，方向与速度方向相同，在运动过程中飞机受到的平均阻力大小为飞机重力的0.1倍．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，取g=10m/s2．
（1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
正确答案
解：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，有：
F合=F-Ff=ma1
解得：
根据公式
v1=40 m/s
加速时间：
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′=F-Ff-FGx=ma2
a2=3.0 m/s2
（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a´1、末速度大小为v´1，有
F合″=F推+F-Ff=ma1′⑨
v1′2-v02=2a1′l1 ⑩
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a´2=3.0 m/s2
v2′2-v1′2=2a2′l2
根据题意，v´2=100 m/s，代入数据解得
F推=5.2×105N
故助推力F推的大小为5.2×105N．
答：（1）飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小41.3m/s；
（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力，助推力F推的大小为5.2×105N．
解析
解：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，有：
F合=F-Ff=ma1
解得：
根据公式
v1=40 m/s
加速时间：
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′=F-Ff-FGx=ma2
a2=3.0 m/s2
（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a´1、末速度大小为v´1，有
F合″=F推+F-Ff=ma1′⑨
v1′2-v02=2a1′l1 ⑩
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a´2=3.0 m/s2
v2′2-v1′2=2a2′l2
根据题意，v´2=100 m/s，代入数据解得
F推=5.2×105N
故助推力F推的大小为5.2×105N．
答：（1）飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小41.3m/s；
（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力，助推力F推的大小为5.2×105N．
（1）拉力F的大小；
（2）若某时刻撤去拉力，金属块在地面上还能滑行多长时间．
正确答案
解：（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得：
Fcos37°=f
Fsin37°+N=mg
又f=μN
联立解得：
F=5N
（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力：
f′=μmg
根据牛顿第二定律，得加速度大小为：
a′=
则撤去F后金属块还能滑行的时间为：
t=
答：（1）拉力F的大小为5N；
（2）若某时刻撤去拉力，金属块在地面上还能滑行1s的时间．
解析
解：（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得：
Fcos37°=f
Fsin37°+N=mg
又f=μN
联立解得：
F=5N
（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力：
f′=μmg
根据牛顿第二定律，得加速度大小为：
a′=
则撤去F后金属块还能滑行的时间为：
t=
答：（1）拉力F的大小为5N；
（2）若某时刻撤去拉力，金属块在地面上还能滑行1s的时间．
正确答案
解析
解：对小环受力分析：受绳的拉力和重力，如图，设细线夹角为θ：
由题知竖直方向平衡：mg=T+Tcosθ
设水平方向上加速度为a，由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma
由于0°＜θ＜90°，得：T=
故ABC错误，D正确；
故选：D．
（1）小物块将要到达圆弧滑道末端B点时对滑道压力的大小；
（2）小物块与BC段的动摩擦因数μ；
（3）小物块最后静止的位置距B点的距离．
正确答案
解：（1）物块从A到B过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgR=
解得：v=
物块经过B点时，由滑道的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
FN-mg=m
由上两式解得：FN=3mg
根据牛顿第三定律，小球对滑道的压力大小为 FN′=FN=3mg=3×0.5×10N=15N，方向竖直向下．
（2）物块从A开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，由能量守恒定律得：
mgR=μmgL+Ep
解得 μ=0.4
（3）物块只有在BC段运动时克服摩擦力做功，损失机械能，设小物块在BC段运动的路程为S，由能量守恒定律得：
mgR=μmgS
解得：S=
所以小物块最后静止的位置距B点的距离△L=2L-S=2×2.5m-4.5m=0.5m
答：
（1）小物块将要到达圆弧滑道末端B点时对滑道压力的大小是15N；
（2）小物块与BC段的动摩擦因数μ是0.4；
（3）小物块最后静止的位置距B点的距离是0.5m．
解析
解：（1）物块从A到B过程，只有重力做功，机械能守恒，则得：mgR=
解得：v=
物块经过B点时，由滑道的支持力和重力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得：
FN-mg=m
由上两式解得：FN=3mg
根据牛顿第三定律，小球对滑道的压力大小为 FN′=FN=3mg=3×0.5×10N=15N，方向竖直向下．
（2）物块从A开始运动到弹簧被压缩至最短的过程中，由能量守恒定律得：
mgR=μmgL+Ep
解得 μ=0.4
（3）物块只有在BC段运动时克服摩擦力做功，损失机械能，设小物块在BC段运动的路程为S，由能量守恒定律得：
mgR=μmgS
解得：S=
所以小物块最后静止的位置距B点的距离△L=2L-S=2×2.5m-4.5m=0.5m
答：
（1）小物块将要到达圆弧滑道末端B点时对滑道压力的大小是15N；
（2）小物块与BC段的动摩擦因数μ是0.4；
（3）小物块最后静止的位置距B点的距离是0.5m．
一物体在空气中由静止下落，若物体下落时受到的空气阻力与它的速度平方成正比，即f=kv2．已知当物体的速度达到40m/s后就匀速下落，此时空气阻力______重力（填“大于”、“等于”或“小于”）；当它的速度为10m/s时，则物体下落的加速度为______．
正确答案
等于
9.375m/s2
解析
解：当物体匀速下落时，重力与空气阻力平衡，大小相等，
即有 mg=kv12 ①
当物体的速度为10m/s时，空气阻力大小为kv22．由牛顿第二定律得
mg-kv22=ma ②
将①代入②得
mg-
得到 a=g（1-
正确答案
解析
解得：a=gtanα=
当斜面的支持力恰好为零，小球受重力和拉力两个力作用，根据牛顿第二定律得：mgcotθ=ma′
解得：a′=gcotα=
故答案为：
正确答案
解析
解：设ac段长为x，
在ab段，对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
从a到b的运动可以看成是初速度为零，加速度为a1的匀加速直线运动，
则ab段运动的时间
在bc段对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
物体从b到c做匀加速直线运动，则
则v1=v2
因为α＞β
所以sinα＞sinβ，则t1＜t2，故ABC错误，D正确．
故选：D
某校课外活动小组，自制一枚土火箭，火箭的质量为3kg．设火箭发射实验时，始终在竖直方向上运动．火箭点火后可认为作竖直向上的匀加速直线运动，经过4s到达离地面40m高处燃料恰好用完．若空气阻力忽略不计，燃料质量不计，g取10m/s2．求：
（1）火箭上升时受到的推力是多大？
（2）火箭上升离开地面的最大高度？
正确答案
解：（1）设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，由于火箭点火后可认为作匀加速运动，根据位移公式列式：
得：
由牛顿第二定律可得：
F-mg=ma；
解得：F=mg+ma=30+15=45N；
（2）火箭能够继续上升做匀减速直线运动，加速度大小为g，由位移时间关系式得：02-v2=-2gx
解得：x=20m
即火箭能够继续上升的高度20m
火箭离地的最大高度：H=x+h=20+40=60m
答：（1）向上的推力为45N；（2）火箭上升离地面的最大高度是60m
解析
解：（1）设燃料恰好耗尽时火箭的速度为v，由于火箭点火后可认为作匀加速运动，根据位移公式列式：
得：
由牛顿第二定律可得：
F-mg=ma；
解得：F=mg+ma=30+15=45N；
（2）火箭能够继续上升做匀减速直线运动，加速度大小为g，由位移时间关系式得：02-v2=-2gx
解得：x=20m
即火箭能够继续上升的高度20m
火箭离地的最大高度：H=x+h=20+40=60m
答：（1）向上的推力为45N；（2）火箭上升离地面的最大高度是60m
正确答案
解析
解：对整体分析，加速度
加速度
因为L1+L2=2L，可知弹簧的伸长量与压缩量相等，根据胡克定律知，两次弹簧的弹力大小相等，可知F1=2F2，根据牛顿第二定律知，a1=2a2．故D正确，A、B、C错误．
故选：D．
（1）物体加速度a的大小；
（2）物体在t=2.0s时速度v的大小．
（3）物体在t=2.0s时的位移．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律F=ma，可得物体产生的加速度：
a=
（2）根据速度时间关系v=at，
物体2s末的速度：v=at=5×2m/s=10 m/s
（3）根据位移时间关系
答：（1）物体加速度a的大小为5m/s2；
（2）物体在t=2.0s时速度v的大小为10m/s；
（3）物体在t=2.0s时的位移为10m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律F=ma，可得物体产生的加速度：
a=
（2）根据速度时间关系v=at，
物体2s末的速度：v=at=5×2m/s=10 m/s
（3）根据位移时间关系
答：（1）物体加速度a的大小为5m/s2；
（2）物体在t=2.0s时速度v的大小为10m/s；
（3）物体在t=2.0s时的位移为10m．
（1）雪橇对地面的压力大小FN；
（2）雪橇运动的加速度大小a；
（3）大人持续向前拉雪橇x=14m时的速度v的大小．
正确答案
解：（1）以小孩和雪橇组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图，由竖直方向力平衡得
N=（M+m）g-Fsinθ=（35+15）×10N-100×0.6N=440N
由牛顿第三定律得到，雪橇对地面的压力大小N′=N=440N；
（2）根据牛顿第二定律得
Fcosθ-f=（M+m）a
又f=μN
得到Fcosθ-[（M+m）g-Fsinθ]=（M+m）a
代入解得a=0.28 m/s2
（3）由2ax=
v=2.8m/s
答：
（1）雪橇对地面的压力大小为440N；
（2）雪橇运动的加速度大小为0.28 m/s2．
（3）大人持续向前拉雪橇x=14m时的速度v的大小为2.8m/s．
解析
解：（1）以小孩和雪橇组成的整体为研究对象，分析受力情况，如图，由竖直方向力平衡得
N=（M+m）g-Fsinθ=（35+15）×10N-100×0.6N=440N
由牛顿第三定律得到，雪橇对地面的压力大小N′=N=440N；
（2）根据牛顿第二定律得
Fcosθ-f=（M+m）a
又f=μN
得到Fcosθ-[（M+m）g-Fsinθ]=（M+m）a
代入解得a=0.28 m/s2
（3）由2ax=
v=2.8m/s
答：
（1）雪橇对地面的压力大小为440N；
（2）雪橇运动的加速度大小为0.28 m/s2．
（3）大人持续向前拉雪橇x=14m时的速度v的大小为2.8m/s．
如图甲所示为一风力实验示意图．开始时，质量m=2kg的小球穿在固定的足够长的水平细杆上，并静止于O点．现用沿杆水平向右的恒定风力F作用于小球上，经时间t=1s后撤去风力．小球沿细杆运动的v-t图象如图乙所示（g取10m/s2）．试求：
（1）小球沿细杆滑行的距离；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数；
（3）风力F的大小．
正确答案
解：（1）由图象可得
故小球沿细杆滑行的距离x=
（2）减速阶段的加速度大小a2=
μmg=ma2
得：μ=0.1；
（3）加速阶段的加速度大小a1=
F-μmg=ma1
得：F=ma1+μmg=6N；
答：（1）小球沿细杆滑行的距离为3m；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数0.1；
（3）风力F的大小为6N．
解析
解：（1）由图象可得
故小球沿细杆滑行的距离x=
（2）减速阶段的加速度大小a2=
μmg=ma2
得：μ=0.1；
（3）加速阶段的加速度大小a1=
F-μmg=ma1
得：F=ma1+μmg=6N；
答：（1）小球沿细杆滑行的距离为3m；
（2）小球与细杆之间的动摩擦因数0.1；
（3）风力F的大小为6N．
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