- 牛顿运动定律
- 共29769题
A零
B
CF
D大于F
正确答案
解析
解：当力F比较小时，小于m2受到的静摩擦力，此时m2不会运动，连接两物体绳没有伸长的趋势，不会有拉力产生，
所以连接两物体的绳中的张力可能为0，故A正确．
当F逐渐增大，增大到 ml、m2将要一起运动时，此时对整体受力分析得，
F-μ（m1+m2）g=（m1+m2）a--------------①
设绳的拉力为T，对ml受力分析得，
T-μm1g=m1a------------------②
由①②可得，T=
所以当 ml=m2时T=
由T=
故选：A、B．
（1）8s末物块A、B之间的距离x；
（2）物块A所受拉力和重力的大小比值．
正确答案
解：（1）设A、B两物块8 s内的位移分别为x1、x2，由图象得：
x
x
所以 x=x1-x2=60 m
（2）设A、B两物块的加速度大小分别为a1、a2，由v-t图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1=12m/s，B物体的末速度v2=0，
a1=
a2=-
设F=k mAg，水平面上的动摩擦因数为μ，对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：
k mAg-μmAg=mAa1③
μmBg=mBa2④
由①～④式可得：k=0.225
答：（1）8s末物块A、B之间的距离为60m；
（2）物块A所受拉力和重力的大小比值为0.225．
解析
解：（1）设A、B两物块8 s内的位移分别为x1、x2，由图象得：
x
x
所以 x=x1-x2=60 m
（2）设A、B两物块的加速度大小分别为a1、a2，由v-t图象可知：A、B的初速度v0=6m/s，A物体的末速度v1=12m/s，B物体的末速度v2=0，
a1=
a2=-
设F=k mAg，水平面上的动摩擦因数为μ，对A、B两物块分别由牛顿第二定律得：
k mAg-μmAg=mAa1③
μmBg=mBa2④
由①～④式可得：k=0.225
答：（1）8s末物块A、B之间的距离为60m；
（2）物块A所受拉力和重力的大小比值为0.225．
（1）求推力F的大小；
（2）若此人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，则箱子做匀加速直线运动，推力作用时间t1=4s后撤去，撤去后箱子做匀减速直线运动，加速度大小均为a=5m/s2，求箱子滑行的总位移为多大？
正确答案
由平衡条件知：
Fcos37°=f1=μFN---①
FN=G+Fsin37°-------②
联立①②得：
（2）过程及受力分析如下图所示．
v=at=4×5=20m/s，
前4s内的位移为：
撤去F后箱子以加速度a=5m/s2做匀减速直线运动，还能滑行的位移为：
箱子滑行的总位移为：
x=x1+x2=80m．
答：（1）推力F的大小为200N；
（2）箱子滑行的总位移为80m．
解析
由平衡条件知：
Fcos37°=f1=μFN---①
FN=G+Fsin37°-------②
联立①②得：
（2）过程及受力分析如下图所示．
v=at=4×5=20m/s，
前4s内的位移为：
撤去F后箱子以加速度a=5m/s2做匀减速直线运动，还能滑行的位移为：
箱子滑行的总位移为：
x=x1+x2=80m．
答：（1）推力F的大小为200N；
（2）箱子滑行的总位移为80m．
正确答案
gsinθ
解析
解：以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力F=3mgsinθ，以C为研究对象知，细线的拉力为mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于3mgsinθ-2mgsinθ=mgsinθ，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度a=
对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向沿斜面向下；
B的加速度为：a=
故答案为：
（1）地面与物体间的动摩擦因数；
（2）撤去拉力后物体滑行的加速度的大小．
正确答案
解：（1）沿水平面做匀速直线运动，摩擦力f=F=μmg
得：μ=
（2）撤去拉力后的加速度大小为：
a′=
答：（1）地面与物体间的动摩擦因数0.5；（2）撤去拉力后物体滑行的加速度的大小5m/s2．
解析
解：（1）沿水平面做匀速直线运动，摩擦力f=F=μmg
得：μ=
（2）撤去拉力后的加速度大小为：
a′=
答：（1）地面与物体间的动摩擦因数0.5；（2）撤去拉力后物体滑行的加速度的大小5m/s2．
（1）小物块的加速度；
（2）木板的加速度
（3）物块从木板左端运动到右端经历的时间．
正确答案
解：（1）对小物块进行受力分析有，小物块竖直方向受重力、长木板支持力、水平方向受拉力F和长木板的摩擦力f作用：
在竖直方向有：FN=mg… ①
在水平方向有：F-f=ma1…②
又因为摩擦力f=μFN…③
由①②③可解得：a1=
代入数据得：a1=4m/s2
（2）设长木板的加速度为a2，对长木板进行受力分析，受重力、压力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
μmg=Ma2…④
解得：a2=
（3）令小物块达到长木板右端的时间为t，则根据小物块滑到长木板右端的位移关系有：
L+
代入数据得：t=2s
答：（1）小物块的加速度为4m/s2；
（2）（2）木板的加速度为1m/s2；
（3）木块从左端到右端所经历的时间为2s．
解析
解：（1）对小物块进行受力分析有，小物块竖直方向受重力、长木板支持力、水平方向受拉力F和长木板的摩擦力f作用：
在竖直方向有：FN=mg… ①
在水平方向有：F-f=ma1…②
又因为摩擦力f=μFN…③
由①②③可解得：a1=
代入数据得：a1=4m/s2
（2）设长木板的加速度为a2，对长木板进行受力分析，受重力、压力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
μmg=Ma2…④
解得：a2=
（3）令小物块达到长木板右端的时间为t，则根据小物块滑到长木板右端的位移关系有：
L+
代入数据得：t=2s
答：（1）小物块的加速度为4m/s2；
（2）（2）木板的加速度为1m/s2；
（3）木块从左端到右端所经历的时间为2s．
（1）撤去推力F时木块的速度为多大？
（2）撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度为多大？
（3）木块在水平面上运动的总位移为多少？
正确答案
解：（1）如图所示：撤去力F之前，由牛顿第二定律得：
水平方向：Fcos37°-f=ma ①
竖直方向：N-mg-Fsin37°=0 ②
又有：f=μN ③
由①②③得：a1=2.7m/s2
由运动学公式：vt=v0+at ④
得，撤去力F时物块速度v=10.8m/s，
（2）撤去力F后，由牛顿第二定律F=ma 得
物块加速度a2=
解得a2=1m/s2，
（3）由运动学公式：
撤去力F时物块位移s1=21.6m，
由位移公式s=
得撤去力F后物块位移s2=58.32m，
故物块在水平面上的总位移s=s1+s2=79.92m，
答：（1）撤去推力F时木块的速度为10.8m/s；
（2）撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度为1m/s2；
（3）木块在水平面上运动的总位移为79.92m．
解析
解：（1）如图所示：撤去力F之前，由牛顿第二定律得：
水平方向：Fcos37°-f=ma ①
竖直方向：N-mg-Fsin37°=0 ②
又有：f=μN ③
由①②③得：a1=2.7m/s2
由运动学公式：vt=v0+at ④
得，撤去力F时物块速度v=10.8m/s，
（2）撤去力F后，由牛顿第二定律F=ma 得
物块加速度a2=
解得a2=1m/s2，
（3）由运动学公式：
撤去力F时物块位移s1=21.6m，
由位移公式s=
得撤去力F后物块位移s2=58.32m，
故物块在水平面上的总位移s=s1+s2=79.92m，
答：（1）撤去推力F时木块的速度为10.8m/s；
（2）撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度为1m/s2；
（3）木块在水平面上运动的总位移为79.92m．
正确答案
解：设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a1，运动时间为t1，运动到B处时的速度为v1，从B处到与小球乙相碰所用时间为t2，则
由牛顿第二定律得
mgsin30°=ma1，得到a1=gsin30°=5m/s2
由
则t2=t-t1=0.8s，v1=a1t1=1m/s
乙球运动的加速度为a2=
根据位移关系得
v0t
代入解得v0=4m/s
答：乙的速度v0=4m/s．
解析
解：设小球甲在光滑斜面上运动的加速度为a1，运动时间为t1，运动到B处时的速度为v1，从B处到与小球乙相碰所用时间为t2，则
由牛顿第二定律得
mgsin30°=ma1，得到a1=gsin30°=5m/s2
由
则t2=t-t1=0.8s，v1=a1t1=1m/s
乙球运动的加速度为a2=
根据位移关系得
v0t
代入解得v0=4m/s
答：乙的速度v0=4m/s．
质量为4kg的物体放在粗糙水平面上，当用10N的水平力推它时，产生的加速度大小是2m/s2，当水平力增至18N时，其加速度大小是______ m/s2．
正确答案
4
解析
解：根据牛顿第二定律得，F1-f=ma1，解得阻力为：f=F1-ma=10-4×2N=2N，
根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
故答案为：4．
质量为m的物体，在水平面上受水平恒力F的推动，恰以v0匀速运动．撤去F后物体还能运动______秒．
正确答案
解析
解：物体匀速运动时，受力平衡，则：f=F，
撤去F后，根据牛顿第二定律得：
加速度的大小为：a=
物体做匀减速直线运动，最后静止，则时间为：t=
故答案为：
在研究摩擦力特点的实验中，将木块放在足够长的固定的水平长木板上，如图1所示．用力沿水平方向拉木块，拉力从0开始逐渐增大，分别用力传感器采集拉力和木块所受到的摩擦力，并用计算机绘制出摩擦力Ff随拉力F变化的图象，如图2所示．已知木块质量为0.78kg，取g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80．求：
（1）木块与长木板间的动摩擦因数；
（2）若木块在与水平方向成θ=37°斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀变速直线运动，如图3所示，则拉力F的大小应为多大？
（3）在（2）中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行多远？
正确答案
解：（1）由图可知，木块所受到的滑动摩擦力为：Ff=3.12N
由 Ff=μFN
得：
（2）根据牛顿运动定律，力的平衡，有：
Fcosθ-Ff=ma
Fsinθ+FN=mg
Ff=μFN
代入数据解得：F=4.5N
（3）2s末速度为：v=at
撤去拉力F后有：μmg=ma‘
由速度和位移公式可得：
0-v2=2（-a'）x
代入数据解得：x=2m
答：（1）木块与长木板间的动摩擦因数为0.4；
（2）拉力F的大小应为4.5N；
（3）在（2）中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行2m
解析
解：（1）由图可知，木块所受到的滑动摩擦力为：Ff=3.12N
由 Ff=μFN
得：
（2）根据牛顿运动定律，力的平衡，有：
Fcosθ-Ff=ma
Fsinθ+FN=mg
Ff=μFN
代入数据解得：F=4.5N
（3）2s末速度为：v=at
撤去拉力F后有：μmg=ma‘
由速度和位移公式可得：
0-v2=2（-a'）x
代入数据解得：x=2m
答：（1）木块与长木板间的动摩擦因数为0.4；
（2）拉力F的大小应为4.5N；
（3）在（2）中力作用2s后撤去拉力F，木块还能滑行2m
正确答案
由牛顿第二定律得：
答：在坡底时雪地对滑雪板的支持力为1260N．
解析
由牛顿第二定律得：
答：在坡底时雪地对滑雪板的支持力为1260N．
（1）小物块放后，小物块及木板的加速度大小各为多大？
（2）从小物块放上木板开始，经过t=1.2s小物块通过的位移大小为多少？
正确答案
解：（1）物块的加速度
小车的加速度
（2）两者达到相同速度所需时间为t：a1t=v0+a2t
解得t=1 s
在开始1 s内小物块的位移
s1=
此时其速度v=at=2 m/s
在接下来的0.5 s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a=
这0.5 s内的位移s2=vt1+
则小物块通过的总位移s=s1+s2=2.1 m
答：（1）小车和物块的加速度分别为0.5m/s2、2m/s2；
（2）从小物块放上木板开始，经过t=1.2s小物块通过的位移大小为2.1m
解析
解：（1）物块的加速度
小车的加速度
（2）两者达到相同速度所需时间为t：a1t=v0+a2t
解得t=1 s
在开始1 s内小物块的位移
s1=
此时其速度v=at=2 m/s
在接下来的0.5 s小物块与小车相对静止，一起做加速运动且加速度a=
这0.5 s内的位移s2=vt1+
则小物块通过的总位移s=s1+s2=2.1 m
答：（1）小车和物块的加速度分别为0.5m/s2、2m/s2；
（2）从小物块放上木板开始，经过t=1.2s小物块通过的位移大小为2.1m
正确答案
5
10
50
解析
解：在前2s内，加速度a1=
2s末的速度v1=a1t1=5×2m/s=10m/s．
a2=
在0～2s内的位移x1=
在2～5s内的位移x2=v1t2=30m
5～7s内的加速度为a3=
所以5～7s内的位移为x3=v2+
所以总位移x=10+30+10m=50m
故答案为：5、10、50
质量m=2kg的物体通过弹簧秤挂在升降机的顶板上，升降机在竖直方向运动时，弹簧秤的示数为16N，从升降机的速度为3m/s开始计时，经过1秒钟升降机的位移可能为（ ）
正确答案
解析
解：弹簧秤的示数小于物体的重力，合力向下，加速度方向向下，设加速度大小为a，
由牛顿第二定律得：mg-F=ma，解得：a=g-
物体可能向上做匀减速运动，也可能向下做匀加速运动．
当物体向上做匀减速运动时，位移为：x1=v0t-
当物体向下做匀加速运动时，位移为x2=v0t+
故选：A．
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