- 牛顿运动定律
- 共29769题
在地球是重力加速度g=9.8m/s2的地方，用一个竖直向上的大小为20N 的拉力提质量为2000g的重物，此重物获得的加速度为______．
正确答案
0.2m/s2
解析
解：重物受到重力mg和拉力两个力作用，根据牛顿第二定律得
F-mg=ma
得：a=
故答案为：0.2m/s2
正确答案
解析
解：A、首先看F1=F2 时情况：
由题很容易得到a、b 所受的摩擦力大小是相等的，因此a、b 加速度相同，我们设a、b 加速度大小为a，
对于P、Q，滑动摩擦力即为它们的合力，设P（m1）的加速度大小为a1，Q（m2）的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律得：a1=
设板的长度为L，它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
a与P 的相对位移为：L=
b与Q 的相对位移为：L=
若m1＞m2，a1＜a2
所以得：t1＜t2
P的速度为：v1=a1t1，Q的速度为：v2=a2t2
物块a相对地面的位移分别为：s1=
物块b相对地面的位移分别为：s2=
则v1＜v2，s1＜s2，故A、B错误．
C、若F1＞F2、m1=m2，根据受力分析和牛顿第二定律的：
则a的加速度大于b的加速度，即aa＞ab
由于m1=m2，所以P、Q加速度相同，设P、Q加速度为a．
它们向右都做匀加速直线运动，当物块与木板分离时：
a与P 的相对位移为：L=
b与Q 的相对位移为：L=
由于aa＞ab
所以得：t1＜t2
则v1＜v2，s1＜s2，故C正确．
D、根据C选项分析得：
若F1＜F2、m1=m2，aa＜ab
则v1＞v2、S1＞S2
故C正确，ABD错误．
故选：C．
如图所示，遥控赛车比赛中一个规定项目是“飞跃壕沟”，比赛要求：赛车从起点出发，沿水平直轨道运动，在B点飞出后越过“壕沟”，落在平台EF段．已知赛车的额定功率P额=10.0W，赛车的质量m=1.0kg，在水平直轨道上受到的阻力f=2.0N，AB段长L=10.0m，BE的高度差h=1.25m，BE的水平距离x=1.5m．若赛车车长不计，忽略空气阻力，g取10m/s2．
（1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，求最大速度vm的大小；
（2）要越过壕沟，求赛车在B点最小速度v的大小；
（3）若在比赛中赛车通过A点时速度vA=1m/s，且赛车达到额定功率．要使赛车完成比赛，求赛车在AB段通电的最短时间t．
正确答案
解：（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时牵引力与阻力相等，设其牵引力为F牵，根据牛顿第二定律有：
F牵-f=0 ①
又P额=F牵vm ②
解得：vm=
（2）赛车通过B点后做平抛运动，设在空中运动时间为t1，则有：
x=vt1 ③
h=
解得：v=3m/s
（3）若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，从A运动到B过程，根据动能定理有：
P额t-fL=
解得：t=2.4s
答：（1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，最大速度vm的大小为5m/s；
（2）要越过壕沟，赛车在B点最小速度v的大小是3m/s；
（3）若在比赛中赛车通过A点时速度vA=1m/s，且赛车已达到额定功率．要使赛车完成比赛，赛车在AB段通电的最短时间是2.4s．
解析
解：（1）赛车在水平轨道上达到最大速度时牵引力与阻力相等，设其牵引力为F牵，根据牛顿第二定律有：
F牵-f=0 ①
又P额=F牵vm ②
解得：vm=
（2）赛车通过B点后做平抛运动，设在空中运动时间为t1，则有：
x=vt1 ③
h=
解得：v=3m/s
（3）若赛车恰好能越过壕沟，且赛车通电时间最短，从A运动到B过程，根据动能定理有：
P额t-fL=
解得：t=2.4s
答：（1）若赛车在水平直轨道上能达到最大速度，最大速度vm的大小为5m/s；
（2）要越过壕沟，赛车在B点最小速度v的大小是3m/s；
（3）若在比赛中赛车通过A点时速度vA=1m/s，且赛车已达到额定功率．要使赛车完成比赛，赛车在AB段通电的最短时间是2.4s．
A向右，作用在m2上，F=
B向右，作用在m2上，F=2.5N
C向左，作用在m1上，F=0.6N
D向左，作用在m1上，F=2.5N
正确答案
解析
解：若施加的水平向右的拉力F，
以m1为研究对象，由牛顿第二定律得：
Tm=m1am ①
以整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
Fm=（m1+m2）am ②
①②联立求解得； Fm=2.5N，故A错误，B正确；
若施加的水平向左的拉力F，
以m2为研究对象，由牛顿第二定律得：
Tm=m2am ③
②③联立得；
故选B．
正确答案
解：当质点P运动到圆周的正上方位置时，速度与Q的速度相同，则t=nT+
经过时间t，质点Q的速度v=at…①
据牛顿第二定律得：a=
联立①②解得：v=
由圆周运动得 线速度V1=
因为两者速度相等，所以联立③④解之得：F=
答：F必须满足F=
解析
解：当质点P运动到圆周的正上方位置时，速度与Q的速度相同，则t=nT+
经过时间t，质点Q的速度v=at…①
据牛顿第二定律得：a=
联立①②解得：v=
由圆周运动得 线速度V1=
因为两者速度相等，所以联立③④解之得：F=
答：F必须满足F=
正确答案
解析
解：A、对整体受力分析可知，整体受重力、支持力而做匀加速直线运动；由牛顿第二定律可知，a=
则再对B由牛顿第二定律可知：F合=ma=mgsinθ，合力等于B的重力沿斜面向下的分力，故说明AB是没有相互作用力，故A错误，B正确；
C、对ABC整体受力分析，受重力、支持力、静摩擦力，由于AB整体向左下方加速下滑，C静止不动，故ABC整体的合力向左下方，故支持力小于重力，即斜面对地面的压力小于Mg+2mg，地面对斜面的摩擦力水平向左，故C错误，D正确；
故选：BD．
用恒力作用于质量为m1的物体，使物体产生的加速度大小为a1，该力作用于质量为m2的物体时，物体产生的加速度大小为a2；若将该恒力作用于（m1+m2）质量的物体时，产生的加速度大小为（ ）
Aa1+a2
Ba1-a2
C
D
正确答案
解析
解：由牛顿第二定律，有对m1，F=m1a1…①
对m2，F=m2a2…②
对m1+m2，F=（m1+m2）a…③
解得a=
故选D．
（1）AP的距离；
（2）冰撬从P点开始还能继续滑行多久？
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：
Fcos37°-f=ma1
Fsin37°+mg=N
又 f=μN
得：
则AP的距离为
（2）冰撬从P点开始滑行的初速度为 vP=a1t1=4.8×2m/s=9.6m/s
加速度大小为 a2=
滑行时间 
答：
（1）AP的距离为9.6m；
（2）冰撬从P点开始还能继续滑行4.8s．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：
Fcos37°-f=ma1
Fsin37°+mg=N
又 f=μN
得：
则AP的距离为
（2）冰撬从P点开始滑行的初速度为 vP=a1t1=4.8×2m/s=9.6m/s
加速度大小为 a2=
滑行时间
答：
（1）AP的距离为9.6m；
（2）冰撬从P点开始还能继续滑行4.8s．
正确答案
设两车加速运动用的时间分别为
解得
同理
警车在0～3 s时间段内做匀加速运动，L1=
在3 s～30 s时间段内做匀速运动，则L2=vA
警车追上劫匪车的全部行程为L=L1+L2=
同理劫匪车被追上时的全部行程为l=l1+l2=
故追上时警车A行驶1282.5m的路程，劫匪车行驶了1120m的路程，两车原来相距△L=L-l=162.5 m
解析
设两车加速运动用的时间分别为
解得
同理
警车在0～3 s时间段内做匀加速运动，L1=
在3 s～30 s时间段内做匀速运动，则L2=vA
警车追上劫匪车的全部行程为L=L1+L2=
同理劫匪车被追上时的全部行程为l=l1+l2=
故追上时警车A行驶1282.5m的路程，劫匪车行驶了1120m的路程，两车原来相距△L=L-l=162.5 m
正确答案
37°
解析
解：（1）由题意知A和B的速度大小相等，当A球速度最大时，A和B及轻杆处于力矩平衡状态，如下图可知，此时OA杆与水平方向夹角为θ，当A球速度最大时，满足力矩平衡即：
FAlcosθ+GAlcosθ+FBlsinθ=GBlsinθ ①
FA=FB=qE=mg ②
由①②解得tanθ=
因为OA与水平方向成53°角，所以此时OA与竖直方向成37°角；
（2）因为AB速度始终相等，则从开始到速度最大时，对系统用动能定理有：
又：WFA=qElsinθ，WGA=mglsinθ，WGB=-2mglcosθ，WFB=mglcosθ
代入E=
mglsinθ+mglsinθ+（-2mglcosθ）+mglcosθ=
又θ=53°
所以：
mgl=
即v=
故答案为：37°，
（1）物体所滑动受摩擦力为多大？
（2）在拉力的作用下物体运动的加速度为多大？
正确答案
解：（1）根据公式：摩擦力f=µFN=µmg=0.4×10×10N=40N；
（2）根据牛顿第二定律 F=ma得：
a=
答：（1）物体所滑动受摩擦力为40N；
（2）在拉力的作用下物体运动的加速度为2m/s2．
解析
解：（1）根据公式：摩擦力f=µFN=µmg=0.4×10×10N=40N；
（2）根据牛顿第二定律 F=ma得：
a=
答：（1）物体所滑动受摩擦力为40N；
（2）在拉力的作用下物体运动的加速度为2m/s2．
（2014秋•铜陵期末）一种巨型娱乐器械由升降机送到离地面75m的高处，然后让座舱自由落下．落到离地面25m高时，制动系统开始启动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下．若座舱中某人用手托着重50N的铅球，试求：
（1）当座舱落到离地面35m的位置时，手对球的支持力是多少？
（2）当座舱落到离地面15m的位置时，球对手的压力是多少？（取g=10m/s2）
正确答案
解：（1）离地面35m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零．
（2）由运动学：v2=2gh1，v2=2ah2
由此得：
根据牛顿第二定律：N-mg=ma 得：N=150N
根据牛顿第三定律，球对手的压力为150N．
答：（1）当座舱落到离地面35m的位置时，手对球的支持力0
（2）当座舱落到离地面15m的位置时，球对手的压力是150N
解析
解：（1）离地面35m时，座舱自由下落，处于完全失重状态，所以手对球的支持力为零．
（2）由运动学：v2=2gh1，v2=2ah2
由此得：
根据牛顿第二定律：N-mg=ma 得：N=150N
根据牛顿第三定律，球对手的压力为150N．
答：（1）当座舱落到离地面35m的位置时，手对球的支持力0
（2）当座舱落到离地面15m的位置时，球对手的压力是150N
正确答案
解析
解：当A、B间摩擦力达到最大时，大小f=μMg，
隔离对B分析，最大加速度
对整体分析，F=（M+m）a=kt，
解得t=
故答案为：
一水池水深H=0.8m．现从水面上方h=0.8m高处由静止释放一质量为m=0.1kg的硬质球体，测得球体从释放到落至水池底部用时t=0.6s．已知球体直径远小于水池深度，不计空气及水的阻力，取g=10m/s2，求：
（1）通过计算判断球体在水中做什么运动？
（2）从水面上方多高处由静止释放球体，才能使球体从释放到落至池底所用时间最短．
正确答案
解：（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中运动做匀变速运动，加速度为a，则
v=gt1
联立解得a=0m/s2，则小球在水中匀速运动．
（2）设释放点距水面x，则
利用均值定理，当
答：
（1）小球在水中匀速运动．
（2）在水面上方0.4m高处由静止释放小球，小球落至池底所用时间最短．
解析
解：（1）设小球落至水面所用时间为t1，在水中运动做匀变速运动，加速度为a，则
v=gt1
联立解得a=0m/s2，则小球在水中匀速运动．
（2）设释放点距水面x，则
利用均值定理，当
答：
（1）小球在水中匀速运动．
（2）在水面上方0.4m高处由静止释放小球，小球落至池底所用时间最短．
（1）当小车以
（2）若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须多大？
（3）若使弹簧保持原长，小车加速度大小、方向如何？
正确答案
解：（1）对小滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图
加速度水平向右，故合力水平向右，将各个力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，得到
F-mg•sin30°=ma•cos30°
mg•cos30°-FN=ma•sin30°
解得
F=mg•sin30°+ma•cos30°=6.5N
根据胡克定律，有
F=kx
代入数据得到
x=0.013m=1.3cm
即此时当小车以
（2）小滑块对斜面体没有压力，则斜面体对小滑块也没有支持力，小滑块受到重力和拉力，物体的加速度水平向右，故合力水平向右，运用平行四边形定则，如图
由几何关系得到
F合=
根据牛顿第二定律，得到
a=
即若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须为10
（3）弹簧保持原长，弹力为零，小滑块受到重力和支持力，物体沿水平方向运动，加速度水平向左，合力水平向左，运用平行四边形定则，如图
根据几何关系，有
F合=mg•tan30°
根据牛顿第二定律，有
F合=ma
故a=g•tan30°=
即小车加速度大小为
解析
解：（1）对小滑块受力分析，受重力、支持力和拉力，如图
加速度水平向右，故合力水平向右，将各个力和加速度都沿斜面方向和垂直斜面方向正交分解，由牛顿第二定律，得到
F-mg•sin30°=ma•cos30°
mg•cos30°-FN=ma•sin30°
解得
F=mg•sin30°+ma•cos30°=6.5N
根据胡克定律，有
F=kx
代入数据得到
x=0.013m=1.3cm
即此时当小车以
（2）小滑块对斜面体没有压力，则斜面体对小滑块也没有支持力，小滑块受到重力和拉力，物体的加速度水平向右，故合力水平向右，运用平行四边形定则，如图
由几何关系得到
F合=
根据牛顿第二定律，得到
a=
即若使物体m对斜面无压力，小车加速度必须为10
（3）弹簧保持原长，弹力为零，小滑块受到重力和支持力，物体沿水平方向运动，加速度水平向左，合力水平向左，运用平行四边形定则，如图
根据几何关系，有
F合=mg•tan30°
根据牛顿第二定律，有
F合=ma
故a=g•tan30°=
即小车加速度大小为
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