- 牛顿运动定律
- 共29769题
A若斜面体匀速运动，小球对斜面一定有压力
B若斜面体向左匀加速运动的加速度为12m/s2，小球对细绳一定有拉力
C要使小球对斜面无压力，斜面体一定向右加速运动
D若斜面体以10
正确答案
解析
解：A、若斜面体匀速运动，小球也做匀速运动，则小球受力平衡，小球受重力和绳子的拉力及斜面对小球的支持力，这三个力合力为零，所以小球对斜面一定有压力，故A正确；
B、若绳子没有拉力，则小球只受重力和支持力，a=
C、若小球对斜面无压力，只小球只受重力和绳子的拉力，加速度方向水平向右，则斜面体的加速度也水平向右，可以向右加速，也可以向左减速，故C错误；
D、当斜面对小球刚好没有支持力时，对小球进行受力分析，此时小球的加速度为：
设此时细绳与竖直方向的夹角为θ，ma=mgtanθ，解得：tanθ=
故选：ABD
正确答案
解析
解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=
隔离对B分析，根据牛顿第二定律得，
根据牛顿第三定律得，
故答案为：
起跳摸高是学生常进行的一项活动．小亮同学身高1.72m，体重60kg，站立时举手达到2.14m．他弯曲两腿，再用力蹬地，经0.4s竖直跳起，设他蹬地的力大小恒为1050N，不计空气阻力，取g=10m/s2，求小亮同学起跳摸高的最大高度是多少？
正确答案
解：小亮同学起跳摸高包含两个过程：第一个过程用力蹬地竖直跳起获得初速度；第二个过程竖直上抛达到最大高度．
蹬地时，根据牛顿第二定律得：
F-mg=ma
得 a=
则v=at=7.5×0.4m/s=3m/s．
（2）根据v2=2gh得，
h=
则H=h+2.14m=2.59m．
答：该同学跳起可摸到的高度为2.59m．
解析
解：小亮同学起跳摸高包含两个过程：第一个过程用力蹬地竖直跳起获得初速度；第二个过程竖直上抛达到最大高度．
蹬地时，根据牛顿第二定律得：
F-mg=ma
得 a=
则v=at=7.5×0.4m/s=3m/s．
（2）根据v2=2gh得，
h=
则H=h+2.14m=2.59m．
答：该同学跳起可摸到的高度为2.59m．
正确答案
解析
解：设运动过程中物体的加速度为a，根据牛顿第二定律得
μmg=ma
求得；a=2m/s2
设达到皮带速度v时发生的位移为s1，所用时间为t1，则：
v2=2as1
解得：s1=1m
根据速度公式有v=at1
解得时间t1=1s
此时距离B端s2=4m-s1=4-1=3m
接下来做匀速运动的时间t2=
所以t=t1+t2=2.5s
物体最后阶段是匀速，故末速度为2m/s；
故选：A
（1）木板与墙壁碰撞前，物块加速度的大小和方向．
（2）木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是多大？
（3）木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？
正确答案
解：（1）木板向右运动时物块受到向右的滑动摩擦力，
物块向右加速运动，加速度方向向右，
物块的加速度：am=
（2）木板向右减速运动过程加速度：aM=
由匀变速直线运动的速度位移公式得：vM2-v02=2aML，解得：vM=3m/s；
（3）木板向右运动的时间：t1=
木板与墙壁碰撞前瞬间滑块的速度：vm=amt1=2.4m/s，
木板与墙壁碰撞后两者都做匀减速直线运动，
当两者速度v相等时滑块停在木板上，
木板反弹后做匀减速知识运动，速度：v=vM-aMt2，
滑块也做匀减速直线运动，滑块的速度：v=vm-amt2，
解得：t2=0.6s；
答：（1）木板与墙壁碰撞前，物块加速度的大小为4m/s2，方向：水平向右．
（2）木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是3m/s．
（3）木板与墙壁碰撞后，经过时间0.6s小滑块停在木板．
解析
解：（1）木板向右运动时物块受到向右的滑动摩擦力，
物块向右加速运动，加速度方向向右，
物块的加速度：am=
（2）木板向右减速运动过程加速度：aM=
由匀变速直线运动的速度位移公式得：vM2-v02=2aML，解得：vM=3m/s；
（3）木板向右运动的时间：t1=
木板与墙壁碰撞前瞬间滑块的速度：vm=amt1=2.4m/s，
木板与墙壁碰撞后两者都做匀减速直线运动，
当两者速度v相等时滑块停在木板上，
木板反弹后做匀减速知识运动，速度：v=vM-aMt2，
滑块也做匀减速直线运动，滑块的速度：v=vm-amt2，
解得：t2=0.6s；
答：（1）木板与墙壁碰撞前，物块加速度的大小为4m/s2，方向：水平向右．
（2）木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是3m/s．
（3）木板与墙壁碰撞后，经过时间0.6s小滑块停在木板．
A小球的加速度先增大后减小，最后保持不变
B小球的速度先增大后减小，最后保持不变
C小球的最大加速度为
D小球的最大速度为
正确答案
解析
解：AB、刚开始运动，加速度为 a=
C、当阻力为零时，加速度最大，故小球的最大加速度为
D、当加速度为零时，小球的速度最大，此时有：F0=μ（kv-mg），故最大速度为：vm=
故选：AD
一质量为m=3kg的小球静止在水平地面上，给小球加一竖直向上的恒力F使小球从地面向上做匀加速直线运动，经过时间1s后撤掉力F，再经过时间1s后小球刚好落回地面，取g=10m/s2，则所加的恒力F=______N，小球落回地面时的速度为______m/s．
正确答案
40
解析
解：力F作用时，根据牛顿第二定律得：
a=
v=at=
匀加速运动的位移
撤去外力F后，小球做竖直上抛运动，
则有：
即
解得：F=40N，
小球落回地面时的速度v′=v-gt′=
落地时速度大小为
故答案为：40，
（1）物体的加速度多大；
（2）3s末物体的位移多大；
（3）5s后撤去F物体还能运动多远．
正确答案
解：（1）对物体受力分析有：
Fcos37°-f=ma ①
f=FNμ ③
联立①②③的：a=6.4m/s2
故物体的加速度为6.4m/s2．
（2）物体做初速度为零的匀加速直线运动：
带入数据得：s=28.8m
故3s末物体的位移为28.8m．
（3）5s后物体的速度为：vt=at=32m/s ④
撤掉力F后物体的加速度为：f=mgμ=ma1 ⑤
所以滑行距离为：
联立④⑤⑥得：s′=512m
故5S后撤去F物体还能运动的距离为512m．
解析
解：（1）对物体受力分析有：
Fcos37°-f=ma ①
f=FNμ ③
联立①②③的：a=6.4m/s2
故物体的加速度为6.4m/s2．
（2）物体做初速度为零的匀加速直线运动：
带入数据得：s=28.8m
故3s末物体的位移为28.8m．
（3）5s后物体的速度为：vt=at=32m/s ④
撤掉力F后物体的加速度为：f=mgμ=ma1 ⑤
所以滑行距离为：
联立④⑤⑥得：s′=512m
故5S后撤去F物体还能运动的距离为512m．
（1）物体沿斜面上滑的最大距离x；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）物体从A点出发需经多少时间才能回到A处．
正确答案
解：（1）上滑过程，由运动学公式
x=
（2）上滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得：μ=0.25
（3）上滑过程：t1=
下滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′
解得：a′=4m/s2
由运动学公式x=
解得：t2=
所以运动的总时间t=t1+t2=
答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；
（3）物体从A点出发需经3.6s时间才能回到A处．
解析
解：（1）上滑过程，由运动学公式
x=
（2）上滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得：μ=0.25
（3）上滑过程：t1=
下滑过程，由牛顿运动定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′
解得：a′=4m/s2
由运动学公式x=
解得：t2=
所以运动的总时间t=t1+t2=
答：（1）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；
（2）物体与斜面间的动摩擦因数μ为0.25；
（3）物体从A点出发需经3.6s时间才能回到A处．
正确答案
mg
解析
解：对整体分析，a=
隔离对土豆分析，土豆受重力、其它土豆对它的作用力，如右图所示：
根据牛顿第二定律得：F合=ma=μmg．
根据平行四边形定则，其它土豆对它的作用力为：
F=
故答案为：
质量为10kg的物体，在F=30N的水平向右的力作用下，沿水平地面由静止开始运动，在开始运动的第5末撤消水平力，此时物体的位移为25，求物体与地面间的动摩擦因数？撤消后物体在20内的位移？（g=10m/s2）
正确答案
解：撤消F前，物体做初速度为零的匀加速运动，
由s1=
加速度：a1=
根据牛顿第二定律得：F-Ff=ma1，
又因为：Ff=μFN=μmg，
联解得：μ=
撤消F瞬间物体速度大小：v=a1t1=2×5m/s=10m/s
撤消F后物体加速度大小：a2=
物体速度减为零的时间：t0=
故物体20s内的位移等于10s内的位移，为：
答：物体与地面间的动摩擦因数为0.1；撤消后物体在20内的位移为50m．
解析
解：撤消F前，物体做初速度为零的匀加速运动，
由s1=
加速度：a1=
根据牛顿第二定律得：F-Ff=ma1，
又因为：Ff=μFN=μmg，
联解得：μ=
撤消F瞬间物体速度大小：v=a1t1=2×5m/s=10m/s
撤消F后物体加速度大小：a2=
物体速度减为零的时间：t0=
故物体20s内的位移等于10s内的位移，为：
答：物体与地面间的动摩擦因数为0.1；撤消后物体在20内的位移为50m．
Aa=
Ba=
Ca=g，方向竖直向下
Da=g方向竖直向上
正确答案
解析
解：Ⅱ未断时，受力如图所示，由共点力平衡条件得，F2=mgtanθ，F1=
刚剪断Ⅱ的瞬间，弹簧弹力和重力不变，受力如图：
由几何关系，F合=F1sinθ=F2=ma，由牛顿第二定律得：
a=
故选：B．
A在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等
B在两次作用过程中，F1+F2＜F
C在两次作用过程中，F1+F2＞F
D在两次作用过程中，
正确答案
解析
解：A、根据牛顿第二定律得，整体的加速度a=
B、当F作用在左端A上时，F1-μm2g=m2a，
解得
当F作用在右端B上时，F2-μm1g=m1a，
解得
故F1+F2=F，
故选：A．
（1）要将M从m下面抽出，水平外力F应满足什么条件；
（2）若F=16N，要想是M和m分离，F至少需要作用多长时间．
正确答案
解：（1）当m相对M滑动时，M即可从m下面抽出，
对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
对小滑块有：μmg=ma1
对木板有：F-μmg=Ma2
若木板能被抽出：a2＞a1
即：
解得：F＞μ（M+m）g=12N
（2）当F=16N时，对小滑块有：μmg=ma1
解得：
对木板有：F-μmg=Ma2
解得：
撤去拉力后，小滑块的加速度
撤去F后，小滑块和木板都只受到滑动摩擦力作用，当速度相等时，滑块正好处于木板的最左端时，F作用的时间最短，
设最短时间为t，则撤去F的瞬间，
小滑块速度v1=a1t=2t，
木板的速度v2=a2t=3t，
撤去之后，到速度相等的时间t′=
根据位移关系得：
解得：
t=0.5s
答：（1）要将M从m下面抽出，水平外力F应满足F＞12N；
（2）若F=16N，要想是M和m分离，F至少需要作用多长时间为0.5s．
解析
解：（1）当m相对M滑动时，M即可从m下面抽出，
对M、m进行受力分析，根据牛顿第二定律得：
对小滑块有：μmg=ma1
对木板有：F-μmg=Ma2
若木板能被抽出：a2＞a1
即：
解得：F＞μ（M+m）g=12N
（2）当F=16N时，对小滑块有：μmg=ma1
解得：
对木板有：F-μmg=Ma2
解得：
撤去拉力后，小滑块的加速度
撤去F后，小滑块和木板都只受到滑动摩擦力作用，当速度相等时，滑块正好处于木板的最左端时，F作用的时间最短，
设最短时间为t，则撤去F的瞬间，
小滑块速度v1=a1t=2t，
木板的速度v2=a2t=3t，
撤去之后，到速度相等的时间t′=
根据位移关系得：
解得：
t=0.5s
答：（1）要将M从m下面抽出，水平外力F应满足F＞12N；
（2）若F=16N，要想是M和m分离，F至少需要作用多长时间为0.5s．
正确答案
解：以m为研究对象进行分析，m在水平方向只受一个摩擦力f的作用，f=μmg，
根据牛顿第二定律知f=ma1
a1=μg=0.20×10m/s2=2m/s2
如图，
m从A点运动到B点，做匀加速直线运动，sAB=s0-b=1.00m，
运动到B点的速度υB为：
物块在平板车上运动时间为t1=
s0=
此时平板车的速度为 v2=a2t1=4×1=4m/s
m从B处滑落时，以υB为初速度做平抛运动，落到C的水平距离为s1，下落时间为t2，
则 h=
s1=vBt2=2×0.5m=1.0 m
对平板车M，在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，平板车加速度为a2，由牛顿第二定律得：F-f=Ma2
则有：F=Ma2+f=（100×4+0.2×50×10）N=500N
当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，而做加速度为
a3的匀加速运动，由牛顿第二定律得：F=Ma3 即
在m从B滑落到C点的时间t=0.5s内，M运动距离s2为
物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为
s=s2-s1=（2.625-1）m≈1.6m
答：物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为1.6m．
解析
解：以m为研究对象进行分析，m在水平方向只受一个摩擦力f的作用，f=μmg，
根据牛顿第二定律知f=ma1
a1=μg=0.20×10m/s2=2m/s2
如图，
m从A点运动到B点，做匀加速直线运动，sAB=s0-b=1.00m，
运动到B点的速度υB为：
物块在平板车上运动时间为t1=
s0=
此时平板车的速度为 v2=a2t1=4×1=4m/s
m从B处滑落时，以υB为初速度做平抛运动，落到C的水平距离为s1，下落时间为t2，
则 h=
s1=vBt2=2×0.5m=1.0 m
对平板车M，在m未滑落之前，水平方向受二力作用，即F和物块对平板车的摩擦力f，二者方向相反，平板车加速度为a2，由牛顿第二定律得：F-f=Ma2
则有：F=Ma2+f=（100×4+0.2×50×10）N=500N
当m从平板车的B点滑落以后，平板车水平方向只受F作用，而做加速度为
a3的匀加速运动，由牛顿第二定律得：F=Ma3 即
在m从B滑落到C点的时间t=0.5s内，M运动距离s2为
物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为
s=s2-s1=（2.625-1）m≈1.6m
答：物块落地时，落地点到车尾的水平距离s为1.6m．
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