- 牛顿运动定律
- 共29769题
（1）A、C间的动摩擦因数
（2）AB碰撞后的一瞬间共同速度
（3）C从开始相对A滑动到滑离B所有的时间．
正确答案
解：（1）由于解除锁定后，A、C间刚好不发生滑动，则两者一起沿斜面向上做加速运动，设共同加速度a1，
对A、C整体研究：F-（2m+m）gsinθ=（2m+m）a1
F=3mg
对C研究：F-2mgsinθ-μ•2mgcosθ=2ma1
得：a1=0.4g
μ=
（2）B向下滑动的加速度为：
a2=gsinθ=0.6g
解得：t1=
相碰前A的速度大小为v1=a1t1=
B的速度大小为：v2=a2t1=
碰撞后一瞬间，两者粘在一起的共同速度为v3，根据动量守恒有：
2mv3=mv2-mv1
得：v3=
（3）碰撞后，C以加速度a1，初速度v1向上做匀加速运动，A、B整体以初速度v3向下做匀加速运动
做匀加速运动的加速度大小a3满足：
2mgsinθ-μ•2mgcosθ=2ma3
a3=0.1g，
设经过t2时间C滑离B，以AB整体为参考系，C相对于AB整体向上做匀加速运动，则有：
2s=（v2+v3）t2
解得：t2=（
答：（1）A、C间的动摩擦因数
（2）AB碰撞后的一瞬间共同速度为
（3）C从开始相对A滑动到滑离B所有的时间为（
解析
解：（1）由于解除锁定后，A、C间刚好不发生滑动，则两者一起沿斜面向上做加速运动，设共同加速度a1，
对A、C整体研究：F-（2m+m）gsinθ=（2m+m）a1
F=3mg
对C研究：F-2mgsinθ-μ•2mgcosθ=2ma1
得：a1=0.4g
μ=
（2）B向下滑动的加速度为：
a2=gsinθ=0.6g
解得：t1=
相碰前A的速度大小为v1=a1t1=
B的速度大小为：v2=a2t1=
碰撞后一瞬间，两者粘在一起的共同速度为v3，根据动量守恒有：
2mv3=mv2-mv1
得：v3=
（3）碰撞后，C以加速度a1，初速度v1向上做匀加速运动，A、B整体以初速度v3向下做匀加速运动
做匀加速运动的加速度大小a3满足：
2mgsinθ-μ•2mgcosθ=2ma3
a3=0.1g，
设经过t2时间C滑离B，以AB整体为参考系，C相对于AB整体向上做匀加速运动，则有：
2s=（v2+v3）t2
解得：t2=（
答：（1）A、C间的动摩擦因数
（2）AB碰撞后的一瞬间共同速度为
（3）C从开始相对A滑动到滑离B所有的时间为（
（1）A在相互作用区域内，A、B的加速度？
（2）A刚离开作用区域时，A、B的速度？
（3）杆B的长度L至少应为多少？
正确答案
解：（1）以A为研究对象有：F-mg-f=maA
代入数据解得：aA=5m/s2
方向竖直向上．
以B为研究对象：mg-f=maB
代入数据解得aB=5m/s2，方向竖直向下．
（2）下落h时速度为V0，则有：V0=
根据VA2=V02-2aAd 代入数据解得：VA=1m/s
t1=
则VB=V0+aBt1=
（3）B在t1内下落高度为hB：hB=
所以 A相对B的位移为：△x1=hB-d=0.5-0.3m=0.2m
A出作用区域后：加速度a′A=
B的加速度不变，当速度相同时：有VA+aA′t2=VB+aBt2
代入数据解得t2=0.2s
相同速度为：V=VA+a′At2=1+15×0.2m/s=4m/s
在t2时间内：hA′=
hB′=
A相对B的位移为：△x2=hB′-hA′=0.2m
即杆的长度L=△x1+△x2=0.4m
答：（1）A在相互作用区域内，A、B的加速度分别为5m/s2、方向向上，5m/s2，方向向下．
（2）A刚离开作用区域时，A、B的速度分别为1m/s、3m/s．
（3）杆B的长度L至少应为0.4m．
解析
解：（1）以A为研究对象有：F-mg-f=maA
代入数据解得：aA=5m/s2
方向竖直向上．
以B为研究对象：mg-f=maB
代入数据解得aB=5m/s2，方向竖直向下．
（2）下落h时速度为V0，则有：V0=
根据VA2=V02-2aAd 代入数据解得：VA=1m/s
t1=
则VB=V0+aBt1=
（3）B在t1内下落高度为hB：hB=
所以 A相对B的位移为：△x1=hB-d=0.5-0.3m=0.2m
A出作用区域后：加速度a′A=
B的加速度不变，当速度相同时：有VA+aA′t2=VB+aBt2
代入数据解得t2=0.2s
相同速度为：V=VA+a′At2=1+15×0.2m/s=4m/s
在t2时间内：hA′=
hB′=
A相对B的位移为：△x2=hB′-hA′=0.2m
即杆的长度L=△x1+△x2=0.4m
答：（1）A在相互作用区域内，A、B的加速度分别为5m/s2、方向向上，5m/s2，方向向下．
（2）A刚离开作用区域时，A、B的速度分别为1m/s、3m/s．
（3）杆B的长度L至少应为0.4m．
正确答案
解：设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：
Ff1=ma1，
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，
解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
Ff2=（M+m）a2，
手和托盘间相对静止，则：
Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，
则最大加速度：amax=1.25m/s2；
服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，
加速运动时间：t1=
位移：x1=
减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，
匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，
匀速运动时间：t3=
最短时间：t=t1+t2+t3=6s；
答：服务员上菜所用的最短时间是6s．
解析
解：设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：
Ff1=ma1，
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，
解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
Ff2=（M+m）a2，
手和托盘间相对静止，则：
Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，
则最大加速度：amax=1.25m/s2；
服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，
加速运动时间：t1=
位移：x1=
减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，
匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，
匀速运动时间：t3=
最短时间：t=t1+t2+t3=6s；
答：服务员上菜所用的最短时间是6s．
A摆球受重力、拉力和向心力的作用
B摆球受重力和拉力的作用
C摆球运动周期为
D摆球运动的角速度有最小值，且为
正确答案
解析
解：A、摆球只受重力和拉力作用．向心力是根据效果命名的力，是几个力的合力，也可以是某个力的分力．故A错误、B正确．
C、摆球的周期是做圆周运动的周期．
摆球做圆周运动所需要的向心力是重力沿水平方向指向圆心的分力提供的．
即F1=mgtanθ=
所以
故C正确．
D、F1=mgtanθ=mω2（Lsinθ）
所以
当θ=0°时，ω最小值为
故D正确．
故选BCD．
正确答案
-2g
2g
0
解析
解：抓住剪断绳的瞬间，绳的弹力立即消失，而弹簧弹力瞬间不变，所以分析：
对A受力分析有：
剪断前平衡有：F=mg+F绳 ①剪断瞬间：a=
对B进行受力分析有：
剪断前平衡有：F绳=mg+F弹BC ③
剪断瞬间有：a=
对C进行受力分析有：
剪断前平衡：F弹BC=mg ⑤
剪断瞬间：
由⑤⑥知C的加速度为0；
把⑤代入④得B的加速度a=2g，方向向下
把⑤和③代入②得A的加速度大小为2g，方向向上
因为取向下为正方向
故答案为：-2g，2g，0
（2015春•唐山校级月考）如图甲所示，水平传送带顺时针方向匀速运动．从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA=9.5s到达传送带另一端Q，物体B经tB=10s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t=0时刻，分别作出三物体的速度图象如图乙、丙、丁所示，求：
（1）传送带的速度v0=？
（2）传送带的长度l=？
（3）物体A、B、C与传送带间的摩擦因数各是多大？
（4）物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC=？
正确答案
解：（1）物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明了物体的速度与传送带的速度相等，所以由图可知传送带的速度是4m/s．
（2）v-t图中速度图线与x轴围成 的面积表示物体的位移，所以A的位移：
传送带的长度L与A的位移相等，也是36m．
（3）A的加速度：
由牛顿第二定律得：maA=μAmg
所以：
B的加速度：
设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC则：
C的加速度：
答：（1）传送带的速度是4m/s；
（2）传送带的长度是36m；
（3）物体A、B、C与传送带间的摩擦因数各是0.4；0.2和0.0125
（4）物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间是24s．
解析
解：（1）物体A与B先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明了物体的速度与传送带的速度相等，所以由图可知传送带的速度是4m/s．
（2）v-t图中速度图线与x轴围成 的面积表示物体的位移，所以A的位移：
传送带的长度L与A的位移相等，也是36m．
（3）A的加速度：
由牛顿第二定律得：maA=μAmg
所以：
B的加速度：
设物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间tC则：
C的加速度：
答：（1）传送带的速度是4m/s；
（2）传送带的长度是36m；
（3）物体A、B、C与传送带间的摩擦因数各是0.4；0.2和0.0125
（4）物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间是24s．
正确答案
解：设小滑块的质量为m，则木板的质量为2m，小滑块的加速度为a1，木板的加速度为a2．以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg=ma1，
解得a1=μ1g=5 m/s2，
设经时间t，木板与小滑块相对静止，共同速度为v，又v=v0-a1t，
以木板为研究对象，由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2•3mg=2ma2，所以a2=
设a2t=v0-a1t，解得t=
x=（v0t-
答：小滑块相对木板滑行的位移是
解析
解：设小滑块的质量为m，则木板的质量为2m，小滑块的加速度为a1，木板的加速度为a2．以小滑块为研究对象，由牛顿第二定律得μ1mg=ma1，
解得a1=μ1g=5 m/s2，
设经时间t，木板与小滑块相对静止，共同速度为v，又v=v0-a1t，
以木板为研究对象，由牛顿第二定律得
μ1mg-μ2•3mg=2ma2，所以a2=
设a2t=v0-a1t，解得t=
x=（v0t-
答：小滑块相对木板滑行的位移是
正确答案
解析
解：ACD、小朋友在AB段做匀加速直线运动，将小朋友的加速度a1分解为水平和竖直两个方向，由于小朋友有水平向右的分加速度即有向右的力，根据牛顿定律知，地面对滑梯的摩擦力方向先水平向右；有竖直向下的分加速度，则由牛顿第二定律分析得知：小孩处于失重，地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力．同理，小朋友在BC段做匀减速直线运动时，小孩处于超重，地面对滑梯的支持力大于小朋友和滑梯的总重力，地面对滑梯的摩擦力方向水平向左．故ACD错误．
B、设AB的长度为L，AB间的高度为h，则sinθ=
小孩从A到B为研究对象，由动能定理得：
-μ1mgLcoosθ+mgh=
小孩从B到C为研究过程，由动能定理得：
-μ2mgLcosθ+mgh=0-
联立①②代入数据得：μ1+μ2=2tanθ，故B正确．
故选：B．
（1）物体上升的最大高度______m；
（2）物体下落过程中所受的空气阻力的大小为______N．（取g=10m/s2）
正确答案
1.5
4
解析
解：（1）由v-t图象面积表示位移，1.0s～1.5s为上升阶段，上升的最大高度为：
（2）由图知，下落时 a1=
由牛顿第二定律得，下落时：
mg-f=ma1
上升时：
mg+f=ma2
联立可解：
f=
故答案为：
（1）1.5；（2）4．
（1）地面对雪橇的支持力大小；
（2）雪橇运动的加速度大小；
（3）从静止开始前进4s所通过的路程．
正确答案
解：（1）以小红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=（25+5）×10N-100×0.6N=240N
由牛顿第三定律得到，雪橇对地面的压力大小N′=N=240N；
（2）根据牛顿第二定律得水平方向，
Fcosθ-f=（M+m）a
又f=μN
得到Fcosθ-[（M+m）g-Fsinθ]=（M+m）a
代入解得a=1.07 m/s2
（3）从静止开始前进4s所通过的路程x=
答：（1）雪橇对地面的压力大小为240N；
（2）雪橇运动的加速度大小为1.07 m/s2；
（3）从静止开始前进4s所通过的路程为8.56m．
解析
解：（1）以小红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=（25+5）×10N-100×0.6N=240N
由牛顿第三定律得到，雪橇对地面的压力大小N′=N=240N；
（2）根据牛顿第二定律得水平方向，
Fcosθ-f=（M+m）a
又f=μN
得到Fcosθ-[（M+m）g-Fsinθ]=（M+m）a
代入解得a=1.07 m/s2
（3）从静止开始前进4s所通过的路程x=
答：（1）雪橇对地面的压力大小为240N；
（2）雪橇运动的加速度大小为1.07 m/s2；
（3）从静止开始前进4s所通过的路程为8.56m．
正确答案
1
解析
解：工件刚放上传送时，加速度为a=
当工件在传送带上停止相对运动时通过的位移x1=
此过程经过的时间为t=
传送带上相对静止的相邻两工件间的距离为S=x1+x3=1m．
故答案为：1
（1）木块下滑的加速度a的大小；
（2）木块与墙壁之间的动摩擦因数．
正确答案
解：（1）由H=
得：a=
（2）对木块受力分析，
根据牛顿第二定律有mg-f=ma
N=F
又f=μN，
解得μ=
答：（1）木块下滑的加速度a的大小为3m/s2；（2）木块与墙壁之间的动摩擦因数为0.21．
解析
解：（1）由H=
得：a=
（2）对木块受力分析，
根据牛顿第二定律有mg-f=ma
N=F
又f=μN，
解得μ=
答：（1）木块下滑的加速度a的大小为3m/s2；（2）木块与墙壁之间的动摩擦因数为0.21．
正确答案
1.2×104
1.8×104
解析
解：当小车以10m/s的速度经过桥顶时，对小车受力分析，
根据向心力公式和牛顿第二定律得：
G-
解得：N1=1.2×104N
当小车以10m/s的速度经过凹形桥的最低点时，对小车受力分析，
根据向心力公式和牛顿第二定律得：
解得：N2=1.8×104N
根据牛顿第三定律可知：车对桥的压力等于桥对车的支持力．
故答案为：1.2×104N；1.8×104N
（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间；
（2）滑块离开平板后，滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差△t．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
正确答案
解：（1）对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动，
对滑块：在薄板上滑行时加速度为：a1=gsin37°=6m/s2
离开板所需时间为L=
（2）到达B点时速度为：
滑块由B至C时的加速度为：a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有：
代入数据可解得：t=2s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：a3=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
滑至C端所用时间为t‘，则
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：△t=t'-t=2s．
答：（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间为1s；
（2）滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为2s．
解析
解：（1）对薄板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在薄板上滑动时，薄板静止不动，
对滑块：在薄板上滑行时加速度为：a1=gsin37°=6m/s2
离开板所需时间为L=
（2）到达B点时速度为：
滑块由B至C时的加速度为：a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
设滑块由B至C所用时间为t，则有：
代入数据可解得：t=2s
对薄板，滑块滑离后才开始运动，加速度为：a3=gsin37°-μgcos37°=2m/s2
滑至C端所用时间为t‘，则
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为：△t=t'-t=2s．
答：（1）滑块从释放到刚离开平板所用时间为1s；
（2）滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为2s．
光滑水平面上，一个长木板与半径R未知的半圆组成如图所示的装置，装置质量M=5kg．在装置的右端放一质量为m=1kg的小滑块（可视为质点），小滑块与长木板间的动摩擦因数μ=0.5，装置与小滑块一起以v0=10m/s的速度向左运动．现给装置加一个F=55N向右的水平推力，小滑块与木板发生相对滑动，当小滑块滑至长木板左端A时，装置速度恰好减速为0，此对撤去外力F并将装置锁定．小滑块继续沿半圆形轨道运动，且恰好能通过轨道最高点B．滑块脱离半圆形轨道后又落回长木板．已知小滑块在通过半圆形轨道时克服摩擦力做功Wf=2.5J．g取10m/s2．求：
（1）装置运动的时间和位移；
（2）长木板的长度l；
（3）小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离．
正确答案
解：（1）装置水平方向受向左额滑动摩擦力和向右的推力，根据牛顿第二定律，有：F-μmg=Ma1
解得a1=10 m/s2
设装置运动的时间为t1，由 v0-a1t1=0
解得t1=1s
装置向左运动的距离
（2）对m受力分析，水平方向受向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma2
解得a2=5m/s2
设滑块到A点的速度为v1，则v1=v0-a2t1
解得v1=5m/s
小滑块向左运动距离
则木板长为l=x2-x1=2.5m
（3）设滑块在B点速度为vv2，从A到B过程，根据动能定理，有
在B点：
联立解得
R=0.4m，v2=2m/s；
此后平抛运动，有2R=
落点离A点距离：x2=v2t2
解得：x=0.8m
答：（1）装置运动的时间和位移为5米；
（2）长木板的长度l为2.5米；
（3）小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离为0.8米．
解析
解：（1）装置水平方向受向左额滑动摩擦力和向右的推力，根据牛顿第二定律，有：F-μmg=Ma1
解得a1=10 m/s2
设装置运动的时间为t1，由 v0-a1t1=0
解得t1=1s
装置向左运动的距离
（2）对m受力分析，水平方向受向右的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有：μmg=ma2
解得a2=5m/s2
设滑块到A点的速度为v1，则v1=v0-a2t1
解得v1=5m/s
小滑块向左运动距离
则木板长为l=x2-x1=2.5m
（3）设滑块在B点速度为vv2，从A到B过程，根据动能定理，有
在B点：
联立解得
R=0.4m，v2=2m/s；
此后平抛运动，有2R=
落点离A点距离：x2=v2t2
解得：x=0.8m
答：（1）装置运动的时间和位移为5米；
（2）长木板的长度l为2.5米；
（3）小滑块最后落回长木板上的落点离A的距离为0.8米．
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