- 牛顿运动定律
- 共29769题
（1）物体的加速度多大
（2）2s末物体的位移多大
（3）4S后撤去F物体还能运动多远．
正确答案
解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：
水平方向：Fx=Fcos37°-f=ma
竖直方向：Fy=N+Fsin37°-mg=0
滑动摩擦力大小为：f=μN
此时物体的加速度为：
（2）物体在2s内的位移为：x=
（3）物体4s后的速度为：v=at=7.2×4=28.8m/s，
撤去外力F后物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律，物体做减速运动加速度的大小为：
物体匀减速运动的初速度为v=28.8m/s，加速度大小为a′=2m/s2，所以物体匀减速运动的位移：
答：（1）物体的加速度为7.2m/s2；
（2）2s末物体的位移多大14.4m；
（3）4S后撤去F物体还能运动多远207.36m．
解析
解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：
水平方向：Fx=Fcos37°-f=ma
竖直方向：Fy=N+Fsin37°-mg=0
滑动摩擦力大小为：f=μN
此时物体的加速度为：
（2）物体在2s内的位移为：x=
（3）物体4s后的速度为：v=at=7.2×4=28.8m/s，
撤去外力F后物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律，物体做减速运动加速度的大小为：
物体匀减速运动的初速度为v=28.8m/s，加速度大小为a′=2m/s2，所以物体匀减速运动的位移：
答：（1）物体的加速度为7.2m/s2；
（2）2s末物体的位移多大14.4m；
（3）4S后撤去F物体还能运动多远207.36m．
在抗雪灾中，空军从很高的高空用降落伞空投救灾物资，降落伞下面的重物有500kg，降落伞在下落过程中始终遇3m/s的水平风，已知降落伞下落中受到的阻力F=kv2（k=200N•s2/m2），而降落伞自身重力忽略不计，则降落伞在匀速运动前做______运动，降落伞匀速通过最后的200m高空所需的时间为______s．
正确答案
变加速曲线
40
解析
解：已知降落伞下落中受到的阻力F=kv2，由于速度不断变大，故阻力不断增加，合力变化，最变加速曲线运动；
竖直方向最后是匀速直线运动，重力好重力平衡，故：mg=kv2，解得：v=
故降落伞匀速通过最后的200m高空所需的时间为：t=
故答案为：变加速曲线，40．
某传动装置的水平传送带（足够长）以恒定的速度v0=5m/s运行，现将一小物块轻轻放在传送带上，之后发现在传送带上留下了5m长的擦痕．再后来由于出现故障，需使传送带以a=5m/s2的加速度停下来．问：
（1）物块与传送间的动摩擦因数是多大？
（2）在传送带减速过程中，物块相对传送带滑行的距离多大？
正确答案
解：（1）先求滑块与皮带间的动摩擦因数μ．皮带初始以v0=5m/s匀速行驶，滑块对地以a=μg的加速度匀加速，划痕l=5m为相对位移．则
l=v0t-
t=
解得：
a=
μ=0.25
（2）第二阶段，因皮带受阻，做a0=5m/s2的匀减速．a0＞a，滑块能在传送带上继续滑动，且皮带比滑块先停下，滑块还能在皮带上作相对滑动．粉笔相对皮带滑行距离为
L′=s粉笔-s皮带=
答：（1）物块与传送间的动摩擦因数是0.25；
（2）在传送带减速过程中，物块相对传送带滑行的距离为2.5m．
解析
解：（1）先求滑块与皮带间的动摩擦因数μ．皮带初始以v0=5m/s匀速行驶，滑块对地以a=μg的加速度匀加速，划痕l=5m为相对位移．则
l=v0t-
t=
解得：
a=
μ=0.25
（2）第二阶段，因皮带受阻，做a0=5m/s2的匀减速．a0＞a，滑块能在传送带上继续滑动，且皮带比滑块先停下，滑块还能在皮带上作相对滑动．粉笔相对皮带滑行距离为
L′=s粉笔-s皮带=
答：（1）物块与传送间的动摩擦因数是0.25；
（2）在传送带减速过程中，物块相对传送带滑行的距离为2.5m．
正确答案
解：小物块能沿AB面匀速下滑，根据平衡条件得，
mgsinα=μmgcosα，
解得
小物块在AC面上，由于β＞α，故sinβ＞μcosβ，小物块会下滑，
设水平外力为F时，小物块刚好不下滑，
Fcosβ+f=mgsinβ，
Fsinβ+mgcosβ=N，
而f=μN，
代入数据解得F=
答：F的大小为
解析
解：小物块能沿AB面匀速下滑，根据平衡条件得，
mgsinα=μmgcosα，
解得
小物块在AC面上，由于β＞α，故sinβ＞μcosβ，小物块会下滑，
设水平外力为F时，小物块刚好不下滑，
Fcosβ+f=mgsinβ，
Fsinβ+mgcosβ=N，
而f=μN，
代入数据解得F=
答：F的大小为
正确答案
解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和共点力平衡条件可知
mAgsinθ=kx1 ①
令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知
kx2=mBgsinθ ②
F-mAgsinθ-kx2=mAa ③
由②③式可得
a=
由题意
d=x1+x2 ⑤
由①②⑤式可得d=
即块B 刚要离开C时物块A的加速度为
解析
解：令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和共点力平衡条件可知
mAgsinθ=kx1 ①
令x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知
kx2=mBgsinθ ②
F-mAgsinθ-kx2=mAa ③
由②③式可得
a=
由题意
d=x1+x2 ⑤
由①②⑤式可得d=
即块B 刚要离开C时物块A的加速度为
正确答案
解析
解：A、根据牛顿第二定律得，上滑的加速度大小
可知上滑的加速度大小大于下滑的加速度大小，对上滑过程采用逆向思维，根据x=
B、因为上滑和下滑过程中摩擦力大小相等，运动的位移大小相等，可知克服摩擦力做功相同，则损失的机械能一样多，故B正确．
C、根据平均速度推论可以求出上滑的时间，从而可以求出下滑的时间，根据运动学公式可以求出上滑和下滑的加速度大小，因为上滑的加速度大小
故选：BCD．
（1）雪橇对地面的压力大小；
（2）雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小；
（3）地面对大人的摩擦力大小和方向．
正确答案
解：（1）对小孩和雪橇整体受力分析得：
竖直方向：Fsin θ+FN=mg
解得FN=mg-Fsinθ=400-100×0.6N=340 N
雪橇对地面的压力：FN′=FN=340 N
（2）水平方向：Fcosθ-Ff=0，Ff=μFN
由上式，代入数据解得：μ=
（3）由大人受力分析得：f‘=Fcosθ=80N
方向：水平向前
答：（1）雪橇对地面的压力大小为340 N
（2）雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小为0.24
（3）地面对大人的摩擦力大小为80N，方向水平向前．
解析
解：（1）对小孩和雪橇整体受力分析得：
竖直方向：Fsin θ+FN=mg
解得FN=mg-Fsinθ=400-100×0.6N=340 N
雪橇对地面的压力：FN′=FN=340 N
（2）水平方向：Fcosθ-Ff=0，Ff=μFN
由上式，代入数据解得：μ=
（3）由大人受力分析得：f‘=Fcosθ=80N
方向：水平向前
答：（1）雪橇对地面的压力大小为340 N
（2）雪橇与水平地面的动摩擦因数的大小为0.24
（3）地面对大人的摩擦力大小为80N，方向水平向前．
（1）手镯直接撞击地面而不被摔坏时，手镯着地时的最大速度的大小；
（2）手镯随圆柱体从静止释放到落地的总时间．
正确答案
解：（1）手镯从h=0.18m处下落，加速度为a0，设手镯质量为m，
mg-0.1mg=ma0 a0=9m/s2
落地时速度为v02=2a0h
代入数据解得v0=1.8m/s
（2）手镯随圆柱体一起加速下落，加速度为a1，a1=a0=9m/s2
圆柱体落地时手镯速度v12=2a1H
代入数据解得v1=9m/s
下落时间t1=
手镯继续沿圆柱体减速下落直到落地，加速度大小为a2
0，1mg+4.5mg-mg=ma2
代入数据解得 a2=36m/s2
设下落时间为t2：v1-v0=a2t2
代入数据解得t2=0.2s
下落总时间t总=t1+t2=1+0.2s=1.2s
答：（1）手镯着地时的最大速度的大小为1.8m/s；
（2）手镯随圆柱体从静止释放到落地的总时间为1.2s．
解析
解：（1）手镯从h=0.18m处下落，加速度为a0，设手镯质量为m，
mg-0.1mg=ma0 a0=9m/s2
落地时速度为v02=2a0h
代入数据解得v0=1.8m/s
（2）手镯随圆柱体一起加速下落，加速度为a1，a1=a0=9m/s2
圆柱体落地时手镯速度v12=2a1H
代入数据解得v1=9m/s
下落时间t1=
手镯继续沿圆柱体减速下落直到落地，加速度大小为a2
0，1mg+4.5mg-mg=ma2
代入数据解得 a2=36m/s2
设下落时间为t2：v1-v0=a2t2
代入数据解得t2=0.2s
下落总时间t总=t1+t2=1+0.2s=1.2s
答：（1）手镯着地时的最大速度的大小为1.8m/s；
（2）手镯随圆柱体从静止释放到落地的总时间为1.2s．
正确答案
解析
解：对斜面上的物体进行受力分析，受重力、支持力和摩擦和作用，
根据牛顿第二定律知，
物体产生的加速度a=
当在M上加放一个小物体m后，两物体沿斜面一起运动的加速度
即在M上加放小物体后，整体的加速度保持不变，所以A错误，B正确；
在M上施加竖直向下的压力F，物体的加速度为
因为gsinθ＞μgcosθ
所以Fsinθ＞μFcosθ
即a″＞a
所以在M上增加一个竖直向下的力F，物体的加速度变大．所以C正确，D错误．
故选：BC．
（1）钢轨从坡底（如图示位置）从静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间；
（2）钢轨从坡底（如图示位置）从静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作多长时间？
正确答案
解：（1）分析可知，欲使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，则钢轨先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动．钢轨开始受到的滑动摩擦力为：
f1=μmg=3×103 N
根据牛顿第二定律 f1-mg sinα=ma1
解得：a1=2 m/s2
钢轨开始做匀加速运动的时间为 t1=
位移为 s1=
钢轨做匀速直线运动的位移为 s2=L-l-s1=8 m
做匀速直线运动的时间为 t2=
所需的最短时间为 t=t1+t2=4 s
（2）欲使电动机工作的时间最短，钢轨的最后一段运动要关闭电动机，钢轨匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零．
根据牛顿第二定律 f1+mg sinα=ma2
匀减速运动的加速度大小为 a2=4 m/s2
历时 t3=
位移为s3=vt3-
电动机至少要工作的时间为
答：（1）钢轨从坡底从静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间为4s；
（2）钢轨从坡底从静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作3.5s时间？
解析
解：（1）分析可知，欲使b端到达坡顶所需要的时间最短，需要电动机一直工作，则钢轨先做匀加速直线运动，当它的速度等于滚筒边缘的线速度后，做匀速直线运动．钢轨开始受到的滑动摩擦力为：
f1=μmg=3×103 N
根据牛顿第二定律 f1-mg sinα=ma1
解得：a1=2 m/s2
钢轨开始做匀加速运动的时间为 t1=
位移为 s1=
钢轨做匀速直线运动的位移为 s2=L-l-s1=8 m
做匀速直线运动的时间为 t2=
所需的最短时间为 t=t1+t2=4 s
（2）欲使电动机工作的时间最短，钢轨的最后一段运动要关闭电动机，钢轨匀减速上升，b端到达坡顶时速度刚好为零．
根据牛顿第二定律 f1+mg sinα=ma2
匀减速运动的加速度大小为 a2=4 m/s2
历时 t3=
位移为s3=vt3-
电动机至少要工作的时间为
答：（1）钢轨从坡底从静止开始运动，直到b端到达坡顶所需的最短时间为4s；
（2）钢轨从坡底从静止开始运动，直到b端到达坡顶的过程中电动机至少要工作3.5s时间？
放在固定斜面上的滑块A以加速度a1沿斜面匀加速下滑，如图甲，在滑块A上放一物体B，物体B始终与A保相对静止，以加速度a2沿斜面匀加速下滑．如图乙，在滑块A上施加一竖直向下的恒力F，滑块A以加速度a3沿斜面匀加速下滑，如图丙，则（ ）
正确答案
解析
解：甲图中加速度为a1，则有：mgsinθ-μmgcosθ=ma1
解得：a1=gsinθ-μgcosθ
乙图中的加速度为a2，则有：（m+m′）gsinθ-μ（m+m′）gcosθ=（m+m′）a2
解得：a2=gsinθ-μgcosθ
丙图中的加速度为a3，则有：（mg+F）sinθ-μ（mg+F）cosθ=ma3
解得：a3=gsinθ-μgcosθ+（
由于物体能够加速下滑，故括号中的部分大于零，
故a1=a2＜a3，故ACD错误，B正确．
故选：B
正确答案
解析
解：电梯静止不动时，小球受力平衡，有
mg=kx1
弹簧的伸长量比电梯静止时的伸长量小了，说明弹力变小了，根据牛顿第二定律，有
mg-kx2=ma
乘客发现轻质弹簧的伸长量是电梯静止时的一半，则有：a=
A、电梯此时可能正以5m/s2的加速度大小加速下降，也可能是以5m/s2加速大小减速上升，故ABC错误；
D、不论电梯此时是上升还是下降，加速还是减速，加速度大小为5m/s2且方向向下，则电梯地板对乘客的支持力大小
为250N，所以乘客对电梯地板的压力大小为250N．
故选：D．
正确答案
（M+m）gtanθ
解析
解：若水平向左推B物，且使A、B相对静止，对A分析，
根据牛顿第二定律得，
A的加速度a=
因为整体具有相同的加速度，
则推力F1=（M+m）a=（M+m）gtanθ．
当水平向右推A物，且使A、B相对静止，
对A，根据牛顿第二定律得，
F-Nsinθ=ma，
Ncosθ=mg
则F-mgtanθ=ma
对整体分析F=（M+m）a，
联立两式解得F=
故答案为：（M+m）gtanθ，
如图甲，A、B是叠放在光滑水平面上的两物块，水平力F作用在物块B上，A、B一起从静止开始做直线运动（无相对滑动），F 随时间t变化关系如图乙所示．下列说法正确的是（ ）
A
物块A所受摩擦力
B
物块速度图象
C
力F做的功
D
力F的功率
正确答案
解析
解：A、在0-t0内，物体加速前进，在t0-2t0内，物体先减速前进，后加速后退，摩擦力方向与物体的相对运动反向，故A错误；
B、在0-t0内，物体加速前进，加速度为
C、在0-t0内，物体加速前进，加速度为
D、在0-t0内，物体匀加速前进，拉力的功率为P=Fv=Fat=F×
在t0-2t0内，物体先减速前进，后加速后退，整个过程为匀变速运动，拉力的功率为P′=F′v=F′（v0-a′t）=F′×（
故D错误；
故选B．
某同学根据以上条件，提出一种计算时间t的方法：由f-mgsinθ=ma和l=a
请判断上面的解法是否正确，并说明理由．如果正确，请代入数据计算出结果；如不正确，请给出正确的解法和结果．
正确答案
解：上面的结果是错误的，因为物体并不是全过程都做匀加速运动．
正确的解法是：
物体开始时做匀加速运动，由牛顿定律得加速度为：
物体从静止运动到速度等于v经过得时间为t1，则有：
t1时间内物体的位移为：
因为s＜L，物体此后做匀速向上运动，匀速运动时间为：
因此，物体从A处传送到B处所需的时间为：t=t1+t2=4.5s
答：上面的结果是错误的，物体从A处传送到B处所需的时间t为4.5s．
解析
解：上面的结果是错误的，因为物体并不是全过程都做匀加速运动．
正确的解法是：
物体开始时做匀加速运动，由牛顿定律得加速度为：
物体从静止运动到速度等于v经过得时间为t1，则有：
t1时间内物体的位移为：
因为s＜L，物体此后做匀速向上运动，匀速运动时间为：
因此，物体从A处传送到B处所需的时间为：t=t1+t2=4.5s
答：上面的结果是错误的，物体从A处传送到B处所需的时间t为4.5s．
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