- 牛顿运动定律
- 共29769题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
（1）若以共同的加速度向左作匀加速直线运动，则当绳的拉力恰好为零时，加速度大小为多少？
（2）若以共同加速度向右作匀加速直线运动，斜面支持力恰好为零时，加速度的大小为多少？
正确答案
解：（1）当绳子的拉力恰好为零，小球受重力和支持力两个力作用，
根据牛顿第二定律得：mgtanα=ma1
解得：
（2）当斜面的支持力恰好为零，小球受重力和拉力两个力作用，
根据牛顿第二定律得：mgcotα=ma2
解得：
答：（1）加速度大小为7.5m/s2；
（2）加速度的大小为
解析
解：（1）当绳子的拉力恰好为零，小球受重力和支持力两个力作用，
根据牛顿第二定律得：mgtanα=ma1
解得：
（2）当斜面的支持力恰好为零，小球受重力和拉力两个力作用，
根据牛顿第二定律得：mgcotα=ma2
解得：
答：（1）加速度大小为7.5m/s2；
（2）加速度的大小为
一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ=kx（k为已知量），则物体刚下滑时加速度大小为______，下滑过程中速度最大值为______．（重力加速度为g）
正确答案
gsinθ
解析
解：（1）物体刚下滑时，只受重力作用，物体所受重力沿斜面向下的分力F=mgsinθ，根据牛顿第二定律，物体此时产生的加速度
a=
（2）当物体的加速度为0时，物体的速度最大，故此时物体所受摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，即：
f=μmgcosθ=mgsinθ
又因为：μ=kx
所以：kxmgcosθ=mgsinθ可得此时物体的位移x=
从开始下滑到物体速度最大时物体产生的位移为x，故在此过程中重力对物体所做的功为：
在些过程中摩擦力为变力，摩擦力大小为
f=μmgcosθ=kxmgcoθ摩擦力大小随位移增大而均匀增大，故摩擦力在位移x中的所做的功
根据动能定理有：
故答案为：gsinθ，
A
B
C2.5s
D3 s
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=5m-s1=5-1=4m
接下来做匀速运动的时间t2=
所以t=t1+t2=3s
故选D．
正确答案
解析
解：A、在最低点，杆子一定表现为拉力，有F-mg=
C、在最高点，有mg+F=
故选BD．
我国是最早掌握卫星回收技术的国家之一，卫星回收舱返回大气层后受到空气阻力作用、先做变减速运动，最后做匀速运动，若回收舱质量为m，空气阻力大小与速率的平方成正比，即F=kv2，则卫星回收舱的收尾速率为______（收尾速率即最终匀速运动的速率）
正确答案
解析
解：根据平衡有：mg=f，f=kv2，联立两式解得v=
故答案为：
A每根橡皮绳的拉力为
B若将悬点间距离变小，则每根橡皮绳所受拉力将变小
C若此时小明左侧橡皮绳在腹间断裂，则小明此时加速度以a=g
D若此时小明左侧橡皮绳在腰间断裂，则小明此时加速度a=
正确答案
解析
解：A、根据平行四边形定则知，2Fcos30°=mg，解得F=
B、根据共点力平衡得，2Fcosθ=mg，当悬点间的距离变小，则θ变小，cosθ变大，可知悬绳的拉力变小．故B正确．
C、当左侧橡皮绳断裂，断裂的瞬间，右侧弹性绳的拉力不变，则重力和右侧绳拉力的合力与左侧绳初始时拉力大小相等，方向相反，根据平行四边形定则知，则合力大小为
故选：BD．
正确答案
解析
解：A、x轴方向初速度为vx=3m/s，y轴方向初速度vy=-4m/s，质点的初速度v0=
B、x轴方向的加速度a=
C、合力沿x轴方向，初速度方向在x轴与y轴负半轴夹角之间，故合力与初速度方向不垂直，C正确；
D、2s末质点速度大小为v=
故选：ABC
Aμ1μ2=
Bμ1μ2=
C
D
正确答案
解析
解：对A、B整体分析，受重力、支持力、推力和最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
F=μ2（m1+m2）g ①
再对物体B分析，受推力、重力、向左的支持力和向上的最大静摩擦力，根据平衡条件，有：
水平方向：F=N
竖直方向：m2g=f
其中：f=μ1N
联立有：m2g=μ1F ②
联立①②解得μ1μ2=
故选：A
如图1所示，运动员从倾角为53°的斜坡上无初速滑下，在斜面底端有一个高h=1.4m、宽L=1.2m的长方体障碍物，在距水平地面高度H=3.2m的A点有一极短的小圆弧，使速度变为水平方向．运动员与斜面间的动摩擦因数μ=0.5，忽略空气阻力，重力加速度g取10m/s2． （已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）求：
（1）运动员沿斜面滑行的加速度．
（2）为使运动员不触及障碍物，运动员应从距A点多远处开始滑下．
（3）在恰好不触及障碍物的条件下，运动员无初速滑下经多长时间运动到水平面上？并作出运动员加速度大小随时间变化的图象．
正确答案
解：（1）设运动沿斜面下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：
mgsin53°-μmgcos53°=ma
解得：a=5m/s2
（2）设从距A点X0处下滑恰好不触及障碍物，到达A处时速度为V
由运动学规律：V2=2aX0
离开斜面做平抛运动：竖直方向：H-h=
水平方向：Hcot53°+L=Vt
解得：X0=3.6m
故应从距A点x≥3.6m 处开始滑下．
（3）从出发点到A的位移为X0 加速度为a=5m/s2，设运动时间为t1
则：
代入数据解得：t1=1.2s
从A点到落到地面，竖直方向做自由落体运动，设运动时间为t2，
H=
代入数据得：t2=0.8s
运动总时间：t总=t1+t2=1.2+0.8=2s
运动员加速度大小随时间变化的图象如图所示
答：（1）运动员沿斜面滑行的加速度5m/s2
（2）运动员应从距A点x≥3.6m处开始下滑．
（3）在恰好不触及障碍物的条件下，运动员无初速滑下经2s运动到水平面上；a-t图如上图所示．
解析
解：（1）设运动沿斜面下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：
mgsin53°-μmgcos53°=ma
解得：a=5m/s2
（2）设从距A点X0处下滑恰好不触及障碍物，到达A处时速度为V
由运动学规律：V2=2aX0
离开斜面做平抛运动：竖直方向：H-h=
水平方向：Hcot53°+L=Vt
解得：X0=3.6m
故应从距A点x≥3.6m 处开始滑下．
（3）从出发点到A的位移为X0 加速度为a=5m/s2，设运动时间为t1
则：
代入数据解得：t1=1.2s
从A点到落到地面，竖直方向做自由落体运动，设运动时间为t2，
H=
代入数据得：t2=0.8s
运动总时间：t总=t1+t2=1.2+0.8=2s
运动员加速度大小随时间变化的图象如图所示
答：（1）运动员沿斜面滑行的加速度5m/s2
（2）运动员应从距A点x≥3.6m处开始下滑．
（3）在恰好不触及障碍物的条件下，运动员无初速滑下经2s运动到水平面上；a-t图如上图所示．
质量为7kg的物体，放在光滑水平桌面上，受到在水平方向上互成90°的两个都是10N的力的作用从静止开始运动，物体的加速度为______，2s末物体的动量是______，此时动能是______．
正确答案
2.02m/s2
28.28kgm/s
57.1J
解析
解：物体受到的合力为：F=
故物体的加速度为：a=
2s末的动量为：P=mv=mat=7×2.02×2=28.28kgm/s；
2s末的动能为：Ek=
故答案为：2.02m/s2；28.28kgm/s；57.1J．
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离Sm；
（3）若从撤去力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为4.64m的B点．
正确答案
解：（1）在力F作用时有：
F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1
代入数据解得a1=2 m/s2
（2）刚撤去F时，小球的速度v1=a1t1=2×2m/s=4m/s
小球的位移s1=
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma2
代入数据解得a2=8m/s2
因此小球上滑时间t2=
上滑位移s2=
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=4+1m=5m
（3）在上滑阶段通过B点：
SAB-S1=v1 t3-
通过B点时间t3=0.2 s，另t3=0.8s （舍去）
小球返回时有：
mgsin30°-mgcos30°=ma3
代入数据解得a3=2m/s2
因此小球由顶端返回B点时有：
Sm-SAB=
代入数据解得t4=0.6s
通过通过B点时间t2+t4=1.1s
答：（1）小球运动的加速度为2m/s2；
（2）小球上滑过程中距A点最大距离为5m；
（3）小球经0.2s或1.1s时间将经过距A点上方为4.64m的B点．
解析
解：（1）在力F作用时有：
F-mgsin30°-μmgcos30°=ma1
代入数据解得a1=2 m/s2
（2）刚撤去F时，小球的速度v1=a1t1=2×2m/s=4m/s
小球的位移s1=
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma2
代入数据解得a2=8m/s2
因此小球上滑时间t2=
上滑位移s2=
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=4+1m=5m
（3）在上滑阶段通过B点：
SAB-S1=v1 t3-
通过B点时间t3=0.2 s，另t3=0.8s （舍去）
小球返回时有：
mgsin30°-mgcos30°=ma3
代入数据解得a3=2m/s2
因此小球由顶端返回B点时有：
Sm-SAB=
代入数据解得t4=0.6s
通过通过B点时间t2+t4=1.1s
答：（1）小球运动的加速度为2m/s2；
（2）小球上滑过程中距A点最大距离为5m；
（3）小球经0.2s或1.1s时间将经过距A点上方为4.64m的B点．
A最大加速度为
B最大加速度为
C最大速度为
D最大速度为
正确答案
解析
解：A、当F1=mg，即：kv=mg，v=
C、当滑动摩擦力f=μ（kv-mg）=F时，对应的速度最大，v=
故选：AC．
（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数μ2须满足什么条件？
（2）若长木板的质量M=0.2kg，长木板与水平面间的动摩擦因数μ2=0.1．滑块的质量也为0.2kg．滑块以v0=1.2m/s的速度滑上长板的左端，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ1=0.4，滑块恰好不滑离长木板，求木板的长度．
正确答案
解：（1）长木板受到滑块向前的摩擦力f1=μ1mg
长木板受到地面的最大静摩擦力大小fmax=μ2（M+m）g
由题意得：当f1≤fmax时木板能保持静止不动，
即：μ2≥
（2）对m：μ1mg=ma1 解得：a1=4m/s2
对M：μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 解得：a2=2m/s2
设经历时间为t两者速度相同，则：v0-a1t=a2t
解得：t=0.2s
两者共同速度为：v=a2t=0.4m/s
两者相对静止前，小滑块的位移：s1=v0t-
两者相对静止前，木板的位移：s1=
故相对位移为△s=0.16-0.04=0.12m
答：（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数须满足μ2≥
（2）木板的长度至少为0.12m．
解析
解：（1）长木板受到滑块向前的摩擦力f1=μ1mg
长木板受到地面的最大静摩擦力大小fmax=μ2（M+m）g
由题意得：当f1≤fmax时木板能保持静止不动，
即：μ2≥
（2）对m：μ1mg=ma1 解得：a1=4m/s2
对M：μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 解得：a2=2m/s2
设经历时间为t两者速度相同，则：v0-a1t=a2t
解得：t=0.2s
两者共同速度为：v=a2t=0.4m/s
两者相对静止前，小滑块的位移：s1=v0t-
两者相对静止前，木板的位移：s1=
故相对位移为△s=0.16-0.04=0.12m
答：（1）若滑块在木板上滑动时，木板能保持静止不动，木板和地面之间的动摩擦因数须满足μ2≥
（2）木板的长度至少为0.12m．
如图是利用传送带装运煤块的示意图．已知传送带的倾角θ=37°，煤块与传送带间的动摩擦因数µ=0.8，传送带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮上边缘与运煤车底板间的竖直高度H=1.8m，与运煤车车箱中心的水平距离x=1.2m．现在传送带底端由静止释放煤块（可视为质点），煤块在传送带的作用下先做匀加速直线运动，后与传送带一起做匀速运动，到达主动轮时绕轮轴做匀速圆周运动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：
（1）传送带匀速运动的速度v及主动轮的半径R；
（2）煤块在传送带上由静止开始做匀加速运动所用的时间t．
正确答案
解：（1）由平抛运动的规律，
得x=vt H=
代入数据解得v=2m/s
要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，
由牛顿第二定律，得mg=m
代入数据得R=0.4m
（2）由牛顿第二定律F=ma得
a=
由v=v0+at得
t=
答：（1）传送带匀速运动的速度v为2m/s，主动轮的半径R为0.4m．
（2）煤块在传送带上由静止开始做匀加速运动所用的时间t为5s．
解析
解：（1）由平抛运动的规律，
得x=vt H=
代入数据解得v=2m/s
要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块到达轮的最高点时对轮的压力为零，
由牛顿第二定律，得mg=m
代入数据得R=0.4m
（2）由牛顿第二定律F=ma得
a=
由v=v0+at得
t=
答：（1）传送带匀速运动的速度v为2m/s，主动轮的半径R为0.4m．
（2）煤块在传送带上由静止开始做匀加速运动所用的时间t为5s．
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