牛顿运动定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

（2016•惠安县校级模拟）如图所示，两个质量分别为m1=2kg，m2=3kg的物体置于光滑的水平面上，中间用轻质弹簧秤连接．两个大小分别为F1=30N、F2=20N的水平拉力分别作用在m1、m2上，则（　　）

A弹簧秤的示数是10N

B弹簧秤的示数是50N

C在突然撤去F2的瞬间，m1的加速度不变

D在突然撤去F2的瞬间，m2的加速度变大

正确答案

C,D

解析

解：AB、对整体分析，整体的加速度a=．隔离对m2分析，有F-F2=m2a，解得：

F=F2+m2a=20+3×2N=26N．故A、B错误．

C、在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，则m1所受的合力不变，所以m1的加速度不变．故C正确．

D、在突然撤去F2的瞬间，弹簧的弹力不变，m2所受的合力变为弹簧的弹力，则加速度，加速度变大．故D正确．

故选CD．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，光滑水平面上放着质量为M的木板，木板的上表面粗糙且左端有一个质量为m的木块｡现对木块施加一个水平向右的恒力F，木块与木板由静止开始运动，经过时间t分离｡下列说法正确的是（　　）

A若仅增大木板的质量M，则时间t增大

B若仅增大木块的质量m，则时间t增大

C若仅增大恒力F，则时间t增大

D若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则时间t增大

正确答案

B,D

解析

解：根据牛顿第二定律得，木块m的加速度，木板M的加速度

根据L=．

t=．

A、若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．

B、若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．

C、若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．

D、若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则小明的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．

故选：BD．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，竖直放置在水平面上的轻质弹簧上放着质量为1kg的物体A，处于静止状态，若将一个质量为2kg的物体B竖直向下轻放在A上的一瞬间，则B对A的压力大小为（取g=10m/s2）（　　）

A20N

B0

CN

D15N

正确答案

C

解析

解：放B物体前，A物体受重力和弹簧的支持力，二力平衡，故弹簧弹力F1=mAg=10N；

放上B物体后，先对A、B整体受力分析，受到重力和弹簧的弹力，然后根据牛顿第二定律，有：

（mA+mB）g-F1=（mA+mB）a

解得：

a=g-=m/s2

再对B受力分析，受到重力和A对B的支持力，根据牛顿第二定律，有：

mBg-FAB=mBa

解得：

FAB=mB（g-a）=N

故选C．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•桂林期末）一质量m=0.5kg的滑块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用DIS实验系统测出了滑块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，图示为通过计算机绘制出的滑块上滑过程中的v-t图象，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：

（1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数．

正确答案

解：（1）由速度图线知，加速度大小为：

a=．

（2）根据牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma，

解得：．

答：（1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小为12m/s2；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75．

解析

解：（1）由速度图线知，加速度大小为：

a=．

（2）根据牛顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma，

解得：．

答：（1）滑块冲上斜面过程中的加速度大小为12m/s2；

（2）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.75．

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题型：填空题

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填空题

一个静止在水平地面上的物体，质量是5kg，在20N的水平拉力作用下沿水平地面向右运动，物体与地面间的摩擦力为5N．求：

（1）物体在4s末的速度

（2）若在4s末撤去水平拉力，求整个过程中物体运动的距离．

正确答案

解析

解：（1）根据牛顿第二定律：F-f=ma1

代入数据解得：

根据速度时间公式得：vt=a1t=3×4m/s=12m/s．

（2）撤去拉力，根据牛顿第二定律：

代入数据解得：

根据速度位移公式得，匀加速直线运动的位移：

匀减速直线运动的位移：

则总位移为：x=x1+x2=96m．

答：（1）物体在4s末的速度为12m/s．

（2）整个过程中物体的位移大小为96m．

1

题型：简答题

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简答题

质量m=4kg的物体静止在足够大的水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ=0.1，从t=0开始受到沿东西方向的水平力F作用，如图甲所示，力F的大小．方向随时间t的变化规律如图乙所示（规定向东为力的正方向），求物体在5s末．10s末．15s末时的速度大小．

正确答案

解：由图象知，在0-5s时间内，物体在拉力和摩擦力作用下产生加速度，根据牛顿第二定律有：

F1-μmg=ma1

物体在5s末的速度为：v5=a1t=0.25×5m/s=1.25m/s

由图象知，物体在6-10s内，物体拉力为：F2=-3N

此时物体产生的加速度为：

物体初速度为v5=1.25m/s，故物体做匀减速运动，当速度减为0时所用时间为：

又因为当速度减小为0时，拉力F2的大小为3N小于物体与水平面间的滑动摩擦力，故当物体停止运动后将保持静止，故物体在10s末的速度为0；

由图象知，在10-15s，拉力大小为F3=10N时，

根据牛顿第二定律有：

所以15s末也就是加速5s末的速度为：v15=a3t3=1.5×5m/s=7.5m/s

答：物体在5s末．10s末．15s末时的速度大小分别为：1.25m/s、0、7.5m/s．

解析

解：由图象知，在0-5s时间内，物体在拉力和摩擦力作用下产生加速度，根据牛顿第二定律有：

F1-μmg=ma1

物体在5s末的速度为：v5=a1t=0.25×5m/s=1.25m/s

由图象知，物体在6-10s内，物体拉力为：F2=-3N

此时物体产生的加速度为：

物体初速度为v5=1.25m/s，故物体做匀减速运动，当速度减为0时所用时间为：

又因为当速度减小为0时，拉力F2的大小为3N小于物体与水平面间的滑动摩擦力，故当物体停止运动后将保持静止，故物体在10s末的速度为0；

由图象知，在10-15s，拉力大小为F3=10N时，

根据牛顿第二定律有：

所以15s末也就是加速5s末的速度为：v15=a3t3=1.5×5m/s=7.5m/s

答：物体在5s末．10s末．15s末时的速度大小分别为：1.25m/s、0、7.5m/s．

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题型：填空题

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填空题

质量为50kg的物体放在水平地面上用100N水平推力刚能使物体匀速前进，则物体与水平地面间的动摩擦因数为______，若用200N的水平推力推物体时，物体运动的加速度大小为______．（ g取10m/s2）

正确答案

0.2

2m/s2

解析

解：物体匀速运动时，由平衡条件有：

F=Ff=μmg=100N

物体与地面之间的动摩擦因数为：

=0.2

用200 N的推力推物体时，物体加速运动，所受地面的摩擦力大小不变，仍为：

Ff=100N．

由牛顿第二定律得：

物体运动的加速度大小为：a=

故答案为：0.2； 2m/s2

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题型：简答题

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简答题

物体A的质量M=1kg，静止在光滑水平面上的平板车B的质量为m=0.5kg、长L=1m．某时刻A以v0=4m/s向右的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力．忽略物体A的大小，已知A与B之间的动摩擦因数µ=0.2，取重力加速度g=10m/s2．试求：

（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离；

（2）如果要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件．

正确答案

解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µMg=MaA 得aA=µg=2 m/s2

木板B作加速运动，有F+µMg=maB，得：aB=14 m/s2

两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s

A滑行距离：SA=V0t-=m

B滑行距离：SB==m

最大距离：△s=SA-SB=0.5m

（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，

则：…①又：…②

由①、②式，可得：aB=6m/s2 F=maB-µMg=1N

若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．

当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．

即有：F=（m+M）a，µMg=ma　所以：F=3N

若F大于3N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N

答：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.5m．

（2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N

解析

解：（1）物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，有µMg=MaA 得aA=µg=2 m/s2

木板B作加速运动，有F+µMg=maB，得：aB=14 m/s2

两者速度相同时，有V0-aAt=aBt，得：t=0.25s

A滑行距离：SA=V0t-=m

B滑行距离：SB==m

最大距离：△s=SA-SB=0.5m

（2）物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，

则：…①又：…②

由①、②式，可得：aB=6m/s2 F=maB-µMg=1N

若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．

当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．

即有：F=（m+M）a，µMg=ma　所以：F=3N

若F大于3N，A就会相对B向左滑下．综上：力F应满足的条件是：1N≤F≤3N

答：（1）若F=5N，物体A在小车上运动时相对小车滑行的最大距离为0.5m．

（2）要使A不至于从B上滑落，拉力F大小应满足的条件是1N≤F≤3N

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题型：多选题

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多选题

如图所示，A、B两物块的质量分别为m和3m，静止叠放在水平地面上．A与B、B与地面间的动摩擦因数均为μ，重力加速度为g，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现对A施加以水平拉力F，则（　　）

A无论F多大，B始终静止

B当F=2μmg时，B的加速度为0.25μg

C当F=2μmg时，A的加速度为μg

D当F=μmg时，地面对B物体的摩擦力也为μmg

正确答案

A,C,D

解析

解：AB之间的最大静摩擦力为：fm=μmAg=μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′m=μ（mA+mB）g=4μmg，

A、由于fm＜f′m，所以B相对于地面始终静止，故A正确．

BC、当F=2μmg时，F＞fm，A、B之间会发生相对滑动，A的加速度为 aA==μg，B的加速度为0．故B错误，C正确．

D、当F=μmg时，F＜fm，则A、B都相对地面静止．对整体分析可知，地面对B物体的摩擦力等于μmg．故D正确．

故选：ACD．

1

题型：简答题

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简答题

如图甲所示，质量m=5kg的物体静止在水平地面上的O点，如果用F1=20N的水平恒定拉力拉它时，运动的s-t图象如图乙所示；如果水平恒定拉力变为F2，运动的v-t图象如图丙所示．g取10m/s2．

求：（1）物体与水平地面间的动摩擦因数．

（2）拉力F2的大小．

正确答案

解：（1）物体匀速直线运动时，有：F1=μmg

解得．

（2）根据速度时间图线知，物体的加速度a=，

根据牛顿第二定律得，F2-μmg=ma，

解得F2=μmg+ma=0.4×50+5×2N=30N．

答：（1）物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4．

（2）拉力F2的大小为30N．

解析

解：（1）物体匀速直线运动时，有：F1=μmg

解得．

（2）根据速度时间图线知，物体的加速度a=，

根据牛顿第二定律得，F2-μmg=ma，

解得F2=μmg+ma=0.4×50+5×2N=30N．

答：（1）物体与水平地面间的动摩擦因数为0.4．

（2）拉力F2的大小为30N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，倾角为30°的足够长光滑斜面下端与一足够长光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h1=5m和h2=0.2m的两点上，各静置一小球A和B．某时刻由静止开始释放A球，经过一段时间t后，再由静止开始释放B球．g取10m/s2，求：

（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少？

（2）若A球从斜面上h1高度处自由下滑的同时，B球受到恒定外力作用从C点以加速度a由静止开始向右运动，则a为多大时，A球有可能追上B球？

正确答案

解：（1）设两球在斜面上下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律得：mgsin30°=ma

设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2，则：，

所以：t=t1-t2

代入数据得：t=1.6 s

（2）设A球在水平面上经t0追上B球，则

A球要追上B球，方程必须有解，△≥0，

解得：a，

即：a=2.5m/s2

答：（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过1.6 s

（2）a为2.5m/s2，A球有可能追上B球．

解析

解：（1）设两球在斜面上下滑的加速度为a，根据牛顿第二定律得：mgsin30°=ma

设A、B两球下滑到斜面底端所用时间分别为t1和t2，则：，

所以：t=t1-t2

代入数据得：t=1.6 s

（2）设A球在水平面上经t0追上B球，则

A球要追上B球，方程必须有解，△≥0，

解得：a，

即：a=2.5m/s2

答：（1）为了保证A、B两球不会在斜面上相碰，t最长不能超过1.6 s

（2）a为2.5m/s2，A球有可能追上B球．

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题型：单选题

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单选题

（2015秋•南昌校级期末）有三个光滑斜轨道1、2、3，它们的倾角依次是60°，45°，30°，这些轨道交于O点．现有位于同一竖直线上的三个小物体甲、乙、丙分别沿这三个轨道同时从静止自由下滑，如图所示，物体滑到O点的先后顺序是（　　）

A甲最先，乙稍后，丙最后

B乙最先，然后甲和丙同时到达

C甲、乙、丙同时到达

D乙最先，甲稍后，丙最后

正确答案

B

解析

解：设斜轨道底边的长度为l，斜面的倾角为α，则斜轨道的长度为：x=．

根据牛顿第二定律得，物体下滑的加速度为：a=．

则有x=，

代入数据得：

得到：t=

根据数学知识得知，sin2×60°=sin2×30°，则甲和丙运动的时间相等，同时达到斜轨道的底端O点．

又sin2×45°=1最大，则乙运动时间最短，乙最先到达O点，故B正确．

故选：B

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题型：简答题

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简答题

我国自主研发制造的新型舰载机歼-31即将服役，某次飞行训练，飞行员乘坐在总质量m=2×104kg的训练飞机上，飞机以300m/s的速度沿30°倾角匀速爬升到8000m高空时，经过一小段圆弧调整后迅速向上拉起，沿竖直方向以v0=300m/s的初速度向上做匀减速直线运动，匀减速的加速度大小为g，当飞机到最高点后立即掉头向下，沿竖直方向以加速度g做加速运动，在这段时间内创造出完全失重的环境，当飞机离地2000m高时，为了安全必须拉起，之后又可一次次重复为飞行员提供失重训练，每次飞机速度到达450m/s后必须终止失重训练（否则飞机可能失控），求：（整个运动空间重力加速度g=10m/s2）

（1）飞机一次上下运动飞行员创造的完全失重的时间；

（2）若飞机飞行时所受的空气阻力f=kv2（k=0.5N•s2/m2），飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力．

正确答案

解：（1）上升时间t1===30 s

上升高度h1==4 500 m

竖直下落当速度达到450 m/s时，下落高度为：

h2==10125 m

此时离地高度△h=h+h1-h2=8000+4500-10125m=2375 m＞2000 m

所以t2==45s

飞机一次上下为航天员创造的完全失重时间为t=t1+t2=30s+45s=75s

（2）飞机离地4500 m＞2375 m时，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为

h2=4500m+8000 m-4500 m=8000 m

此时飞机的速度v2==400 m/s

由于飞机加速度为g，所以推力F推应与空气阻力大小相等

F推=F=kv22=0.5×4002 N=8×104 N

答：（1）飞机一次上下运动飞行员创造的完全失重的时间为75s；

（2）飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力为8×104 N．

解析

解：（1）上升时间t1===30 s

上升高度h1==4 500 m

竖直下落当速度达到450 m/s时，下落高度为：

h2==10125 m

此时离地高度△h=h+h1-h2=8000+4500-10125m=2375 m＞2000 m

所以t2==45s

飞机一次上下为航天员创造的完全失重时间为t=t1+t2=30s+45s=75s

（2）飞机离地4500 m＞2375 m时，仍处于完全失重状态，飞机自由下落的高度为

h2=4500m+8000 m-4500 m=8000 m

此时飞机的速度v2==400 m/s

由于飞机加速度为g，所以推力F推应与空气阻力大小相等

F推=F=kv22=0.5×4002 N=8×104 N

答：（1）飞机一次上下运动飞行员创造的完全失重的时间为75s；

（2）飞机从最高点下降到离地4500m时飞机发动机的推力为8×104 N．

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题型：简答题

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简答题

某运动员做跳伞训练，他从悬停在空中的直升飞机上由静止跳下，跳离飞机一段时间后打开降落伞做减速下落．他打开降落伞后的速度图线如图a．降落伞用8根对称的绳悬挂运动员，每根绳与中轴线的夹角均为37°，如图b．已知人的质量为50kg，降落伞质量也为50kg，不计人所受的阻力，打开伞后伞所受阻力f与速度v成正比，即f=kv （g取10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）．求：

（1）打开降落伞前人下落的距离为多大？

（2）求阻力系数k和打开伞瞬间的加速度a的大小和方向？

（3）悬绳能够承受的拉力至少为多少？

正确答案

解：（1）根据速度位移公式得：，

（2）最后匀速下降时有：kv=（m1+m2）g

代入数据解得：k=200N•s/m

打开伞瞬间对整体：kv0-（m1+m2）g=（m1+m2）a

解得：==30m/s2．

方向竖直向上

（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：8Tcosα-m1g=m1a，

解得：T=N=312.5N．

由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力为至少为312.5N

答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；

（2）求阻力系数k为200N/m，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上．

（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．

解析

解：（1）根据速度位移公式得：，

（2）最后匀速下降时有：kv=（m1+m2）g

代入数据解得：k=200N•s/m

打开伞瞬间对整体：kv0-（m1+m2）g=（m1+m2）a

解得：==30m/s2．

方向竖直向上

（3）设每根绳拉力为T，以运动员为研究对象有：8Tcosα-m1g=m1a，

解得：T=N=312.5N．

由牛顿第三定律得：悬绳能承受的拉力为至少为312.5N

答：（1）打开降落伞前人下落的距离为20m；

（2）求阻力系数k为200N/m，打开伞瞬间的加速度a的大小为30m/s2，方向竖直向上．

（3）悬绳能够承受的拉力至少为312.5N．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在倾角为θ的光滑斜面上端系有一劲度系数为k的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为m的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变．若挡板A以加速度a（a＜gsinθ）沿斜面向下匀加速运动，问：

（1）小球向下运动多少距离时速度最大？

（2）从开始运动到小球与挡板分离所经历的时间为多少？

正确答案

解：（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．

即 kxm=mgsinθ，

解得 xm=．

所以速度最大时运动的距离为．

（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，

从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．

根据牛顿第二定律有 mgsinθ-F-F1=ma，

F=kx．

随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，

当m与挡板分离时，x增大到等于s，F1减小到零，则有：

mgsinθ-ks=ma，

又s=at2

联立解得 mgsinθ-k•at2=ma，

所以经历的时间为 t=．

解析

解：（1）球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．

即 kxm=mgsinθ，

解得 xm=．

所以速度最大时运动的距离为．

（2）设球与挡板分离时位移为s，经历的时间为t，

从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．

根据牛顿第二定律有 mgsinθ-F-F1=ma，

F=kx．

随着x的增大，F增大，F1减小，保持a不变，

当m与挡板分离时，x增大到等于s，F1减小到零，则有：

mgsinθ-ks=ma，

又s=at2

联立解得 mgsinθ-k•at2=ma，

所以经历的时间为 t=．

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