- 牛顿运动定律
- 共29769题
一个物体放在斜面上，当斜面的倾角为30°时，物体恰好沿着斜面作匀速运动，则物体与斜面间的动摩擦因数μ=______；当斜面的倾角增大到60°时，物体沿斜面作匀加速运动的加速度为______m/s2．
正确答案
解析
解：设物体的质量为m，斜面对物体的支持力为N，摩擦力为f，斜面倾角为θ，
物体匀速下滑，处于平衡状态，对物体，由平衡条件得：
垂直于斜面方向：N=mgcosθ
平行于斜面方向：mgsinθ=f，
摩擦力：f=μN
解得：μ=tanθ=
当倾角增大到60°时，设物体的加速度为a，沿斜面方向，ma=mgsinθ-f
代入数据得：a=
故答案为：
AB球的受力情况未变，加速度为零
BA、B两个小球的加速度均沿斜面向上，大小均为
CA、B之间杆的拉力大小为2mgsinθ
DC球的加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ
正确答案
解析
解：A、细线被烧断的瞬间，B不再受细线的拉力作用，B的受力情况发生变化，合力不为零，加速度不为零，故A错误；
B、以A、B组成的系统为研究对象，烧断细线前，A、B静止，处于平衡状态，合力为零，弹簧的弹力f=mgsinθ，烧断细线的瞬间，A、B受到的合力等于弹簧弹力，由于弹簧弹力不能突变，弹簧弹力不变，由牛顿第二定律得：mgsinθ=2ma，则加速度a=
C、由B可知，B的加速度为：a=
D、对球C，由牛顿第二定律得：mgsinθ=ma，解得：a=gsinθ，方向向下，故D错误；
故选：B．
正确答案
解析
解：A、对AB整体，B与地面间的摩擦力：f2=μ2（mA+mB）g=3N，当拉力小于3N时，A、B相对地面都静止，故A正确；
B、当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B间发生相对滑动，f1=μ1mAg=4N，对B，由牛顿第二定律得：aB=
对系统，由牛顿第二定律得：F-f2=（mA+mB）aB，F=6N，当拉力超过6 N时，A、B开始发生相对滑动，故BC错误，D正确；
故选：AD．
A小球受到的空气阻力大小为0.3 N
B小球上升时的加速度大小为18 m/s2
C小球第一次上升的高度为0.375 m
D小球第二次下落的时间为
正确答案
解析
解：A、小球在0-0.5s内加速运动的加速度a=
B、小球上升时阻力向下，据牛顿第二定律有：mg+f=ma′解得上升的加速度
C、由v-t图象知小球落地时的速度为4m/s，则第一次反弹时的初速度
D、物体下落的加速度为8m/s2，下落高度为0.375m，物体下落时间t=
故选：C．
（1）在初始时刻v=160m/s，此时它的加速度是多大？
（2）推证空气阻力系数k的表达式并计算其值．
正确答案
解：（1）在初始时刻v=160m/s时，加速度a=
（2）设浮力大小为F．
A点：由牛顿第二定律得 F+kvA2-Mg=Ma
D点：Mg=F+kvD2
联立上式得k=
代入解得k=0.31
答：（1）返在初始时刻v=160m/s，此时它的加速度是20m/s2．
（2）空气阻力系数k的表达式为k=
解析
解：（1）在初始时刻v=160m/s时，加速度a=
（2）设浮力大小为F．
A点：由牛顿第二定律得 F+kvA2-Mg=Ma
D点：Mg=F+kvD2
联立上式得k=
代入解得k=0.31
答：（1）返在初始时刻v=160m/s，此时它的加速度是20m/s2．
（2）空气阻力系数k的表达式为k=
一个质量m=2kg 的物体静止在水平地面上，现在用水平恒力F使其开始运动，经过4s物体的速度达到10m/s，重力加速度g=10m/s2．求：
（1）求物体运动的加速度大小a；
（2）若水平面光滑，求F的大小．
（3）若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，求F的大小．
正确答案
解：（1）静止的物体经过4s物体的速度达到10m/s，则：
（2）水平面光滑，物体只受到拉力，则根据牛顿第二定律：F=ma=2×2.5=5N
（3）若水平面粗糙，由F-Ff=ma
且Ff=μmg
代入数据得：F=7N
答：（1）物体运动的加速度大小是2.5 m/s2；
（2）若水平面光滑，F的大小是5N．
（3）若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，F的大小是7N．
解析
解：（1）静止的物体经过4s物体的速度达到10m/s，则：
（2）水平面光滑，物体只受到拉力，则根据牛顿第二定律：F=ma=2×2.5=5N
（3）若水平面粗糙，由F-Ff=ma
且Ff=μmg
代入数据得：F=7N
答：（1）物体运动的加速度大小是2.5 m/s2；
（2）若水平面光滑，F的大小是5N．
（3）若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，F的大小是7N．
Aμmg
B
C
D
正确答案
解析
解：由题意知，AB间最大静摩擦力fm=μmAg=μmg
则以BCD整体为研究对象可得，整体获得的最大加速度
再以C为研究对象可知，当BCD以最大加速度am运动时，CD间的摩擦力最大，此时
最大摩擦力
所以D正确，ABC错误．
故选：D．
科员人员乘热气球进行大气坏境科学考察，已知气球、座舱、压舱和科学人员的总质量为1000KG，正常情况下气球能够悬停在空中，但是某次研究中由于气球漏气逐渐下滑．当科员人员发现漏气并及时堵住漏气点时气球下降的速度为1m/s，接下来气球向下做匀加速运动，并且在4s内下降了12m，为使气球安全着陆，科研人员向舱外抛出一定的压舱物（假设抛出压舱时气球速度不变）．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在6s内减少2m/s．若空气阻力和泄露气体的质量均可忽略，下降过程中的重力加速度始终为g=9.5m/s2，则抛出压舱物前，气球的加速度为______m/s2；抛掉的压舱物质量为______kg．
正确答案
1
136
解析
解：漏气后匀加速阶段：
设抛出重物前的总质量为m，受浮力大小为f，向下匀加速时的加速度为a，初速度为v0，t=4s内的位移为h，
由牛顿第二定律得：
mg-f=ma
h=v0t+
代入数据解得：a=1m/s2，f=8500N
抛物后匀减速运动阶段：
设抛出重物质量为m′，加速度为a′
根据牛顿第二定律得：
f-（m-m′）g=（m-m′）a′①
6s内速度的变化量：△v=2m/s
用时：△t=6s
根据速度的变化与加速度的关系得：△v=a′△t ②
联立①②代入数据解得：m≈136kg
故答案为：1；136．
质量为1千克的小球在5个恒力作用下沿正东方向作匀速直线运动，其中沿正西方向的里F1=3牛．若保持F1的大小不变，方向改为正东，则小球的加速度大小是______米/秒2，方向是______．
正确答案
6
正东
解析
解：F1的大小不变，方向由正西改变正东，则合力为6N，合力的方向为正东，根据牛顿第二定律得，a=
故答案为：6，正东．
正确答案
解：开始物体相对于传送带向上滑动，受到的滑动摩擦力向下，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma，
解得：a=10m/s2，
物体做加速直线运动，速度等于传送带速度需要的时间：t1=
物体的位移：x1=
然后物体相对于传送带向下滑动，物体受到的摩擦力向上，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma′，
解得：a′=2m/s2，
物体向下做匀加速直线运动，直到传送带底端，由匀变速直线运动的位移公式得：
L-x1=vt2+
解得：t2=1s （t2=-11s 不符合实际，舍去）
则物体的运动时间：t=t1+t2=2s；
答：物体从A到B的时间为2s．
解析
解：开始物体相对于传送带向上滑动，受到的滑动摩擦力向下，由牛顿第二定律得：mgsin37°+μmgcos37°=ma，
解得：a=10m/s2，
物体做加速直线运动，速度等于传送带速度需要的时间：t1=
物体的位移：x1=
然后物体相对于传送带向下滑动，物体受到的摩擦力向上，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma′，
解得：a′=2m/s2，
物体向下做匀加速直线运动，直到传送带底端，由匀变速直线运动的位移公式得：
L-x1=vt2+
解得：t2=1s （t2=-11s 不符合实际，舍去）
则物体的运动时间：t=t1+t2=2s；
答：物体从A到B的时间为2s．
如图所示，长木板AB放在水平冰面上，小金属块C（可视为质点）以某一初速度从AB的左端A点冲上长木板，此后C做匀减速直线运动、AB做初速度为0的匀加速直线运动．一段时间后，C与AB的速度达到相同，此时二者的共同速度为v=0.40m/s，之后C与AB共同在冰面上滑行了t=0.4s之后停下来．若小金属块C与长木板AB的质量相等，已知C与AB之间的动摩擦因数μ1=0.25，取g=10m/s2．求：
（1）长木板AB与冰面间的动摩擦因数μ2；
（2）小金属块C从A点冲上长木板AB时的速度v0；
（3）小金属块C相对于长木板AB滑行的距离x0．
正确答案
C与AB达到共同速度后，共同在冰面上滑行，做匀减速运动，则有：
a12=
此时C与AB为整体进行受力分析如图2所示：
以物体运动方向为正方向，根据牛顿第二定律得：
-f2=m12a12，-f2=μ2N12，N12=m12g
联立解得 a12=-μ2g
代入数据解得：AB与冰面间的动摩擦因数 μ2=0.1
（2）金属块C冲上木板后，取金属块C为研究对象同，C受力如图3所示：
建立坐标，列方程有：
-f1=m1a1，-f1=μ1m1g
解得金属块C的加速度 a1=-2.5m/s2；
取长木板AB为研究对象，AB受力情况如图4所示：
根据牛顿第二定律得：
f1′-f2=m2a2，-f2=μ（m1+m2）g
则得 金属块冲上木板后木板AB的加速度为 a2=0.5m/s2；
设金属块冲上木板到与木板达到共速所用时间为t0，木板做初速度为0的匀加速运动，则 v12=v=a2t0，得 t0=
金属块C冲上木板AB做匀减速运动，由v12=v=v0-a1t0；
解得金属块C从A点冲上木板AB时的速度 v0=2.4m/s
（3）根据题意，整个运动过程中，金属块C与木板AB之间的运动距离关系如答图5：
金属块C冲上木板AB后，C做匀减速运动，运动的距离：
金属块C冲上木板AB后，AB做初速度为0的匀加速运动，运动距离：
由图可看出，金属块C相对于长木板AB滑行的距离：x0=x1-x2=0.96m
答：
（1）长木板AB与冰面间的动摩擦因数μ2为0.1．
（2）小金属块C从A点冲上长木板AB时的速度v0是2.4m/s．
（3）小金属块C相对于长木板AB滑行的距离x0是0.96m．
解析
C与AB达到共同速度后，共同在冰面上滑行，做匀减速运动，则有：
a12=
此时C与AB为整体进行受力分析如图2所示：
以物体运动方向为正方向，根据牛顿第二定律得：
-f2=m12a12，-f2=μ2N12，N12=m12g
联立解得 a12=-μ2g
代入数据解得：AB与冰面间的动摩擦因数 μ2=0.1
（2）金属块C冲上木板后，取金属块C为研究对象同，C受力如图3所示：
建立坐标，列方程有：
-f1=m1a1，-f1=μ1m1g
解得金属块C的加速度 a1=-2.5m/s2；
取长木板AB为研究对象，AB受力情况如图4所示：
根据牛顿第二定律得：
f1′-f2=m2a2，-f2=μ（m1+m2）g
则得 金属块冲上木板后木板AB的加速度为 a2=0.5m/s2；
设金属块冲上木板到与木板达到共速所用时间为t0，木板做初速度为0的匀加速运动，则 v12=v=a2t0，得 t0=
金属块C冲上木板AB做匀减速运动，由v12=v=v0-a1t0；
解得金属块C从A点冲上木板AB时的速度 v0=2.4m/s
（3）根据题意，整个运动过程中，金属块C与木板AB之间的运动距离关系如答图5：
金属块C冲上木板AB后，C做匀减速运动，运动的距离：
金属块C冲上木板AB后，AB做初速度为0的匀加速运动，运动距离：
由图可看出，金属块C相对于长木板AB滑行的距离：x0=x1-x2=0.96m
答：
（1）长木板AB与冰面间的动摩擦因数μ2为0.1．
（2）小金属块C从A点冲上长木板AB时的速度v0是2.4m/s．
（3）小金属块C相对于长木板AB滑行的距离x0是0.96m．
（1）运动过程中，玩具的最大速度；
（2）撤去拉力后，玩具继续前进的距离．
正确答案
解：（1）由匀变速直线运动的位移时间公式得：x=
解得：a1=
根据速度时间关系公式，有：vm=a1t=3×2=6m/s
（2）物体加速过程受重力、支持力、拉力和摩擦力，由牛顿第二定律得：
水平方向：F•cos53°-μN=ma1
竖直方向：F•sin53°+N=mg
联立两式，得：μ=0.5
松手后玩具加速度：a2=
滑行距离：x2=
答：（1）玩具的最大速度为6m/s；
（2）玩具继续前进的距离为3.6m．
解析
解：（1）由匀变速直线运动的位移时间公式得：x=
解得：a1=
根据速度时间关系公式，有：vm=a1t=3×2=6m/s
（2）物体加速过程受重力、支持力、拉力和摩擦力，由牛顿第二定律得：
水平方向：F•cos53°-μN=ma1
竖直方向：F•sin53°+N=mg
联立两式，得：μ=0.5
松手后玩具加速度：a2=
滑行距离：x2=
答：（1）玩具的最大速度为6m/s；
（2）玩具继续前进的距离为3.6m．
（1）通过计算说明：物块A能不能滑离木板B？
（2）木板B滑行s=7m需要多少时间？
正确答案
解：（1）第一阶段：A受拉力F=μ1mg=0.3×100N=30N，A作匀速运动，B作匀加速运动．
设B加速度大小为 a1，
有：μ1mg-μ2（2mg）=ma1，代入数据解得
假设A没有滑离B，当B的速度达到2m/s时，所用时间为t1
有：a1t1=2m/s，
解得t1=2s
此时sA=vt1=2×2m=4m
sA＜sB+LB，假设成立，A不能滑离B．
（2）第二阶段：可以判断：A、B不会发生相对滑动，会一起作匀加速运动，设加速大小为a2：
F-μ2（2m）g=2ma2
代入数据解得
此后A、B一起匀加速运动5m，所用时间为t2
5m=
代入数据解得t2=2s
木板B滑行s=7m需要时间t=t1+t2=4s．
答：（1）物块A不能滑离B．
（2）木板B滑行s=7m需要4s．
解析
解：（1）第一阶段：A受拉力F=μ1mg=0.3×100N=30N，A作匀速运动，B作匀加速运动．
设B加速度大小为 a1，
有：μ1mg-μ2（2mg）=ma1，代入数据解得
假设A没有滑离B，当B的速度达到2m/s时，所用时间为t1
有：a1t1=2m/s，
解得t1=2s
此时sA=vt1=2×2m=4m
sA＜sB+LB，假设成立，A不能滑离B．
（2）第二阶段：可以判断：A、B不会发生相对滑动，会一起作匀加速运动，设加速大小为a2：
F-μ2（2m）g=2ma2
代入数据解得
此后A、B一起匀加速运动5m，所用时间为t2
5m=
代入数据解得t2=2s
木板B滑行s=7m需要时间t=t1+t2=4s．
答：（1）物块A不能滑离B．
（2）木板B滑行s=7m需要4s．
如图甲，一物体在t=0时刻以某一速度沿固定斜面下滑，物体运动到斜面底端与挡板碰撞时无机械能损失，其运动的v-t图象如图乙所示，已知重力加速度g=10m/s2，斜面的倾角θ=37°，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求
（1）物体与斜面间的动摩擦因数μ．
（2）物体沿斜面上滑时的加速度大小a．
（3）物体能上滑的最大距离s．
正确答案
解：（1）物块向下做匀速直线运动，沿斜面的方向物块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，方向相反，则：
mgsinθ=μmgcosθ
所以：μ=tanθ=tan37°=0.75
（2）当物体向上运动时，摩擦力的方向沿斜面向下，重力的分力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得：a=12m/s2．
（3）物体能上滑的最大距离s，则：
s=
答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）物体沿斜面上滑时的加速度大小12m/s2．
（3）物体能上滑的最大距离是1.5m．
解析
解：（1）物块向下做匀速直线运动，沿斜面的方向物块受到的摩擦力与重力沿斜面向下的分力大小相等，方向相反，则：
mgsinθ=μmgcosθ
所以：μ=tanθ=tan37°=0.75
（2）当物体向上运动时，摩擦力的方向沿斜面向下，重力的分力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：
得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得：a=12m/s2．
（3）物体能上滑的最大距离s，则：
s=
答：（1）物块与杆之间的动摩擦因数μ为0.75；
（2）物体沿斜面上滑时的加速度大小12m/s2．
（3）物体能上滑的最大距离是1.5m．
如图所示，质量为M的长木板，静止放置在粗糙水平地面上，有一个质量为m、可视为质点的物块，以某一水平初速度从左端冲上木板．从物块冲上木板到物块和木板达到共同速度的过程中，物块和木板的v-t图象分别如图中的折线acd和bcd所示，a、b、c、d点的坐标为a（0，10）、b（0，0）、c（4，4）、d（12，0）．根据v-t图象，求：
（1）物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1，木板开始做匀加速直线运动的加速度大小为a2，达相同速度后一起匀减速直线运动的加速度大小为a3；
（2）物块质量m与长木板质量M之比；
（3）物块相对长木板滑行的距离△s．
正确答案
解：（1）由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1=
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2=
达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=
（2）对m冲上木板减速阶段：μ1mg=ma1
对M向前加速阶段：μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ2（m+M）g=（M+m）a3
以上三式联立可得：
（3）由v-t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△s对应图中△abc的面积，故△s=10×4×
答：（1）三个阶段的加速度分别为：1.5 m/s2；1 m/s2；0.5 m/s2
（2）物块质量m与长木板质量M之比为3：2；
（3）物块相对长木板滑行的距离△s为20 m
解析
解：（1）由v-t图象可求出物块冲上木板做匀减速直线运动的加速度大小a1=
木板开始做匀加速直线运动的加速度大小a2=
达到同速后一起匀减速运动的加速度大小a3=
（2）对m冲上木板减速阶段：μ1mg=ma1
对M向前加速阶段：μ1mg-μ2（m+M）g=Ma2
物块和木板达到共同速度后向前减速阶段：μ2（m+M）g=（M+m）a3
以上三式联立可得：
（3）由v-t图可以看出，物块相对于长木板滑行的距离△s对应图中△abc的面积，故△s=10×4×
答：（1）三个阶段的加速度分别为：1.5 m/s2；1 m/s2；0.5 m/s2
（2）物块质量m与长木板质量M之比为3：2；
（3）物块相对长木板滑行的距离△s为20 m
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