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

如图所示，质量均为m的A、B两物块置于光滑水平地面上，倾角为θ，A、B接触面光滑，现分别以水平恒力F作用于A物块上，保持A、B相对静止共同运动，则下列说法正确的是（　　）

A采用甲方式比采用乙方式的最大加速度大

B两种情况下获取的最大加速度相同

C两种情况下所加的最大推力相同

D采用乙方式可用的最大推力大于甲方式的最大推力

正确答案

B,C

解析

解：对于甲图：当A恰好离地时，加速度达到最大，此时地面对A的支持力为零，A的受力如图，根据牛顿第二定律得：

最大加速度为aAm==gtanθ

同理，对乙图研究，得到最大加速度为aBm=gtanθ，则两种情况下获取的最大加速度相同．

根据牛顿第二定律得知，最大的推力Fm=2mam=2mgtanθ，则两种情况下所加的最大推力相同．

故选BC

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，物体A放在长L=1m的木板B上，木板B静止于水平面上．已知A的质量mA和B的质量mB均为2.0kg，A、B之间的动摩擦因数μ1=0.2，B与水平面之间的动摩擦因数μ2=0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取10m/s2．若从t=0开始，木板B受F=16N的水平恒力作用，

（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为多少？

（2）t=2s时，在B的速度为多少？

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA

解得：；

对B有：F1-μ2（mA+mB）g-μ1mAg=mBaB

代入数据解得：．

（2）因为aA＜aB，A相对B向后滑动，设经过t1后A滑到B的左边缘，

A的位移为：，

B的位移为：，

x1-x2=L

解得：t1=1s＜t=2s，则2s时A已从B上滑下．

t1=1s时，A、B的速度分别为vA、vB，

则有：vB=aBt1=4×1m/s=4m/s

设A滑落后B的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得：

F-μ1mBg=mBaB′

代入数据解得：

在t=2s时B的速度：vB′=vB+aB′（t-t1）

代入数据解得：vB′=11m/s．

答：（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为2m/s2、4m/s2．

（2）t=2s时，B的速度为11m/s．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律得：μ1mAg=mAaA

解得：；

对B有：F1-μ2（mA+mB）g-μ1mAg=mBaB

代入数据解得：．

（2）因为aA＜aB，A相对B向后滑动，设经过t1后A滑到B的左边缘，

A的位移为：，

B的位移为：，

x1-x2=L

解得：t1=1s＜t=2s，则2s时A已从B上滑下．

t1=1s时，A、B的速度分别为vA、vB，

则有：vB=aBt1=4×1m/s=4m/s

设A滑落后B的加速度为aB′，根据牛顿第二定律得：

F-μ1mBg=mBaB′

代入数据解得：

在t=2s时B的速度：vB′=vB+aB′（t-t1）

代入数据解得：vB′=11m/s．

答：（1）木板B受F=16N的水平恒力作用时，A、B的加速度aA、aB各为2m/s2、4m/s2．

（2）t=2s时，B的速度为11m/s．

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，水平传送带逆时针匀速转动，速度为8m/s，A、B为两轮圆心正上方的点，AB=L1=6m，左右两端分别与轨道无缝对接，小物块与轨道左端P碰撞无机械能损失，AP=L2=5m，物块与AP、AB间动摩擦因数均为μ=0.2，物块以一定的初速度v0沿轨道滑上传送带B点，欲使物块可以返回到B点且速度为零，g=10m/s2，则物块的初速度v．不可能的是（　　）

A7m/s

B8m/s

C9m/s

D10m/s

正确答案

D

解析

解：设物体到达P点的速度为v，反弹后运动到B点的速度为零，

由动能定理得：-μmg（L1+L2）=0-mv2，解得v=2m/s，

物体由A到P点过程中，由动能定理得：-μmgL2=mv2-mvA2，解得vA=8m/s，

物体在传送带上运动时，由牛顿第二定律得：μmg=ma，a=2m/s2；

A、物体的初速度小于8m/s时先在传送带上加速度，然后匀速运动到A点，符合要求，故A正确；

B、物体以8m/s的速度滑上传送带时，相对传送带静止，到达A时速度为8m/s，符合要求，故B正确；

C、物体以9m/s的速度滑上传送带，设物体先减速到8m/s需的位于为s，

由速度位移公式可得：92-82=2×2s，解得s=4.25m＜L1，物体在传送带上先减速后匀速运动，到达A时的速度为8m/s，符合要求，故C正确；

D、物体以10m/s的速度滑上传送带，设物体先减速到8m/s需的位于为s，

由速度位移公式可得：102-82=2×2s，解得s=9m＞L1，物体达到A点时的速度大于8m/s，不符合要求，故D错误．

本题选不可能的，故选D．

1

题型：填空题

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填空题

2009年10月1日晚在天安门广场举行了盛大的庆祝中华人民共和国成立六十周年烟花晚会，花炮爆炸的高度为100M，设爆炸前做竖直上抛运动（加速度大小为g），且在最高点爆炸，则花炮出炮口的速度约为______m/s；若花炮质量为2kg，在炮筒子运动的时间为0.02s，火药对花炮的平均推力为______（g 取10m/s2）．

正确答案

解析

解：花炮出炮口后做竖直向上运动，根据v2=2gh得

v=

在炮筒内做初速度为零的匀加速运动，加速度为a=

有牛顿第二定律得F=ma=

答故答案为：，

1

题型：填空题

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填空题

两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示．若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比是______，图中时间t1是______．

正确答案

3：1

0.30s

解析

解：根据三角形相似得：，得t1=0.30s．

根据速度图象的斜率等于加速度，得到：

甲的加速度大小为a甲=m/s2，乙的加速度大小为a乙=m/s2=10m/s2

据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F=ma得：两物体的加速度与质量成反比，

则有质量之比为m甲：m乙=a乙：a甲=3：1．

故答案为：3：1，0.30s

1

题型：简答题

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简答题

质量为5kg的物体与水平面间的动摩擦因数为0.2，当物体以6m/s的初速度向右滑行时，再用水平向右的力F作用于物体上，F=15N．求：

（1）t=2s时物体滑行了多远？

（2）若物体开始以v0=6m/s向左运动，求物体的加速度大小和方向？

（3）在上题的基础上，物体向左运动的最大位移？

正确答案

解：（1）物体向右运动时受到向左的摩擦力，为：Ff=μFN=μG=0.2×50N=10N

故a=

t=2s时物体的位移：x=

（2）若物体开始以v0=6m/s向左运动，摩擦力向右，故加速度为：

a=

向右

（3）根据速度位移公式，有：

x=

答：（1）t=2s时物体滑行了14m远；

（2）若物体开始以v0=6m/s向左运动，物体的加速度大小为5m/s2，方向向右；

（3）在上题的基础上，物体向左运动的最大位移为3.6m．

解析

解：（1）物体向右运动时受到向左的摩擦力，为：Ff=μFN=μG=0.2×50N=10N

故a=

t=2s时物体的位移：x=

（2）若物体开始以v0=6m/s向左运动，摩擦力向右，故加速度为：

a=

向右

（3）根据速度位移公式，有：

x=

答：（1）t=2s时物体滑行了14m远；

（2）若物体开始以v0=6m/s向左运动，物体的加速度大小为5m/s2，方向向右；

（3）在上题的基础上，物体向左运动的最大位移为3.6m．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到3m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长．求

（1）小物块放上后，小物块及小车的加速度各为多大；

（2）经多长时间两者达到相同的速度；

（3）从小物块放上小车开始，经过t=3s小物块通过的位移大小为多少．（取g=l0m/s2）

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律F=ma得

物块的加速度

小车的加速度：

（2）由：amt=v0+aMt 得

t=2s

（3）在开始2s内小物块的位移：s1==4m

最大速度：v=at=4m/s2

在接下来的1s物块与小车相对静止，一起做加速运动由牛顿第二定律可知且加速度为：

这1s内的位移：，

通过的总位移s=s1+s2=8.4m

答：（1）加速度分别为2m/s2和0.5m/s2

（2）时间为2s

（3）最终位移为8.4m

解析

解：（1）由牛顿第二定律F=ma得

物块的加速度

小车的加速度：

（2）由：amt=v0+aMt 得

t=2s

（3）在开始2s内小物块的位移：s1==4m

最大速度：v=at=4m/s2

在接下来的1s物块与小车相对静止，一起做加速运动由牛顿第二定律可知且加速度为：

这1s内的位移：，

通过的总位移s=s1+s2=8.4m

答：（1）加速度分别为2m/s2和0.5m/s2

（2）时间为2s

（3）最终位移为8.4m

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，AB、CD为两个光滑的平台，一倾角为37°，长为5m的传送带与两平台平滑连接．现有一小物体以10m/s的速度沿AB平台向右运动，当传送带静止时，小物体恰好能滑到CD平台上，问：

（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数多大？

（2）当小物体在AB平台上的运动速度低于某一数值时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达高台CD，求这个临界速度．

（3）若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达高台CD，传送带至少以多大的速度顺时针运动？

正确答案

解：（1）传送带静止时，小物体受力如图甲所示，

据牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ=ma1①

B→C过程有：v20=2a1l ②

解得：a1=10 m/s2，μ=0.5

（2）显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：

mgsin37°-μmgcos37°=ma2 ③

若恰好能到达高台时，有：v22=2a2l ④

解得：v=2 m/s

即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2m/s时，无论传带顺时针传动的速度多大，小物体总也不能到达高台CD．

（3）以v1表示小物体在平台AB上的滑速度，

以v2表示传送带顺时针传动的速度大小．

对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：

v21-v22=2a1x1 ⑤

对从小物体速度减小到带速v2开始，到运动到恰滑上CD高台过程，有：

v22=2a2x2 ⑥

x1+x1=L ⑦

解得：v2=3 m/s

即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达高台CD．

答：（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数为0.5；

（2）当小物体在AB平台上的运动速度小于2m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达高台CD．

（3）若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达高台CD，传送带至少以3m/s的速度顺时针运动．

解析

解：（1）传送带静止时，小物体受力如图甲所示，

据牛顿第二定律得：μmgcosθ+mgsinθ=ma1①

B→C过程有：v20=2a1l ②

解得：a1=10 m/s2，μ=0.5

（2）显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：

mgsin37°-μmgcos37°=ma2 ③

若恰好能到达高台时，有：v22=2a2l ④

解得：v=2 m/s

即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2m/s时，无论传带顺时针传动的速度多大，小物体总也不能到达高台CD．

（3）以v1表示小物体在平台AB上的滑速度，

以v2表示传送带顺时针传动的速度大小．

对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：

v21-v22=2a1x1 ⑤

对从小物体速度减小到带速v2开始，到运动到恰滑上CD高台过程，有：

v22=2a2x2 ⑥

x1+x1=L ⑦

解得：v2=3 m/s

即传送带至少以3 m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达高台CD．

答：（1）小物体跟传送带间的动摩擦因数为0.5；

（2）当小物体在AB平台上的运动速度小于2m/s时，无论传送带顺时针运动的速度多大，小物体总不能到达高台CD．

（3）若小物体以8m/s的速度沿平台AB向右运动，欲使小物体到达高台CD，传送带至少以3m/s的速度顺时针运动．

1

题型：填空题

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填空题

如图所示，一辆质量为M的平板小车在光滑的水平面上以速度v做直线运动，今在小车的前端轻轻地放上一个质量为m的物体，物体放在小车上时相对于地面的水平速度为零，设物体与小车之间的动摩擦因数为μ，为使物体不致从小车上滑下去，小车的最短长度为______．

正确答案

解析

解：根据动量守恒：mv=（M+m）v′

根据功能关系：μmgL=mv2-（M+m）v′2

联立得：L=

故答案为：．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，甲和乙是放在水平地面上的两个小物块（可视为质点），质量分别为m1=2kg、m2=3kg，与地面间的动摩擦因数相同，初始距离L=170m．两者分别以v1=10m/s和v2=2m/s的初速度同时相向运动，经过t=20s的时间两者发生碰撞，求物块与地面间的动摩擦因数μ．

某同学解法如下：

因动摩擦因数相同，故它们在摩擦力作用下加速度的大小是相同的，由牛顿第二定律得到加速度的大小：a=μg，设两物体在t=20s的时间内运动路程分别为s1和s2，则有：s1=v1t-at2，s2=v2t-at2，考虑到s1+s2=L即可联立解出μ．

你认为该同学的解答是否合理？若合理，请解出最后结果；若不合理，请说明理由，并用你自己的方法算出正确结果．

正确答案

解：该同学的解答不合理

因为四式联立，代入数据后解得a=0.175m/s2

经过时间t=20s，两物块的速度分别为 v‘1=v1-at，v'2=v2-at

代入数据得 v'1=6.5m/s，v'2=-1.5m/s，v'2＜0，表明物块乙在20s之前就已经停止运动，故该同学解答不合理．

正确解答：物块2停止运动前滑行的距离

将相碰之前的位移关系s1+s2=L

具体为，

代入数据得：100a2-15a-1=0

解出 a=0.2m/s2 和a=-0.05m/s2 （舍去），

再由a=μg得，

解得μ=0.02．

答：该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止．物块与地面间的动摩擦因数为0.02．

解析

解：该同学的解答不合理

因为四式联立，代入数据后解得a=0.175m/s2

经过时间t=20s，两物块的速度分别为 v‘1=v1-at，v'2=v2-at

代入数据得 v'1=6.5m/s，v'2=-1.5m/s，v'2＜0，表明物块乙在20s之前就已经停止运动，故该同学解答不合理．

正确解答：物块2停止运动前滑行的距离

将相碰之前的位移关系s1+s2=L

具体为，

代入数据得：100a2-15a-1=0

解出 a=0.2m/s2 和a=-0.05m/s2 （舍去），

再由a=μg得，

解得μ=0.02．

答：该同学解法不合理，因为未考虑物体是否停止．物块与地面间的动摩擦因数为0.02．

1

题型：填空题

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填空题

用20N的水平拉力拉一个放在水平面上的物体，可以使它产生1m/s2加速度，若用30N的水平力拉这个物体，可以产生2m/s2的加速度，如果用40N的水平拉力拉这个物体产生的加速度大小是______m/s2，物体受到的摩擦力大小是______N．

正确答案

3

10

解析

解：根据牛顿第二定律得，F1-f=ma1，即20-f=m

F2-f=ma2，即30-f=2m

联立两式解得f=10N，m=10kg．

当拉力为40N时，加速度a=．

故答案为：3m/s2 10N

1

题型：简答题

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简答题

质量均为m的物体A和B分别系在一根不计质量的细绳两端，绳子跨过固定在倾角为30°的斜面顶端的定滑轮上，斜面固定在水平地面上，开始时把物体B拉到斜面底端，这时物体A离地面的高度为0.8米，如图所示．若摩擦力均不计，从静止开始放手让它们运动．（斜面足够长）求：

（1）物体A着地时的速度；

（2）物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离．（g取10m/s2）

正确答案

解：（1）、设A落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

mgh-mghsin30°=

代入数据得：V=2 m/s．

（2）、A落地后，B以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：，

代入数据得：s=0.4m．

答：（1）、物体A着地时的速度是2m/s．

（2）、物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离0.4m．

解析

解：（1）、设A落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

mgh-mghsin30°=

代入数据得：V=2 m/s．

（2）、A落地后，B以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：，

代入数据得：s=0.4m．

答：（1）、物体A着地时的速度是2m/s．

（2）、物体A着地后物体B沿斜面上滑的最大距离0.4m．

1

题型：填空题

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填空题

质量为m的物体静止在足够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为μ，现用一水平恒力F作用于物体上使之加速前进，经过时间t撤去，则物体运动的总时间为______．

正确答案

解析

解：匀加速直线运动的加速度a=，匀加速直线运动的末速度．

匀减速直线运动的加速度大小．

则匀减速运动的时间t′=．

则总时间．

故答案为：

1

题型：单选题

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单选题

如图所示，一轻质弹簧沿竖直方向放置在水平地面上，其下端固定，当弹簧的长度为原长时，其上端位于O点．现有一小球从O点由静止释放，将弹簧压缩至最低点（弹簧始终处于弹性限度内）．在此过程中，关于小球的加速度a随下降位移x的变化关系，下图中正确的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

A

解析

解：当小球和弹簧接触时，根据牛顿第二定律得：

mg-kx=ma

所以：

根据数学知识可知，CD错误，当压缩到最低点时，加速度等于g，故A正确，故B错误．

故选：A．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m=1kg的物块，放置在质量M=2kg足够长木板的中间，物块与木板间的动摩擦因数为0.1，木板放置在光滑的水平地面上．在地面上方存在两个作用区，两作用区的宽度均为1m，边界距离为d，作用区只对物块有力的作用：Ⅰ作用区对物块作用力方向水平向右，Ⅱ作用区对物块作用力方向水平向左．作用力大小均为3N．将物块与木板从图示位置（物块在Ⅰ作用区内的最左边）由静止释放，已知在整个过程中物块不会滑离木板．取g=10m/s2．

（1）在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度多大？

（2）若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离d；

（3）物块与木板最终停止运动时，求它们相对滑动的路程．

正确答案

解：（1）对物块由牛顿第二定律：

F-μmg=mam1

得：am1=

由

得

所以：vm1=am1t1=2m/s

（2）I区域内，对木板：

由μmg=MaM1

得

木板到达 I区域边缘处：

vM1=aM1t1=0.5m/s

离开I区域后：对物块：

由μmg=mam2

得

对木板：

当物块与木板达共同速度时：

vm1-am2t2=vM1+aM2t2

得：t2=1s

两作用区边界距离为：

d==1.5m

（3）由于F＞μmg，所以物块与木板最终只能停在两区域之间．

由全过程能量守恒与转化规律：

FL=μmgs

得：s=3m

答：（1）在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度2m/s

（2）若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离1.5m；

（3）物块与木板最终停止运动时，它们相对滑动的路程3m．

解析

解：（1）对物块由牛顿第二定律：

F-μmg=mam1

得：am1=

由

得

所以：vm1=am1t1=2m/s

（2）I区域内，对木板：

由μmg=MaM1

得

木板到达 I区域边缘处：

vM1=aM1t1=0.5m/s

离开I区域后：对物块：

由μmg=mam2

得

对木板：

当物块与木板达共同速度时：

vm1-am2t2=vM1+aM2t2

得：t2=1s

两作用区边界距离为：

d==1.5m

（3）由于F＞μmg，所以物块与木板最终只能停在两区域之间．

由全过程能量守恒与转化规律：

FL=μmgs

得：s=3m

答：（1）在物块刚离开Ⅰ区域时，物块的速度2m/s

（2）若物块刚进入Ⅱ区域时，物块与木板的速度刚好相同，求两作用区的边界距离1.5m；

（3）物块与木板最终停止运动时，它们相对滑动的路程3m．

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