- 牛顿运动定律
- 共29769题
用大小为25N的力作用在一个物体上，能使它产生2m/s2的加速度，要使它产生5m/s2的加速度，作用力为______N．
正确答案
62.5
解析
解：由牛顿第二定律可知：m=
则需要的作用力为：F′=ma′=12.5×5=62.5N；
故答案为：62.5
（1）物体C下滑到斜面底端时的速度；
（2）物体滑上小车后与小车保持相对静止时的速度；
（3）从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间．
正确答案
解：（1）物体C从轨道滑下时只有重力对物体C做功，根据动能定理有：
得到物体C下滑到底端时的速度
v=
（2）小车在光滑的水平面上运动，故物体C滑上小车后和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，令物体与小车保持相对静止时的速度为vx，则有：
mv=（m+M）vx
所以小车和物体具有的共同速度为：
（3）物体C滑上小车后，受到小车的滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律有物体做减速运动的加速度大小为：
所以物体由滑上小车到与小车静止所用时间为：t=
答：（1）物体C下滑到斜面底端时的速度为4m/s；
（2）物体滑上小车后与小车保持相对静止时的速度为0.4m/s；
（3）从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间为0.9s．
解析
解：（1）物体C从轨道滑下时只有重力对物体C做功，根据动能定理有：
得到物体C下滑到底端时的速度
v=
（2）小车在光滑的水平面上运动，故物体C滑上小车后和小车组成的系统在水平方向上动量守恒，令物体与小车保持相对静止时的速度为vx，则有：
mv=（m+M）vx
所以小车和物体具有的共同速度为：
（3）物体C滑上小车后，受到小车的滑动摩擦力作用做匀减速运动，根据牛顿第二定律有物体做减速运动的加速度大小为：
所以物体由滑上小车到与小车静止所用时间为：t=
答：（1）物体C下滑到斜面底端时的速度为4m/s；
（2）物体滑上小车后与小车保持相对静止时的速度为0.4m/s；
（3）从物体冲上小车到与小车相对静止所用的时间为0.9s．
（1）求竿上的人下滑过程中的最大速度v1．
（2）请估测竹竿的长度h．
正确答案
解：（1）在演员下滑的前4秒，顶竿人肩部对竿的支持力为F1=460N，竿和上面的演员总重力为500N，人匀加速下滑，加速度为a1
演员由静止下滑，下滑4s后达到最大速度v1，
则v1=a1t1=4m/s
（2）在演员下滑的4秒到6秒，顶竿人肩部对竿的支持力为F2=580N，竿和上面的演员总重力为500N，人匀速下滑，加速度为a2
在演员下滑的前4秒，可看成匀加速下滑，下滑距离为h1
在演员下滑的4秒到6秒，可看成匀速下滑，下滑距离为h2
竹竿的长度h=h1+h2=12m
答：（1）竿上的人下滑过程中的最大速度v1为4m/s；
（2）竹竿的长度h为12m．
解析
解：（1）在演员下滑的前4秒，顶竿人肩部对竿的支持力为F1=460N，竿和上面的演员总重力为500N，人匀加速下滑，加速度为a1
演员由静止下滑，下滑4s后达到最大速度v1，
则v1=a1t1=4m/s
（2）在演员下滑的4秒到6秒，顶竿人肩部对竿的支持力为F2=580N，竿和上面的演员总重力为500N，人匀速下滑，加速度为a2
在演员下滑的前4秒，可看成匀加速下滑，下滑距离为h1
在演员下滑的4秒到6秒，可看成匀速下滑，下滑距离为h2
竹竿的长度h=h1+h2=12m
答：（1）竿上的人下滑过程中的最大速度v1为4m/s；
（2）竹竿的长度h为12m．
（1）至少用多大力拉木板，才能使木板从B下抽出？
（2）当拉力为3.5N，经过多长时间A板从B板下抽出？此过程中B板的对地位移是多少？（重力加速度取g=10m/s2）．
正确答案
解：（1）当拉力较小时，A和B可以相对静止一起向右作加速运动，此时A、之间发生的是静摩擦，
如图，为受力分析图，
对整体有：F=（M+m）a
隔离B有：f=ma
当静摩擦力达到最大静摩擦力时，是两者将发生相对滑动的临界状态，令f=μmg
得F=（M+m）μg=1.5N．
（2）当拉力为3.5N时，
由牛顿第二定律得：
A物体的加速度为：F-μmg=MaA，
得：aA=3m/s2；
B物体的加速度为：aB=μg=1m/s2
设经过时间t A板从B板下抽出，则根据几何关系得：
代入数据解得：t=0.5s
此时B板的对地位移大小为：
答：（1）至少要用1.5N的力拉木板，才能使木板从B下方抽出；
（2）当拉力为3.5N时，经过0.5sA板从B板下抽出，此过程中B板的对地位移是0.125m．
解析
解：（1）当拉力较小时，A和B可以相对静止一起向右作加速运动，此时A、之间发生的是静摩擦，
如图，为受力分析图，
对整体有：F=（M+m）a
隔离B有：f=ma
当静摩擦力达到最大静摩擦力时，是两者将发生相对滑动的临界状态，令f=μmg
得F=（M+m）μg=1.5N．
（2）当拉力为3.5N时，
由牛顿第二定律得：
A物体的加速度为：F-μmg=MaA，
得：aA=3m/s2；
B物体的加速度为：aB=μg=1m/s2
设经过时间t A板从B板下抽出，则根据几何关系得：
代入数据解得：t=0.5s
此时B板的对地位移大小为：
答：（1）至少要用1.5N的力拉木板，才能使木板从B下方抽出；
（2）当拉力为3.5N时，经过0.5sA板从B板下抽出，此过程中B板的对地位移是0.125m．
正确答案
解析
解：在坡顶
mg-FN=m
在坡谷
FN-mg=m
则在b、d两点比a、c两点容易爆胎．
而d点半径比b点小，则d点最容易爆胎．
故选：D．
（1）F的大小
（2）物块经过斜面中点时的速度大小．
正确答案
解：（1）对整个过程，由动能定理得：-mg•ABsin30°+Fx=0-0，
解得：F=
（2）物块从静止到斜面中点过程，由动能定理得：
Fx-mg
速度：v=
答：（1）F的大小为20N；
（2）物块经过斜面中点时的速度大小为2m/s．
解析
解：（1）对整个过程，由动能定理得：-mg•ABsin30°+Fx=0-0，
解得：F=
（2）物块从静止到斜面中点过程，由动能定理得：
Fx-mg
速度：v=
答：（1）F的大小为20N；
（2）物块经过斜面中点时的速度大小为2m/s．
正确答案
0
解析
解：物体在第1t内做匀加速直线运动，1t末加速度反向，大小不变，沿原方向做匀减速直线运动，2t末速度为零，然后又做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动到零，即做周期性的单向直线运动，速度的方向不变．
由上分析可知，4t时刻物体的速度最小，为零．
物体每个t时间内通过的位移相等，则4t时刻物体的位移为：s=4×
故答案为：0，
在水平力F的作用下，质量为m的物体A沿倾角为θ的斜面向上做匀加速运动，斜面与物体的动摩擦因数为μ，则物体的加速度大小为______．
正确答案
解析
Ff=μFN=μ（mgcosθ+Fsinθ）
沿斜面方向牛顿定律：Fcosθ-Ff-mgsinθ=ma
解出：a=
故答案为：
（1）现用恒力F作用于木板M上，为使m能从M上滑落，F的大小范围是多少？
（2）其他条件不变，若恒力F=22.8N且始终作用于M上，最终使m能从M上滑落，m在M上滑动的时间是多少．
正确答案
解：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μN=μmg=0.4×1×10N=4N
小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度 a1=
木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度 a2=
使m能从M上面滑落下来的条件是 a2＞a1
即 
解得 F＞μMg+f=0.4×4×10+4=20N
故F的范围为 F＞20N
（本问也可按临界情况即a1=a2的情况求解，然后再得出拉力范围）
（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度 a2=
小滑块在时间t内运动位移 S1=
木板在时间t内运动位移 S2=
因 S2-S1=L
解得 t=2s
故m在M上滑动的时间为2s．
答：
（1）为使m能从M上滑落，F的大小范围是 F＞20N．
（2）m在M上滑动的时间是2s．
解析
解：（1）小滑块与木板间的滑动摩擦力 f=μN=μmg=0.4×1×10N=4N
小滑块在滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度 a1=
木板在拉力F和滑动摩擦力f作用下向右匀加速运动的加速度 a2=
使m能从M上面滑落下来的条件是 a2＞a1
即
解得 F＞μMg+f=0.4×4×10+4=20N
故F的范围为 F＞20N
（本问也可按临界情况即a1=a2的情况求解，然后再得出拉力范围）
（2）设m在M上滑动的时间为t，当恒力F=22.8N，木板的加速度 a2=
小滑块在时间t内运动位移 S1=
木板在时间t内运动位移 S2=
因 S2-S1=L
解得 t=2s
故m在M上滑动的时间为2s．
答：
（1）为使m能从M上滑落，F的大小范围是 F＞20N．
（2）m在M上滑动的时间是2s．
正确答案
解析
解：传送带静止或瞬时针方向转动时，物块受到的滑动摩擦力方向都沿传送带向上，两种情况下物块受到的合力不变，加速度a不变，物块的位移s相等，物块做初速度为零的匀加速直线运动，由s=
传送带静止时，物块与传送带间的相对位移为AB间的距离L，传送带顺时针转动时，
物块与传送带间的相对位移为AB间的距离L与传送带的位移x之和，即为：L+x，
热量：Q1=μmgLcosθ，Q2=μmg（L+x）cosθ，则：Q2＞Q1，故C正确，ABD错误；
故选：C．
（2014•梧州一模）图甲是2012年我国运动员在伦敦奥运会上蹦床比赛中的一个情景．设这位蹦床运动员仅在竖直方向上运动，运动员的脚在接触蹦床过程中，蹦床对运动员的弹力F随时间t的变化规律通过传感器用计算机绘制出来，如图乙所示．取g=10m/s2，根据F-t图象求：
（1）运动员的质量；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度．
正确答案
解：
（1）由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则
m=
（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N，设运动员的最大加速度为am，则
Fm-mg=mam
am=
（3）由图象可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s．
设运动员上升的最大高度为H，则
H=
答：
（1）运动员的质量50kg；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度40m/s2；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度3.2m．
解析
解：
（1）由图象可知，刚站上去的时候弹力等于重力，故运动员所受重力为500N，设运动员质量为m，则
m=
（2）由图象可知蹦床对运动员的最大弹力为Fm=2500N，设运动员的最大加速度为am，则
Fm-mg=mam
am=
（3）由图象可知远动员离开蹦床后做竖直上抛运动，离开蹦床的时刻为6.8s或9.4s，再下落到蹦床上的时刻为8.4s或11s，它们的时间间隔均为1.6s．根据竖直上抛运动的对称性，可知其自由下落的时间为0.8s．
设运动员上升的最大高度为H，则
H=
答：
（1）运动员的质量50kg；
（2）运动员在运动过程中的最大加速度40m/s2；
（3）在不计空气阻力情况下，运动员重心离开蹦床上升的最大高度3.2m．
（1）恒力F作用在物体上10s后，物体运动的位移大小；
（2）恒力F的大小．
正确答案
解：（1）物体匀加速直线运动的加速度a=
10s内物体运动的位移x=
（2）物体的受力如图所示，
在竖直方向上有：N+Fsinθ=mg，
水平方向上有：Fcosθ-f=ma，
f=μN，
代入数据解得F=25N．
答：（1）恒力F作用在物体上10s后，物体运动的位移大小为4m；
（2）恒力F的大小为25N．
解析
解：（1）物体匀加速直线运动的加速度a=
10s内物体运动的位移x=
（2）物体的受力如图所示，
在竖直方向上有：N+Fsinθ=mg，
水平方向上有：Fcosθ-f=ma，
f=μN，
代入数据解得F=25N．
答：（1）恒力F作用在物体上10s后，物体运动的位移大小为4m；
（2）恒力F的大小为25N．
正确答案
解析
解：A与木板间的最大静摩擦力：fA=μmAg=0.2×1×10N=2N，
B与木板间的最大静摩擦力：fB=μmBg=0.2×2×10N=4N，
A、F=1N＜fA，所以AB相对木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，故A正确；
B、若F=1.5N＜fA，所以AB即木板保持相对静止，整体在F作用下向左匀加速运动，根据牛顿第二定律得：
F-f=mAa，所以A物块所受摩擦力f＜F=1.5N，故B错误；
C、当A刚好在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，轻质木板，质量不计，所以B的加速度a=
此时对整体：F0=（mA+mB）a=（1+2）×1=3N
F=4N＞F0，所以A在木板上滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，B的加速度a=1m/s2
对B进行受力分析，摩擦力提供加速度，f′=mBa=2×1=2N，故C错误；
D、F=6N＞F0，所以A相对于木板滑动，B和木板整体受到摩擦力2N，B的加速度a=1m/s2，故D正确．
故选：AD．
正确答案
解析
解：A、设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移：x=
解得：v=
B、设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v=a1t1，v=a2t2，解得：t1：t2=a2：a1=1：2．故B正确．
C、因t1+t2=3s，则t1=1s，t2=2s．
由h=
根据牛顿第二定律得：mg-f1=ma₁，f1=m（g-a1），f2-mg=ma2，f2=m（g+a2）解得，f1：f2=1：7，故C错误．
D、加速与减速过程的位移之比为 x1：x2=
故选：B．
一位观察者测出，悬崖跳水者碰到水面前在空中自由下落了3.0秒．如果不考虑空气阻力，悬崖有多高？实际上是有空气阻力的，因此实际高度比计算值大些还是小些？为什么？（取重力加速度g=10m/s2）
正确答案
解：悬崖跳水者做自由落体运动，高度为：
h=
实际上是有空气阻力的，故实际加速度a＜g，实际位移h=
答：如果不考虑空气阻力，悬崖有45m高；实际上是有空气阻力的，因此实际高度比计算值小些．
解析
解：悬崖跳水者做自由落体运动，高度为：
h=
实际上是有空气阻力的，故实际加速度a＜g，实际位移h=
答：如果不考虑空气阻力，悬崖有45m高；实际上是有空气阻力的，因此实际高度比计算值小些．
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