- 牛顿运动定律
- 共29769题
一水平传送带以4m/s的速度逆时针传送，水平部分长L=6m，其左端与一倾角为θ=300的光滑斜面平滑相连，斜面足够长，一个可视为质点的物块无初速度地放在传送带最右端，已知物块与传送带间动摩擦因数μ=0.2，g=10m/s2．求物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间．
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律得，μmg=ma
解得物块在传送带上的加速度大小a=μg=2m/s2；
设经过t时间物块的速度与传送带的速度相同，则有：v=at1，解得
经过的位移
在传送带上匀速运动的时间
物块在斜面上的加速度a′=
在斜面上的运动时间
返回传送带在传送带减速到零的时间
则t=t1+t2+t3+t4=6.1s．
答：物块从放到传送带上到第一次滑回传送带最远端所用的时间为6.1s．
正确答案
解析
解：人的加速度可分解为竖直向上a1，水平向右的a2．两方向分别由牛顿第二定律得：
1.2mg-mg=ma1，
Fμ=ma2，
又因为，a1=a2tan30°
联立解得：Fμ=
即人与地面的静摩擦力是其所受重力大小的
故答案为：
（1）物块向上滑行的最大距离S；
（2）斜面的倾角θ及物块与斜面间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：（1）由图象得物块上滑最大距离等于0～0.5s内图象的“面积”大小，即有：
S=
（2）设物体在上滑过程和下滑过程加速度的大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律，对物块上滑过程
mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①
对物块下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②
由图象得 a1=8m/s2，a2=2m/s2联立①②代入数据得：
答：
（1）物块向上滑行的最大距离S为1m；
（2）斜面的倾角θ为30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ为
解析
解：（1）由图象得物块上滑最大距离等于0～0.5s内图象的“面积”大小，即有：
S=
（2）设物体在上滑过程和下滑过程加速度的大小分别为a1和a2，根据牛顿第二定律，对物块上滑过程
mgsinθ+μmgcosθ=ma1…①
对物块下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2…②
由图象得 a1=8m/s2，a2=2m/s2联立①②代入数据得：
答：
（1）物块向上滑行的最大距离S为1m；
（2）斜面的倾角θ为30°，物块与斜面间的动摩擦因数μ为
正确答案
解析
解：隔离对B分析，当AB间摩擦力达到最大静摩擦力时，A、B发生相对滑动，则
aB=
再对整体分析有：F=（mA+mB）a=8×6N=48N．知当拉力达到48N时，A、B才发生相对滑动．故A正确，B、C、D错误．
故选：A
质量为m1和m2的两个物体，由静止从同一高度下落，运动中所受的空气阻力分别是F1和F2．如果发现质量为m1的物体先落地，则有（ ）
A
B
Cm1＞m2
DF1＜F2
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律得：
a1=
a2=
根据位移时间公式得：
h=
解得：t1=
t2=
因为t1＜t2
所以
所以
故选A
正确答案
解析
解：物体在曲面上下滑的过程中，物体的机械能守恒，
根据机械能守恒可得，mgh=
v0=
当传送带的速度v≥3 m/s时，由匀变速直线运动的规律v2-v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，物体恰好能回到A点，当传送带的传送速度
v＜3m/s 时，物体反向加速时的位移的大小要比减速时位移小，当和传送带的速度相同之后，物体就和传送带一起做匀速直线运动，所以小物块返回曲面的初速度等于传送带的速度v，小于3 m/s，物体上升的高度比原来的高度要小，不能回到A点．
根据以上的分析可知，当传送带的速度v≥3 m/s时，物体就能够回到原来的A点，所以C正确．
故选：C
求：（1）飞机一次上下运动为航天员创造的完全失重的时间．
（2）飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力（整个运动空间重力加速度不变）．
正确答案
解：（1）上升时间
判断当速度达到350m/s时，下落高度
此时离地高度为h+h上-h下=7000+2000-6125=2875＞2000m，
所以一次上下创造的完全失重的时间为55s．
（2）当飞机在离地4500m＞2875m，所以飞机仍在完全失重状态，
飞机自由下落的高度h2=2000+7000-4500m=4500m，此时，
推力
即飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力为2.7×105N．
解析
解：（1）上升时间
判断当速度达到350m/s时，下落高度
此时离地高度为h+h上-h下=7000+2000-6125=2875＞2000m，
所以一次上下创造的完全失重的时间为55s．
（2）当飞机在离地4500m＞2875m，所以飞机仍在完全失重状态，
飞机自由下落的高度h2=2000+7000-4500m=4500m，此时，
推力
即飞机下降离地4500米时飞机发动机的推力为2.7×105N．
正确答案
25.98
125
解析
解：整体的加速度向右的分量为acos30°，
整体水平方向受到地面摩擦力向左f，F的水平分力向右，
由牛顿第二定律得 F合=Fcos30-f=macos30°，
解得 f=15
整体在竖直方向的受力：N+Fsin30°-Mg-mg=ma•sin30°
代入数据得：N=125N
故答案为：25.98 125
质量10kg的物体放在光滑的水平面上，同时受到水平方向8N和6N两个共点力的作用．物体运动的最大加速度是______m/s2，物体运动的最小加速度是______ m/s2；当这两个力的夹角为90°时，物体的加速度大小是______ m/s2．
正确答案
1.4
0.2
1
解析
解：两个力的合力最大为14N，则最大加速度
两个力的合力最小为2N，则最小加速度
当两个力垂直时，合力
则物体的加速度a=
故答案为：1.4，0.2，1
（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ；
（2）用大小为
正确答案
解：（1）物体做匀加速直线运动，根据L=
a=
根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得：f=30-2×10N=10N．
则动摩擦因数：μ=
（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a‘的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos45°-μ（mg-Fsin45°）=ma
则a=
a′=
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速运动的初速度，因此有：at=a′t′
则t′=
由题意得：L=
解得：t=
答：（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）该力作用的最短时间为
解析
解：（1）物体做匀加速直线运动，根据L=
a=
根据牛顿第二定律得，F-f=ma，解得：f=30-2×10N=10N．
则动摩擦因数：μ=
（2）设F作用的最短时间为t，小车先以大小为a的加速度匀加速t秒，撤去外力后，以大小为a‘的加速度匀减速t'秒到达B处，速度恰为0，由牛顿定律Fcos45°-μ（mg-Fsin45°）=ma
则a=
a′=
由于匀加速阶段的末速度即为匀减速运动的初速度，因此有：at=a′t′
则t′=
由题意得：L=
解得：t=
答：（1）求物体与地面间的动摩擦因数μ为0.5；
（2）该力作用的最短时间为
（1）求游客匀速下滑时的速度大小．
（2）求游客匀速下滑的时间．
（3）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力？
正确答案
解：（1）加速过程，把人和滑板看成整体，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
mgsin37°-μmgcos37°=ma
解得：a=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s2
匀加速的末速度为：v=at=2×8=16m/s
（2）匀加速的位移为：
匀速的位移为：x′=LAB-x=128-64=64m
故匀速的时间为：
（3）减速过程，根据动能定理，有：-FS-μmg•S=0-
解得：F=210N；
答：（1）游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；
（2）游客匀速下滑的时间为4s；
（3）需对滑沙车施加210N的水平制动力．
解析
解：（1）加速过程，把人和滑板看成整体，受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
mgsin37°-μmgcos37°=ma
解得：a=g（sin37°-μcos37°）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s2
匀加速的末速度为：v=at=2×8=16m/s
（2）匀加速的位移为：
匀速的位移为：x′=LAB-x=128-64=64m
故匀速的时间为：
（3）减速过程，根据动能定理，有：-FS-μmg•S=0-
解得：F=210N；
答：（1）游客匀速下滑时的速度大小为16m/s；
（2）游客匀速下滑的时间为4s；
（3）需对滑沙车施加210N的水平制动力．
（1）求滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）判断滑块能否返回斜面底端？若能返回，求出滑块返回斜面底端时的动能；若不能返回，求出滑块停止的位置距出发点多远．
正确答案
解：（1）滑块的加速度：a=
物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μmgcos30°=ma…②
联①②式解得：μ=
（2）滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．
s=
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为
（2）判断滑块最后不能返回斜面底端，滑块停在距底端1.5m处．
解析
解：（1）滑块的加速度：a=
物体在冲上斜面过程中，由牛顿第二定律得：
mgsin30°+μmgcos30°=ma…②
联①②式解得：μ=
（2）滑块速度减小到零时，重力的分力小于最大静摩擦力，不能再下滑．
s=
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为
（2）判断滑块最后不能返回斜面底端，滑块停在距底端1.5m处．
（1）物块在木板上运动的时间；
（2）作用在木板上的恒力F的大小．
正确答案
解：（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律
μ1mg=ma1
a1=μ1g=4.0 m/s2
小物块在桌面上滑动时，根据牛顿第二定律
μ2mg=ma2
a2=μ2g=2.0 m/s2
设经过时间t1，物块与木板分离，物块的位移：
此后，物块在桌面上以加速度a2做匀减速直线运动，经过时间t2运动到桌面的右端，速度刚好减小为0，位移：
由图1可知：
物块与木板分离时的速度
v=a1t1
v=a2t2
解得：t1=0.5s
（2）物块在木板上滑动时，木板水平方向的受力情况如答图2所示．
木板向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
F-μ1mg=Ma3
解得：
物块与木板分离时，木板的位移
由x3=L-x2=0.5m+x1，可知：
联立解得：F=12 N
答：（1）物块在木板上运动的时间为0.5s；
（2）作用在木板上的恒力F的大小为12N
解析
解：（1）小物块在木板上滑动时，根据牛顿第二定律
μ1mg=ma1
a1=μ1g=4.0 m/s2
小物块在桌面上滑动时，根据牛顿第二定律
μ2mg=ma2
a2=μ2g=2.0 m/s2
设经过时间t1，物块与木板分离，物块的位移：
此后，物块在桌面上以加速度a2做匀减速直线运动，经过时间t2运动到桌面的右端，速度刚好减小为0，位移：
由图1可知：
物块与木板分离时的速度
v=a1t1
v=a2t2
解得：t1=0.5s
（2）物块在木板上滑动时，木板水平方向的受力情况如答图2所示．
木板向右做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律
F-μ1mg=Ma3
解得：
物块与木板分离时，木板的位移
由x3=L-x2=0.5m+x1，可知：
联立解得：F=12 N
答：（1）物块在木板上运动的时间为0.5s；
（2）作用在木板上的恒力F的大小为12N
A物体先做加速运动，推力撤去时开始做减速运动
B物体在水平面上运动的最大位移是10m
C物体运动的最大速度为3
D物体在运动中的加速度先变小后不变
正确答案
解析
解：A、物体先做加速运动，当推力小于摩擦力时开始做减速运动，故A错误．
B、由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功为：W=
对整个过程，运用动能定理：W-μmgxm=0，代入数据解得：最大位移是 xm=8m，故B错误．
C、由图象可得推力随位移x是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大，则：
此时 F=μmg=25N
由图得到F与x的函数关系式为：F=100-25x，
将F=25N代入数据得：x=3m，
由动能定理可得：WF-μmg=
代入得：
D、拉力一直减小，而摩擦力不变，故加速度先减小后增大．故D错误．
故选：C
一斜面长4.5m，斜面与水平面的夹角为37°．一个质量为2kg的物体自斜面顶端从静止开始沿斜面下滑，滑到斜面底端时速度为6m/s，g 取10m/s2．则物体与斜面间的动摩擦因数μ=______．
正确答案
0.25
解析
解：根据匀变速直线运动的速度位移公式得，v2=2ax
解得a=
根据牛顿第二定律得，a=
代入数据得，4=10×0.6-μ×8
解得μ=0.25．
故答案为：0.25．
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