- 牛顿运动定律
- 共29769题
如图1所示，一个质量m=0.1kg的正方形金属框总电阻R=0.5Ω，金属框放在表面绝缘且光滑的斜面顶端（金属框上边与AA′重合），自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端（金属框下边与BB’重合），设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为s，那么v2-s图象（记录了线框运动全部过程）如图2所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上．试问：（g取10m/s2）
（1）根据v2-s图象所提供的信息，计算出金属框在进入磁场区域前下滑的加速度a，及从斜面顶端滑至底端所需的时间为多少？
（2）匀强磁场的磁感应强度多大？
（3）现用平行斜面沿斜面向上的恒力F作用在金属框上，使金属框从斜面底端BB′（金属框下边与BB′重合）由静止开始沿斜面向上运动，并匀速通过磁场区域后到达斜面顶端（金属框上边与AA′重合）．试计算恒力F的大小．
正确答案
由v2-s图象可知，物体运动分为三段，
设位移分别为 S1，S2，S3对应的时间分别为t1，t2，t3，
S1=0.9m v0=0 匀加速运动
S2=1m v1=3m/s 匀速运动
S3=1.6m 初速度v1=3m/s 末速度v3=5m/s 匀加速运动
（1）S1=0.9m v0=0 匀加速运动
由公式v2=2as
得：a1=5m/s2，
t1=
t2=
v32-v12=2a3S3
解得：a3=5m/s2t3=0.4s
t总=t1+t2+t3=
（2）线框通过磁场时，线框作匀速运动，线框受力平衡
在AA′a′a区域，对线框进行受力分析
mgsinθ=ma1穿过磁场区域时，
F安=BIL=mgsinθ
BL
有题干分析得：线框的宽度L=d=
解得B=
（3）设恒力作用时金属框上边进入磁场速度为V，根据动能定理得：
FS3-mgS3sinθ=
线框穿过磁场时，F=mgsinθ+BL
又由 mgsinθ=ma1
解得v=
答：（1）金属框在进入磁场区域前下滑的加速度a是5m/s2，及从斜面顶端滑至底端所需的时间为
（2）匀强磁场的磁感应强度是
（3）恒力F的大小是
如图所示，水平轨道上，轻弹簧左端固定，自然状态时右端位于P点．现用一质量m=0.1kg的小物块（视为质点）将弹簧压缩后释放，物块经过P点时的速度v0=18m/s，经过水平轨道右端Q点后恰好沿半圆轨道的切线进入竖直固定的圆轨道，最后滑上质量M=0.9kg的长木板（木板足够长，物块滑上去不会从木板上掉下来）．已知PQ间的距离l=1m，竖直半圆轨道光滑且半径R=1m，物块与水平轨道间的动摩擦因数µ1=0.15，与木板间的动摩擦因数µ2=0.2，木板与水平地面间的动摩擦因数µ3=0.01，取g=10m/s2．
（1）判断物块经过Q点后能否沿圆周轨道运动；
（2）求木板滑行的最大距离x．
正确答案
（1）物块在PQ上运动的加速度
a1=-µ1g=-1.5m/s2
进入圆周轨道时的速度为v
v2-v02=2a1l
得v2=v02+2a1l=321 m2/s2
设物块刚离开Q点时，圆轨道对物块的压力为FN，
根据牛顿定律，有FN+mg=m
FN=m
故物块能沿圆周轨道运动
（2）物块滑上木板时的速度为v1根据机械能守恒有
得v1=19m/s
物块滑上木板时的加速度为a2根据牛顿第二定律有
a2=-µ2g=-2m/s2
木板的加速度位a3
µ2mg-µ3（m+M）g=Ma3
a3=
设物块滑上木板经过时间t二者共速，
v1+a2t=a3t 得t=9s
这时木板的位移s1=
它们的共同速度v2=a3t=1m/s
物块和木板一起减速的加速度a4=-µ3g=-0.1m/s2
它们减速运动的位移s2=
x=s1+s2=9.5m
答：（1）物块能沿圆周轨道运动；
（2）木板滑行的最大距离x为9.5m．
特战队员从悬停在空中离地95m高的直升机上沿绳下滑进行降落训练，某特战队员和他携带的武器质量共为80kg，设特战队员用特制的手套轻握绳子时可获得200N的摩擦阻力，紧握绳子时可获得1000N的摩擦阻力，下滑过程中特战队员至少轻握绳子才能确保安全． 试求：
（1）特战队员轻握绳子降落时的加速度的大小；
（2）若要求特战队员着地时的速度不大于5m/s，则特战队员在空中下滑过程中按怎样的方式运动所需时间最少？最少时间为多少？
正确答案
（1）根据牛顿第二定律，有
mg-f1=ma
解得：a=g-
（2）先轻握绳子下滑，再紧握绳子以最大的摩擦阻力做减速运动，着地时速度为5m/s．这样的下滑过程所需时间最少．
有最大的摩擦阻力时：f2-mg=ma'
所以：a′=
设：其中最大速度为v，
有：h=
解得：v≈19.4m/s
所以：t=
答：（1）特战队员轻握绳子降落时的加速度的大小为7.5m/s2；
（2）特警队员先轻握绳子以最大加速度加速，再紧握绳子以最大加速度减速，到达地面时，速度等于5m/s，用时最短，最少时间为8.35s．
如图所示，皮带传动装置的两轮间距L=8m，轮半径r=0.2m，皮带呈水平方向，离地面高度H=0.8m，一物体以初速度ν0=10m/s从平台上冲上皮带，物体与皮带间动摩擦因数μ=0.6，（g=10m/s2）求：
（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移多大？
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移多大？
正确答案
（1）求皮带静止时，物块离开皮带时的速度v1，设物体的加速度大小为a，物块前进过程中水平方向只受向后的滑动摩擦力．
由牛顿第二定律得：f=μmg=ma
解得：a=μg
物块在传送带上做匀减速直线运动，由位移速度关系式得：v12-v02=-2aL
解得：v1=
物体平抛运动竖直方向做自由落体运动：H=
水平位移：x1=v1t=v1
（2）传送带逆时针转动时物块与皮带的受力情况及运动情况均与（1）相同，所以落地点与（1）相同．
x2=x1=0.8m
（3）皮带顺时针转动时，v皮=ωr=14.4m/s＞v0，
物块相对皮带向左运动，其受到得摩擦力力向右f=μmg，所以向右加速．
由牛顿第二定律得：μmg=ma
解得：a=6m/s2若物块一直匀加速到皮带右端时速度为v2；
由位移速度关系式：v22-v02=-2aL
解得：v2=
故没有共速，即离开皮带时速度为14m/s，做平抛运动；
水平位移：x3=v2t=v2
答：（1）皮带静止时，物体平抛的水平位移0.8m．
（2）若皮带逆时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移0.8m
（3）若皮带顺时针转动，轮子角速度为72rad/s，物体平抛的水平位移5.6m．
某汽车的轮胎与某路面的滑动摩擦因素为0.6．如果要求该汽车在紧急刹车的情况下，能够在12米之内完全停下来，那么，该汽车的最大行驶速率不得超过______m/s（g=10N/kg）．
正确答案
汽车刹车的最大加速度为：a=-μg=-6m/s2；
根据速度位移关系公式，有：
-v2=2ax
解得：v=
故答案为：12．
如图所示为仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平，A、B两端相距3m，另一台倾斜，传送带与地面的倾角θ=37°，C、D相距4.45m，B、C相距很近．水平部分AB以 v0=5m/s的速率顺时针匀速转动．将质量为10kg的一袋大米无初速度地放在A端，到达B端后，速度大小不变地传到倾斜的CD部分，米袋与传送带间的动摩擦因数均为0.5，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．
（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离．
（2）若要米袋能被传送到D端，求CD部分顺时针运转的最小速度，以及米袋从C端到 D端所用的最长时间．
正确答案
（1）米袋在AB上加速时的加速度a0=
米袋的速度达到v0=5m/s时，滑行的距离s0=
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得，
mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据得a=10m/s2．
所以米袋沿传送带所能上升的最大距离s=
（2）设CD部分运转速度为v时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），则米袋速度减为v之前的加速度为a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2．
米袋速度小于v至减为零前的加速度大小为a2=gsinθ-μgcosθ=2m/s2．
由
解得v=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s．
米袋恰能运到D点所用时间最长为tm=
答：（1）米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（2）CD部分顺时针运转的最小速度为4m/s，米袋从C端到 D端所用的最长时间为2.1s．
2012年9月25日，我国首艘航空母舰“辽宁号”正式交接入列，航母使用滑跃式起飞甲板，2012年11月23日，我军飞行员驾驶国产歼-15舰载机首次成功起降航空母舰，假设歼-15战斗机在航母上起飞的情况可以简化成如下模型．航空母舰上的起飞跑道由长度为l1的水平跑道和长度为l2=32m的倾斜跑道两部分组成．水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h=4.0m．一架质量为v=at1=2.0×104kg的飞机，其喷气发动机的推力大小恒为t2=t-t1=0.5=1.2×105N，方向与速度方向相同，为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度61m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力F推=1.4×105N．假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，飞机在整个运动过程中受到的平均阻力大小恒为飞机重力的k倍（k=0.1，g=10m/s2．）
求：（1）歼-15在水平跑道末端的速度大小；
（2）水平跑道l1的长度至少为多少（保留三位有效数字）．
正确答案
（1）飞机在倾斜跑道上运动有F-mgsinθ-kmg=ma2①
sinθ=
由①②③得v0=59m/s
（2）飞机在水平轨道上有F+F推-kmg=ma1④
由④⑤得l1=145m
答：（1）歼-15在水平跑道末端的速度大小为59m/s；
（2）水平跑道l1的长度至少为145m．
如图所示，小木块在沿斜面向上的恒定外力F作用下，从A点由静止开始作匀加速运动，前进了0.45m抵达B点时，立即撤去外力．此后小木块又前进0.15m到达C点，速度为零．已知木块与斜面动摩擦因数μ=
（1）木块向上经过B点时速度为多大？
（2）木块在AB段所受的外力多大？（ g=10m/s2）
正确答案
（1）撤去外力后，小木块做匀减速运动从B运动到C，
加速度大小为 a=gsinθ+μgcosθ=7.5m/s2
所以有 
代入可解得 vB=
（2）设外加恒力为F，则刚开始从A运动到B的加速度为a1=
代入数据可求得：F=10N
答：（1）木块向上经过B点时速度为1.5m/s．
（2）木块在AB段所受的外力为10N．
一质量为500kg的木箱放于质量为2000kg的平板车的后部，木箱到驾驶室的距离L=1.6m，已知木箱与平板车间的动摩擦因数u=0.484，平板车运动过程中所受的阻力是车和箱总重的0.2倍，平板车以Vo=22m/s的恒定速率行驶，突然驾驶员刹车，使车做匀减速运动，为让木箱不撞击驾驶室，g取10，试求：
（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过多长时间？
（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过多少？
正确答案
（1）从刹车开始到平板车完全停止，至少要经过的时间为t，此时，平板车刹车的加速度大小为a车，木箱的加速度大小为a箱，对木箱，则有：μm木箱g=m木箱a箱
可得：a箱=μg=4.84m/s2，
恰好不相撞时应满足：
又v0=22m/s，L=1.6m，可得a=5m/s2，
那么t═4.4s．
（2）刹车时刻动力最大为F，
则 F-μm木箱g+0.2（m木箱+m车）g=m车a，
可得F=7420N．
答：
（1）从刹车开始到平板车完全停止至少要经过4.4s的时间．
（2）驾驶员刹车时的制动力不能超过7420N．
质量为M的平板长为L=0.88m，在光滑的水平面上以速度υ0 向右匀速运动，在平板上方存在厚度d=2cm的“相互作用区域”（如图中虚线部分所示），“相互作用区域”上方高h=20cm处有一质量为m的静止物块P．当平板M的右端A经过物块P正下方的瞬时，P无初速度释放．物块P以速度υ1进入相互作用区时，除重力之外，P立即受到一个竖直向上的恒力F．已知F=11mg，取重力加速度g=10m/s2，不计空气阻力．
试求：（1）物块P下落至与平板刚接触时的速度υ2多大？
（2）欲使物块P不落到平板M上，平板速度υ0应不小于多少？
正确答案
（1）P先做自由落体运动，有：υ12=2gh ①
之后进入相互作用区域，受向上的恒力F和重力作用，由牛顿第二定律得：
F-mg=ma，即：11mg-mg=ma ②
P物体做匀减速运动，有：υ22-υ12=-2ad ③
由①、②、③解得 υ2=0
（2）P先做自由落体运动过程，有h=
进入相互作用区做匀减速运动的末速为零，故有d=
且a=10g ⑥
由式④、⑤、⑥解得 t1=0.2s t2=0.02s
所以，P释放后到与平板接触经历的时间为
t=t1+t2=0.2s+0.02s=0.22s
欲使物块P不落到平板M上，应满足v0t＞L，于是得：
v0＞
答：（1）物块P下落至与平板刚接触时的速度υ2为0；
（2）欲使物块P不落到平板M上，平板速度υ0应不小于4m/s．
某质量为1100kg的小汽车在平直路面试车，当达到20m/s的速度时关闭发动机，经过50s停下来．求：（g=10m/s2）
（1）小汽车关闭发动机后通过的位移大小
（2）小汽车受到阻力的大小；
（3）如果想使小汽车关闭发动机后能在20内停下来，可以作用一个和其运动方向相反大小不变的水平拉力，求这个拉力的大小
（4）根据题目的情景，提出一个粗略估测小汽车发动机牵引力大小的方法．
正确答案
（1）关闭发动机后汽车的加速度为：a=
负号表示加速度的方向与小汽车的速度方向相反，小汽车作减速运动．
小汽车关闭发动机通过的位移大小：
s=v0t+
（2）关闭发动机后，汽车只受阻力作用，其大小为：f=ma=1100×（-0.4）N=-440N
（3）由v=at得a=1m/s2
由牛顿定律得F+f=ma 解得F=660N．
（4）
方法1：根据平衡条件，当小汽车匀速前进时，牵引力F等于阻力f．
方法2：小汽车从静止开始作匀加速运动，测量小汽车达到20m/s的加速时间，可计算出小汽车的加速度，根据F-f=ma可得牵引力F=ma+f．
答：（1）小汽车关闭发动机后通过的位移大小为500m．
（2）小汽车受到阻力的大小为440N．
（3）这个拉力的大小为660N．
（4）方案如上所示．
一物体重40N，由静止开始匀加速下落，2s内下落19m，它下落的加速度的大小为______m/s2，它的质量是______kg，空气对它的平均阻力是______N．（g=10m/s2）
正确答案
根据质量与重力的关系的：m=
物体做匀加速直线运动，根据x=v0t+
故答案为：9.5m/s2，4kg，2N
质量为m=2kg的木块，放在水平面上，它们之间的动摩擦因数μ=0.5，现对木块施F=20N的作用力，如图所示．木块运动4s后撤去力F到木块直到停止（g=10m/s2）．求：
（1）有推力作用时木块的加速度为多大？
（2）撤去推力F时木块的速度为多大？
（3）撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度为多大？
（4）木块在水平面上运动的总位移为多少？
正确答案
以木块的运动方向为正方向．
（1）力F作用时，木块受力分析如图所示．
由牛顿第二定律得F-Ff1=ma1
又有 FN=mg，Ff1=μFN
此过程物体的位移x1=
联立式解得a1=5m/s2，x1=40m．
（2）撤去力F时木块的速度v=a1t=20m/s
（3）撤去力F后，木块受力分析如图所示．
由牛顿第二定律得-Ff2=ma2
又有Ff2=μmg
此过程木块的位移x2=
解得a2=-5m/s2，x2=40m
（4）木块在水平面上运动的总位移x=x1+x2=80m
答：（1）有推力作用时木块的加速度为5m/s2；（2）撤去推力F时木块的速度为20m/s；（3）撤去推力F到停止运动过程中木块的加速度为-5m/s2；（4）木块在水平面上运动的总位移为80m．
民航客机都有紧急出口，发生意外情况时打开紧急出口，狭长的气囊会自动充气生成一条通向地面的斜面，乘客可沿斜面滑行到地面上．如图所示，某客机紧急出口离地面高度AB=3.0m，斜面气囊长度AC=5.0m，要求紧急疏散时乘客从气囊上由静止下滑到地面的时间不超过2s，g取10m/s2，求：
（1）乘客在气囊上滑下的加速度至少为多大？
（2）乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过多大？（忽略空气阻力）
正确答案
（1）根据运动学公式s=
得：a=
故乘客在气囊上下滑的加速度至少为2.5m/s2．
（2）乘客在斜面上受力情况如图所示．
在沿斜面方向上有：Ff=μFN…③
在垂直于斜面方向有：FN=mgcosθ…④
根据牛顿第二定律：mgsinθ-Ff=ma…⑤
由几何关系可知sinθ=0.6；cosθ=0.8
由②-⑤式得：μ=
故乘客和气囊间的动摩擦因数不得超过0.44．
如图所示，平板车质量为m，长为L，车右端（A点）有一个质量为M=2m的小滑块（可视为质点）．平板车静止于光滑水平面上，小车右方足够远处固定着一竖直挡板，小滑块与车面间有摩擦，并且在AC段、CB段动摩擦因数不同，分别为μ1、μ2，C为AB的中点．现给车施加一个水平向右的恒力，使车向右运动，同时小物块相对于小车滑动，当小滑块滑至C点时，立即撤去这个力．已知撤去这个力的瞬间小滑块的速度为v0，车的速度为2v0，之后小滑块恰好停在车的左端（B点）与车共同向前运动，并与挡板发生无机械能损失的碰撞．试求：
（1）μ1和μ2的比值．
（2）通过计算说明，平板车与挡板碰撞后，是否还能再次向右运动．
正确答案
设在有水平外力F时平板车的加速度为a1，在无水平外力F时平板车的加速度为a2，小滑块在AC段和CB段的加速度分别为 
由牛顿第二定律得：μ1•2mg=2m•a'1解得：
同理：
当小滑块在AC段运动时，由题意可知：
v0=
由①③④联立得：
设小滑块滑到B端时与车的共同速度为v1，由于滑块从C滑到B的过程中，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有：
2m•v0+m•2v0=（2m+m）v1⑥
当小滑块在在CB段运动时，由运动学知识可知：
v1-v0=
由②⑥⑦⑧联立得：
所以，由⑤⑨得：
（2）设小滑块滑到B端时与车的共同速度为v1，由于滑块从C滑到B的过程中，滑块和车的系统受到的合外力为零，故动量守恒，于是有：
2m•v0+m•2v0=（2m+m）v1①
平板车与挡板碰撞后以原速大小返回，之后车向左减速，滑块向右减速，由于M=2m，所以车的速度先减小到零．设车向左运动的速度减小为零时，滑块的速度为v2，滑块滑离车B端的距离为L1．
由于上述过程系统的动量守恒，于是有：2m•v1-mv1=2m•v2②
对车和滑块的系统运用能量守恒定律得：
μ2•2m•g
由①②③式及μ1gL=
可解得：L1=
由于L1=
答：（1）
（2）平板车与挡板碰撞后，不再向右运动．
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