- 牛顿运动定律
- 共29769题
.如图甲所示，一长绝缘木板靠在光滑竖直墙面上，质量为m=1kg.木板右下方有一质量为2m的小滑块(可视为质点)，滑块与木板间的动摩擦因数为μ=0.4，木板与滑块处有恒定的风力F＝4mg，风力方向水平向左，若电动机通过一根绝缘绳拉动滑块（绳保持竖直），使之从地面由静止开始匀加速向上移动，当滑块与木板分离时(如图乙所示)，滑块的速度大小为v=8m/s，此过程中电动机对滑块做的功为W0=136J(重力加速度为g=10m/s2)．
(1)求当滑块与木板分离时，滑块离地面的高度h；
(2)滑块与木板分离前，木板运动的加速度大小a；
(3)求滑块开始运动到与木板分离的过程中摩擦力对木板所做的功W．
正确答案
（1）2m（2）6m/s2（3）12J
试题分析：(1) 滑块与木板间的正压力大小为：FN＝F＝4mg ①
滑块与木板间的摩擦力大小： Ff＝μFN ②
滑块向上运动过程由动能定理得： W0－2mgh－Ffh＝
联立①②③三式，代入数据得：h=
（2）对长木板由牛顿第二定律得：Ff－mg＝ma ④
联立④⑤代入数据得： a = 6m/s2
(3)摩擦力对木板做功为 W＝Ff S ⑤
S＝at2 ⑥
又：h=vt/2 ⑦
由以上各式解得：W＝12J
如图所示,传送带与水平面之间的夹角为α,并以速度
正确答案
试题分析：物体静止时
物体下滑过程中
由以上三式解得
点评：本题难度较小，首先应根据受力分析求得加速度，再由运动学公式求解
如图所示，木板长L=1.6m，质量为M=4.0kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ=0.4，质量m=1.0kg的小滑块（视为质点）放在木板的右端，开始时木板与物块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g=10m/s2，求：
（1）木板所受摩擦力的大小
（2）使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值。
正确答案
（1）20N （2）4m/s
试题分析：（1）木板与地面间压力大小为
故木板所受摩擦力
（2）由牛顿第二定律知木板的加速度
滑块静止不动，只要木板位移小于木板的长度，滑块就不掉下来
根据
得
即木板初速度的最大值是4m/s
点评：首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．
如图所示，在竖直平面内，粗糙的斜面轨道AB的下端与光滑的圆弧轨道BCD相切于B，C是最低点，圆心角∠BOC=37°，D与圆心O等高，圆弧轨道半径R=1.0m，现有一个质量为m=0.2kg可视为质点的小物体，从D点的正上方E点处自由下落，DE距离h=1.6m，物体与斜面AB之间的动摩擦因数μ=0.5．取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．求：
（1）物体第一次通过C点时轨道对物体的支持力FN的大小；
（2）要使物体不从斜面顶端飞出，斜面的长度LAB至少要多长；
（3）若斜面已经满足（2）要求，物体从E点开始下落，直至最后在光滑圆弧轨道做周期性运动，在此过程中系统因摩擦所产生的热量Q的大小．
正确答案
（1）物体从E到C，由机械能守恒得：mg（h+R）=
在C点，由牛顿第二定律得：FN-mg=m
联立①、②解得支持力 FN=12.4N ③
（2）从E～D～C～B～A过程，由动能定理得
WG-Wf=0 ④
WG=mg[（h+Rcos37°）-LABsin37°]⑤
Wf=μmgcos37°LAB ⑥
联立、④、⑤、⑥解得
斜面长度至少为：LAB=2.4m ⑦
（3）因为，mgsin37°＞μmgcos37°（或μ＜tan37°）
所以，物体不会停在斜面上．物体最后以C为中心，B为一侧最高点沿圆弧轨道做往返运动．
从E点开始直至稳定，系统因摩擦所产生的热量
Q=△EP ⑧
△EP=mg（h+Rcos37°） ⑨
联立⑥、⑦解得Q=4.8J ⑩
在运动过程中产生热量为4.8J．
如图所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道相距L=1m，两轨道之间用电阻R=2Ω连接，有一质量为m=0.5kg的导体杆静止地放在轨道上与两轨道垂直，杆及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B=2T的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上．现用水平拉力沿轨道方向拉导体杆，使导体杆从静止开始做匀加速运动．经过位移s=0.5m后，撤去拉力，导体杆又滑行了s′=3s=1.5m后停下．
求：（1）全过程中通过电阻R的电荷量．
（2）拉力的冲量．
（3）整个过程中导体杆的最大速度．
（4）在匀加速运动的过程中，某时拉力与时间的关系式．
正确答案
（1）设全过程中平均感应电动势为
则
得q=
（2）设拉力作用时间为△t1，拉力平均值为
所以F△t1=BIL△t=BLq=2×1×2N•s=4 N•s
（3）拉力撤去时，导体杆的速度v即为最大速度，拉力撤去后杆运动时间为△t2，平均感应电流为
.
I
2，根据动量定理有：B
.
I
2L△t2=mv，
即
（4）匀加速运动过程中a=
对t时刻，由牛顿运动定律得F-BIL=ma
F=ma+BIL=ma+
答：（1）全过程中通过电阻R的电荷量为2C．
（2）拉力的冲量为4N．s．
（3）整个过程中导体杆的最大速度6m/s．
（4）拉力与时间的关系式F=18+72t．
（20分）如图所示的装置，其中AB部分为一长为L并以v速度顺时针匀速转动的传送带，BCD部分为一半径为r竖直放置的粗糙半圆形轨道，直径BD恰好竖直，并与传送带相切于B点。现将一质量为m的可视为质点的小滑块无初速地放在传送带的左端A点上，已知滑块与传送带间的动摩擦因数为μ.(
（1）滑块到达B点时对轨道的压力大小；
（2）滑块恰好能到达D点，求滑块在粗糙半圆形轨道中克服摩擦力的功；
（3）滑块从D点再次掉到传送带上E点，求AE的距离.
正确答案
（1）
试题分析：（1）设滑块在摩擦力作用下从A到B一直被加速，且设刚好到达B点前的速度为v，
则：
故滑块在传送带上是先加速后匀速，到达B点时的速度为v
B点为圆周运动最低点，径向合力提供向心力
得：
（2）滑块恰好能到达D点，即重力提供向心力 
从B点滑到D点的过程由动能定理得：
得
（3）滑块从D点再次掉到传送带上E点做平抛运动，即
水平方向
竖直方向
得
故AE的距离为
（18分）如图所示，在xOy平面的y轴左侧存在沿y轴正方向的匀强电场，y轴右侧
区域Ⅰ内存在磁感应强度大小B1=
⑴求匀强电场的电场强度大小E；
⑵求粒子离开区域Ⅰ时的位置坐标；
⑶要使粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场，可在区域Ⅱ内加垂直纸面向内的匀强磁场。试确定磁感应强度B的大小范围，并说明粒子离开区域Ⅱ时的速度方向。
正确答案
（1）
试题分析：⑴ 带电粒子在匀强电场中做类平抛运动.
⑵ 设带电粒子经C点时的竖直分速度为 vy:、速度为v
粒子进入区域Ⅰ做匀速圆周运动，
解得：
由几何关系知，离开区域时的位置坐标：
⑶ 根据几何关系知，带电粒子从区域Ⅱ上边界离开磁场的半径满足
得
根据几何关系知，带电粒子离开磁场时速度方向与
如图所示，倾角θ=30°的足够长光滑斜面下端与一光滑水平面相接，连接处用一光滑小圆弧过渡，斜面上距水平面高度分别为h1＝5m和h2＝0.2m的两点上，各静置一小滑块A和B。某时刻由静止开始释放滑块A，经过一段时间t后，再由静止开始释放滑块B。g取10m/s2，求：
（1）为了保证A、B两滑块不会在斜面上相碰，t最长不能超过多少?
（2）若滑块A从斜面上h1高度处自由下滑的同时，滑块B受到恒定外力作用从P点以加速度a=2m/s2由静止开始向左运动，滑块A经多长时间追上滑块B？
正确答案
1.6s
试题分析：（1）A、B两物块释放以后会做加速度相同的匀加速直线运动，当释放时间大于他们运动到斜面低端所需的时间差时，就会在斜面上相碰。（2）B物块做初速度为零，加速度不同的匀变速直线运动，A物体开始做匀变速直线运动，到达水平面后做匀速直线运动，当他们相遇时，在水平面上通过的位移相等，由此可列方程求解。
（1）设两滑块沿斜面下滑的加速度为a1，据牛顿第二定律有：
mgsinθ=ma1①（2分）
设A、B两滑块滑到斜面底端所用时间分别为t1、t2，由运动学方程有：
要A、B两滑块不在斜面上相碰，t≤t1-t2 ④（2分）
由①~④式并代入已知数据可得：t≤1.6s （2分）
（2）设A物块从开始运动到与物块B相碰历时t0时间，两物块在水平面上的位移相等：
由①⑤式并带入数据可解得：
所以A物块从开始运动到与物块B相碰历时(
如图所示，两木块A和B叠放在光滑水平面上，质量分别为m和M，A与B之间的最大静摩擦力为f，B与劲度系数为k的轻质弹簧连接构成弹簧振子。为使A和B在振动过程中不发生相对滑动，则它们的振幅不能大于 ，它们的最大加速度不能大于
正确答案
试题分析：A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大，此时振幅最大．先以A为研究对象，根据牛顿第二定律求出加速度，再对整体研究，根据牛顿第二定律和胡克定律求出振幅．
当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．根据牛顿第二定律得：以A为研究对象：a=
点评：本题运用牛顿第二定律研究简谐运动，既要能灵活选择研究对象，又要掌握简谐运动的特点．基础题．
某同学做拍打篮球的游戏，要控制篮球，使其重心在距地面高度为h=0.9m的范围内做竖直方向上的往复运动，如图所示。每次要在最高点时用手开始击打篮球，手与球作用一段距离后分开，球落地反弹。已知球反弹的速度v2的大小是落地速度v1大小的4/5，反弹后恰好达到最高点，球与地面的作用时间为t=0.1s，篮球的质量m=0.5kg，半径为R=0.1m，若地面对球的作用力可视为恒力，篮球与地面碰撞时认为重心不变，忽略空气阻力和篮球的转动。
求（1）球反弹的速度v2.（2）地面对球的作用力F（g取10m/s2）
正确答案
（1）4m/s （2）50N
试题分析：（1）从球反弹后至达最高点，此过程
由
可得
（2）设球与地面接触时加速度为a，
由题知
球下落刚触地至反弹后刚离开地面过程，设向上为正方向
有
球触地过程受力如图，
由牛顿第二定律得F-mg=ma
代入数据解得F=ma+mg=50N
点评：本题中①篮球不能看成质点，②注意速度的正负，③计算地面对球的作用力是不要忽略了重力。
（12分）一个平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好和一个
(1)滑块到达B端时，轨道对它支持力的大小
(2)小车运动1.5 s时，车右端距轨道B端的距离
(3)滑块与车面间由于摩擦而产生的内能
正确答案
（1）30 N（2）1 m（3）6 J
(1)滑块从A端下滑到B端，由动能定理得mgR＝
在B点由牛顿第二定律得FN－mg＝
解得轨道对滑块的支持力FN＝3 mg＝30 N （1分）
(2)滑块滑上小车后，由牛顿第二定律
对滑块：－μmg＝ma1，得a1＝－3 m/s2 （1分）
对小车：μmg＝Ma2，得a2＝1 m/s2 （1分）
设经时间t后两者达到共同速度，则有v0＋a1t＝a2t
解得t＝1 s
由于t＝1 s<1.5 s，
故1 s后小车和滑块一起匀速运动，速度v＝1 m/s （1分）
因此，1.5 s时小车右端距轨道B端的距离为s＝
(3)滑块相对小车滑动的距离为Δs＝
所以产生的内能Q＝μmgΔs＝6 J （2分）
本题考查对牛顿第二定律和圆周运动的应用，由A到B时应用动能定理列式可求出物体在B点的速度，在B点合力提供向心力，根据牛顿第二定律可求出此时物体受到的支持力，物体滑上小车后所受摩擦力向右，物体向左做匀减速直线运动，反之小车向左最匀加速直线运动，当两者达到共同速度时求出时间为1s，所以在1.5s时刻两者以匀速运动，根据小车匀加速和匀速两个过程求解车右端距轨道B端的距离
一物体放置在倾角为θ的斜面上，斜面固定于加速上升的电梯中，加速度为a，如图所示，在物体始终相对于斜面静止的条件下，求：
（1）斜面对物体的正压力；
（2）斜面对物体的摩擦力。
正确答案
（1）
以物体为研究对象，分析其受力并建立直角坐标系，如图所示．
在y轴方向上
得：
在x轴方向上
得：
本题考查的是超重失重以及牛顿第二定律的内容。解决此题的关键是受力分析和把加速度a分解在所设坐标轴方向上。
如图所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，A球加速度大小为 ，B球加速度大小为 。
正确答案
2gsinθ、0
在细线未烧断前，A受到重力沿斜面向下的分力，绳子沿斜面向上的拉力，弹簧沿斜面向下的拉力，B受到重力沿斜面向下的分力和弹簧沿斜面向上的拉力，处于静止状态，所以
如图16所示，足够长的光滑平行金属导轨MN、PQ竖直放置，一个磁感应强度B＝0．50T的匀强磁场垂直穿过导轨平面，导轨的上端M与P间连接阻值为R＝0．30Ω的电阻，导轨宽度L＝0．40m。电阻为r＝0．20Ω的金属棒ab紧贴在导轨上，导轨电阻不计，现使金属棒ab由静止开始下滑0．7 m后以5 m/s的速度匀速运动 。（g=10m/s2）
求： （1）金属棒的质量m；
（2）在导体棒下落2．70m内，回路中产生的热量Q。
正确答案
（1）
（1）由题可知，棒最终作匀速运动，且速度
由
解得（1分）
（2）棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热。
则：
解得Q=0．58J
本题考查法拉第电磁感应定律与能量、牛顿第二定律的结合问题，开始时重力大于向上的安培力，导体棒向下加速，随着速度的增大，安培力逐渐增大，加速度减小，当安培力增大到等于重力时加速度减小到零，此后导体棒向下匀速运动，由此时安培力等于重力和安培力，法拉第电磁感应定律、恒定电流可求得导体棒的质量，棒在下滑过程中，有重力和安培力做功，克服安培力做的功等于回路的焦耳热，有能量守恒定律可求得焦耳热的值
（12分）民用航空客机的机舱，除了有正常的舱门和舷梯连接，供旅客上下飞机，一般还设有紧急出口。发生意外情况的飞机在着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个由气囊构成的斜面，机舱中的人可沿该斜面滑行到地面上来，示意图如图所示。某机舱离气囊底端的竖直高度AB = 3.0m，气囊构成的斜面长AC =" 5.0" m，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m =" 60" kg的人从气囊上由静止开始滑下，人与气囊、地面间的动摩擦因数均为 = 0.5。不计空气阻力，g =" 10" m/s2。求：
（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；
（2）人滑到斜坡底端时的速度大小；
（3）人离开C点后还要在地面上滑行多远才能停下？
正确答案
(1) 2..0 m/s2 (2) 2
本题考查牛顿第二定律和运动学公式的综合应用，先以人为研究对象受力分析，写出两个坐标的公式，由牛顿第二定律可求出加速度，利用运动学公式可求得末速度大小
扫码查看完整答案与解析