- 牛顿运动定律
- 共29769题
某商场安装了一台倾角为30°的自动扶梯，该扶梯在电压为380V的电动机带动下以0.4m/s的恒定速率向斜上方移动，电动机的最大输出功率为4.9kW．不载人时测得电动机中的电流为5A，若载人时扶梯的移动速率与不载人时相同，忽略电动机内阻的热损耗，则空载时维持扶梯运行的电功率是______；这台自动扶梯可同时乘载的最多人数是______人．（设人的平均质量为60kg，g=10m/s2）
正确答案
维持扶梯运转的功率：
P0=UI=380V×5A=1900W=1.9kW，
电动机的最大输出功率为P最大=4.9kW
可用于输送顾客功率：
△P=P最大-P0=4.9kW-1.9kW=3kW，
输送一个人的功率：
P=Fvsin30°=Gvsin30°=mgvsin30°=60kg×10N/kg×0.4m/s×sin30°=120W，
同时乘载的最多人数：
n=
故答案为：1900W；25．
如图，匀强电场中有一半径为r的光滑绝缘圆轨道，轨道平面与电场方向平行．a、b为轨道直径的两端，该直径与电场方向平行．一电荷量为q(q＞0)的质点沿轨道内侧运动，经过a点和b点时对轨道压力的大小分别为FNa和FNb.不计重力，求电场强度的大小E、质点经过a点和b点时的动能．
正确答案
小球在光滑轨道上做圆周运动，在a、b两点时，静电力和轨道的作用力的合力提供向心力，由b到a只有电场力做功，利用动能定理，可求解E及a、b两点的动能．
质点所受电场力的大小为
F＝qE ①
设质点质量为m，经过a点和b点时的速度大小分别为va和vb，由牛顿第二定律有
F＋FNa＝m
FNb－F＝m
设质点经过a点和b点时的动能分别为Eka和Ekb，有
Eka＝
Ekb＝
根据动能定理有Ekb－Eka＝2rF ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
E＝
Eka＝
Ekb＝
（18分）如图所示，半径为R的圆形区域内、外有方向相反的与圆平面垂直的匀强磁场，圆形区域外的匀强磁场范围足够大，磁感应强度大小均为B．一质量为m、电量为q的带正电粒子从圆弧上P点正对圆心O以速度v进入圆形区域内的磁场，经过时间
（1）粒子在圆形区域内的磁场中做匀速圆周运动的半径r；
（2）粒子从P点开始经Q点回到P点的最短时间t2；
（3）若粒子从P点以速度
正确答案
(1) 
试题分析：（1）粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设粒子运动半径为r，周期为T
说明粒子在圆形区域内的磁场中经过时间
所以粒子在圆形区域内的磁场中做匀速圆周运动的半径
（2）分析可得，粒子从P点开始经Q点回到P点的最短时间
（3）粒子能在圆形区域内、外磁场中做周期性运动
粒子从P点以速度
分析得：
（10分）如图所示，固定于水平桌面上足够长的两平行光滑导轨PQ、MN，其电阻不计，间距d=0.5m，P、M两端接有一只理想电压表，整个装置处于竖直向下的磁感应强度B0＝0.2T的匀强磁场中，两金属棒L1、L2平行地搁在导轨上，其电阻均为r＝0.1Ω，质量分别为M1=0.3kg和M2＝0.5kg。固定棒L1，使L2在水平恒力F=0.8N的作用下，由静止开始运动。试求：
(1) 当电压表读数为U=0.2V时，棒L2的加速度为多大；
(2)棒L2能达到的最大速度vm.
正确答案
（1）1.2m/s2 （2）16m/s
试题分析：(1) 流过L2的电流
L2所受的安培力
对L2由牛顿第二定律，可得：
解得：
（2）当安培力
而
由
解得：
（12分）总质量为80kg的跳伞运动员从离地500m的直升机上跳下，经过2s后拉开绳索开启降落伞，如图所示是跳伞过程中的v－t图像，试根据图像求：（g取10m/s2）
（1）t＝1.3s时运动员的加速度和所受阻力的大小；
（2）估算前14s内运动员下落的高度及克服阻力做的功．
正确答案
（1）160N （2）1. 25´105 J
试题分析：（1）a＝
mg－f＝ma
f＝mg－ma＝160N
（2）大约是39.5格，所以h＝39.5´4＝158 m
Wf＝mgh－
如图所示，一细绳跨过装在天花板上的滑轮，细绳的一端悬挂一质量为M的物体，另一端悬挂一载人的梯子，人的质量为m，系统处于平衡状态。不计摩擦及滑轮与细绳的质量，要使天花板受力为零，人应如何运动？
正确答案
人以
试题分析：要使天花板受力为零，须使细绳中的拉力为零，物体M应做自由落体运动，故梯子应以加速度g向上匀加速运动。人对梯子的作用力向上，人应向下加速运动。
最初人梯系统处于平衡状态，即
设人与梯子之间的相互作用力为F，梯子向上的加速度等于g，对梯子运用牛顿第二定律
对人运用牛顿第二定律
解得
故人应以
如图所示，AB是倾角为θ的粗糙直轨道，BCD是光滑的圆弧轨道，AB恰好在B点与圆弧相切，圆弧的半径为R，一个质量为m的物体 (可以看做质点)从直轨道上的P点由静止释放，结果它能在两轨道间做往返运动．已知P点与圆弧的圆心O等高，物体与轨道AB间的动摩擦因数为μ，求：
(1)物体做往返运动的整个过程中，在AB轨道上通过的总路程；
(2)最终当物体通过圆弧轨道最低点E时，物体对轨道压力的大小和方向．
正确答案
（1）
试题分析：（1）物体每完成一次往返运动，在AB斜面上能上升的高度都减少一些，最终当它达B点时，速度变为零，对物体从P到B 全过程用动能定理，有
得物体在AB轨道上通过的总路程为
（2）最终物体以B为最高点在圆弧轨道底部做往返运动，设物体从B运动到E时速度为v，由动能定理 有
在E点，由牛顿第二定律有
得物体受到的支持力
根据牛顿第三定律，物体对轨道的压力大小为
点评：在使用动能定理分析多过程问题时非常方便，关键是对物体受力做功情况以及过程的始末状态非常清楚
如图所示，长为l的绳子下端连着质量为m的小球，上端悬于天花板上，把绳子拉直，绳子与竖直线夹角为60°，此时小球静止于光滑的水平桌面上.问:
(1)当球以
(2)当球以
正确答案
（1）T=mg,N=
试题分析：（1）当球做圆锥摆运动时，小球在水平面内做匀速圆周运动，由重力、水平面的支持力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律，采用正交分解法列方程求解绳子的张力和支持力，再由牛顿第三定律求出桌面受到的压力．
（2）当小球对桌面恰好无压力时，由重力和绳子拉力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律求解此时小球的角速度．根据角速度
解：（1）对小球受力分析，作出力图如图1．
根据牛顿第二定律，得
Tsin60°=mω2Lsin60°①
mg=N+Tcos60° ②
又
（2）设小球对桌面恰好无压力时角速度为ω0，即N=0
代入①②得
mgtanθ=mω2•Lsinθ③
mg=Tcosθ ④
联立解得 T=4mg
点评：本题是圆锥摆问题，分析受力，确定向心力来源是关键，实质是牛顿第二定律的特殊应用。
（8分）如图所示，水平地面上放置一个质量为m的物体，在与水平方向成θ角、斜向右上方的拉力F的作用下沿水平地面运动。物体与地面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。求：
（1）若物体在拉力F的作用下能始终沿水平面向右运动，拉力F的大小范围；
（2）已知m＝10 kg、μ＝0.5，g＝10 m/s2，若物体以恒定加速度a＝5 m/s2向右做匀加速直线运动，维持这一加速度的拉力F的最小值。
正确答案
（1）
试题分析：（1）要使物体运动时不离开水平面，应有：Fsinθ≤mg ①（2分）
要使物体能向右运动，应有：Fcosθ≥m（mg－Fsinθ） ②（1分）
联立①②式得：
（2）根据牛顿第二定律得：Fcosθ－m（mg－Fsinθ）＝ma ③（2分）
解得： 
上式变形
当sin（θ＋a）＝1时F有最小值
解得：
代入相关数值解得：
如图所示，水平面上固定着一个半径R=0．4m的 光滑环形轨道，在轨道内放入质量分别是M=0．2kg和m=0．1kg的小球A和 B（均可看成质点），两球间夹一短弹簧。
（1）开始时两球将弹簧压缩（弹簧的长度相对环形轨道半径和周长而言可忽略不计），弹簧弹开后不动，两球沿轨道反向运动一段时间后又相遇，在此过程中，A球转过的角度θ是多少？
（2）如果压缩弹簧在松手前的弹性势能E=1．2J，弹开后小球B在运动过程中受到光滑环轨道的水平侧压力是多大？
正确答案
（1）θ=120°（2）4N
（1）在弹簧弹开的过程中系统动量守恒，假设A运动的方向为正方向，则
Mv1-mv2=0 2分
设从弹开到相遇所需时间为t，则有：
v1t+v2t=2πR 2分
联立以上两式得： 
所以A球转过的角度为θ=120° 2分
（2）以A、B及弹簧组成的系统为研究对象，在弹簧张开的过程中，系统机械能守恒，则有 
Mv1-mv2=0 2分
解得： v1=2m/s，v2=4m/s 2分
所以，小球B在运动过程中受到光滑轨道的侧压力是其所需向心力，即：
试题分析：
点评：做本题的关键是对各个过程中小球的动量，机械能是否守恒的判断
如图所示，底座A上装有长0.5 m的直立杆，总质量为2kg，杆上套有质量为0.5kg的小环B，它与杆有摩擦，当环从底座上以4 m／s速度升起时，刚好能到达顶端．(
(1) 在小环升起过程中，水平面对底座支持力多大？
(2) 小环从杆顶端落回底座需多少时间?
正确答案
(1)17N (2)0.5s
试题分析：①对环进行受力分析：环受重力及杆给环的摩擦力，
由牛顿第二定律mg＋f＝ma
环刚好到杆顶，由运动学公式
可得
对底座进行受力分析，底座受重力Mg，水平面的支持力
由平衡条件
即
底座受水平面的支持力17N
②小环从杆顶落回底座，环受重力竖直向下及杆给环的摩擦力向上，
mg-f＝ma
小环做初速度为零匀加速直线运动
t=0.5s
点评：本题中分析底座时一定要注意不要把小环的重力和底座的重力算到一起，要把底座单独拿出来进行受力分析。
（8分）哈尔滨地处东北，冬天温度较低，大雪过后容易发生交通事故，究其原因，主要
是大雪覆盖路面后被车轮挤压，部分融化为水，在严寒的天气下，又马上结成冰，汽车在冰面上行驶，刹车后难以停下，据测定，汽车橡胶轮胎与普通路面间的动摩擦因数是
正确答案
42m
在普通路面时
在冰雪路面时
解得：
本题考查牛顿第二定律的应用，摩擦力提供加速度，可求得两种路面所受摩擦力和加速度，再由运动学公式求解
如图所示，在倾角θ=37°的足够长的固定斜面上，有一质量m=1kg的物体，物体与斜面间动摩擦因数μ=0.2。物体受到沿平行于斜面向上的轻细线的拉力F="9.6" N的作用，从静止开始运动，经2s绳子突然断了。求绳断后多长时间物体速度大小为22m/s。（结果保留两位有效数字，已知sin37°=0.6，g取10m/s2）
正确答案
5.5s
第一阶段：在最初2 s内，物体在F=9.6N的拉力作用下，从静止开始沿斜面做匀加速运动，受力如图所示，有：沿斜面方向F-mgsinθ-Ff=ma1 …………（1分）
沿垂直斜面方向FN="mgcosθ " …………（1分）
且Ff=μFN …………（1分）
由①②③得：a1==2m/s2 …………（1分）
2 s末绳断时瞬时速度v1=a1t1="4" m/s …………（1分）
第二阶段：从撤去F到物体继续沿斜面向上运动到达速度为零的过程，设加速度为a2，则：
a2=="-7.6" m/s2 …………（3分）
设从断绳到物体达最高点所需时间为t2，据运动学公式v2=v1+a2t2，得t2="=0.53" s …………（2分）
第三阶段：物体从最高点沿斜面下滑，在第三阶段物体加速度为a3，所需时间为t3.由牛顿定律知：
a3="(mgsinθ-μmgcosθ)/m=4.4" m/s2 …………（3分）
速度达v3="22" m/s，所需时间t3=(v3-0)/a3="5s " …………（1分）
综上所述，从绳断到速度为22m/s所经历的总时间t=t2+t3=0.53s+5s≈5.5s
如图所示, 木板静止于水平地面上, 在其最右端放一可视为质点的木块. 已知木块的质量m＝1 kg, 木板的质量M＝4 kg, 长L＝2.5 m, 上表面光滑, 下表面与地面之间的动摩擦因数μ＝0.2.现用水平恒力F＝20 N拉木板, g取10 m/s2, 求:
（1）要使木块能滑离木板, 水平恒力F作用的最短时间;
（2）如果其他条件不变, 假设木板的上表面也粗糙, 其上表面与木块之间的动摩擦因数为μ1＝0.3, 欲使木板能从木块的下方抽出, 需对木板施加的最小水平拉力；
正确答案
（1）t=1s；（2） F＞25N
试题分析:（1）木板受到的摩擦力：f=μ（M+m）g=10N．
由牛顿第二定律，木板的加速度：a＝
设作用t时间后撤去力F，由牛顿第二定律，木板的加速度为a′=
木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且a=-a′，故at2=L．
得：t=1s．
（2）设木块的最大加速度为a1，木块的最大加速度为a2，则
对木块：f1=μ1mg=ma1．
对木板：F1-f1-μ（M+m）g=Ma2
木板从木块的下方抽出的条件：a1> a2
解得：F1＞25N
（16分）如图所示，半径为
（1）竖直杆角速度ω为多大时，小球恰离开竖直杆?
（2）轻绳a的张力Fa与竖直杆转动的角速度ω之间的关系。
正确答案
（1） 
（2） ①
试题分析：（1）小球恰好离开竖直杆时，小球与竖直杆间的作用力为零，此时轻绳a与竖直杆间的夹角为α，由题意可知
沿半径：
联立解得
（2）由（1）可知
若角速度再增大，小球将离开竖直杆，在轻绳b恰好伸直前，设轻绳与竖直杆的夹角为β，此时小球做圆周运动的半径为
联立解得
当轻绳恰好伸直时，
故有
若角速度再增大，轻绳b拉直后，小球做圆周运动的半径为
沿半径：
垂直半径：
联立解得
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