- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：设斜面的倾角为θ，斜面的水平长度为：xAB；
则下滑的加速度a=
因为gsinθcosθ=
故选：B．
A伸长量为
B压缩量为
C伸长量为
D压缩量为
正确答案
解析
解：对小球受力分析，如图
由几何关系
F合=m2gtanθ
由牛顿第二定律
a=
车向左加速或向右减速
对小物体受力分析，受重力、支持力和弹簧弹力，合力等于弹簧弹力，根据牛顿第二定律
F弹=m1gtanθ
物体受向左的弹力
结合胡克定律可知
弹簧的伸长量为
故选A．
（1）物块A的初速度大小；
（2）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功．
正确答案
解：（1）设A经时间t追上B，A、B的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有：
μ1mg=ma1
F-μ2mg=ma2
恰好追上时它们速度相同，则：
追上时由路程关系有：v0t-
由以上四式解得A的初速度大小为：v0=3 m/s a1=4 m/s2，a2=2 m/s2，t=0.5 s
（2）B运动的位移：s=
F对物块B所做的功：W=Fs=0.75 J
答：（1）物块A的初速度大小为3m/s；
（2）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功为0.75J．
解析
解：（1）设A经时间t追上B，A、B的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有：
μ1mg=ma1
F-μ2mg=ma2
恰好追上时它们速度相同，则：
追上时由路程关系有：v0t-
由以上四式解得A的初速度大小为：v0=3 m/s a1=4 m/s2，a2=2 m/s2，t=0.5 s
（2）B运动的位移：s=
F对物块B所做的功：W=Fs=0.75 J
答：（1）物块A的初速度大小为3m/s；
（2）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功为0.75J．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律得，小钢珠的加速度a=
故选：D．
（1）物块与木板间的动摩擦因数μ1；
（2）木板与地面间的动摩擦因数μ2；
（3）从0.5s到停止，物块与木板的加速度分别多大；
（4）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小．
正确答案
解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由图示图象可知：
a1=
对物块由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma1，
代入数据解得：μ1=0.2；
（2）由图象可知，木板的加速度：
a2=
由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2（m+m）g=ma2，
代入数据解得：μ2=0.3．
（3）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．
设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′、a2′，由牛顿第二定律得：
f=ma1′，μ2（m+m）g-f=ma2′，
假设二者相对静止，则a1′=a2′，
得：f=μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，则二者相对滑动，则有：f=μ1mg，
解得：a1′=2m/s2，a2′=4m/s2；
（4）可知木块减速到零后就静止，物块一直减速到静止，物块的v-t图象如图中点划线所示．
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：
s1=2
物块相对于木板的位移的大小为：s=s2-s1，
代入数据解得：s=1.125m．
答：（1）物块与木板间的动摩擦因数为0.2；
（2）木板与地面间的动摩擦因数为0.3；
（3）从0.5s到停止，物块与木板的加速度分别为2m/s2、4m/s2；
（4）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小为1.125m．
解析
解：（1）从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，由图示图象可知：
a1=
对物块由牛顿第二定律得：
μ1mg=ma1，
代入数据解得：μ1=0.2；
（2）由图象可知，木板的加速度：
a2=
由牛顿第二定律得：μ1mg+μ2（m+m）g=ma2，
代入数据解得：μ2=0.3．
（3）在t1时刻后，地面对木板的摩擦力阻碍木板运动，物块与木板之间的摩擦力改变方向．
设物块与木板之间的摩擦力大小为f，物块和木板的加速度大小分别为a1′、a2′，由牛顿第二定律得：
f=ma1′，μ2（m+m）g-f=ma2′，
假设二者相对静止，则a1′=a2′，
得：f=μ2mg＞μ1mg，与假设矛盾，则二者相对滑动，则有：f=μ1mg，
解得：a1′=2m/s2，a2′=4m/s2；
（4）可知木块减速到零后就静止，物块一直减速到静止，物块的v-t图象如图中点划线所示．
由运动学公式可推知，物块和木板相对于地面的运动距离分别为：
s1=2
物块相对于木板的位移的大小为：s=s2-s1，
代入数据解得：s=1.125m．
答：（1）物块与木板间的动摩擦因数为0.2；
（2）木板与地面间的动摩擦因数为0.3；
（3）从0.5s到停止，物块与木板的加速度分别为2m/s2、4m/s2；
（4）从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小为1.125m．
正确答案
解析
解：设B点的速度为vB，根据匀变速直线运动平均速度的推论有：
又t1：t2=1：4
解得：
在AB上的加速度为：
则BC上的加速度为：
联立解得：μ1：μ2=8：1．
故选：A．
正确答案
解析
解：设A、B、C的质量分别为m、2m、3m．开始时，以A、B组成的系统为研究对象，
由平衡条件得：（m+2m）gsin30°=T，
得细线的张力为：T=1.5mg
剪断细线的瞬间，弹簧的弹力不能突变，所以对A，此瞬间的合力为零，加速度为0．
对B，由平衡条件推论可知，此瞬间的合力大小等于T，方向沿斜面向下，加速度为：aB=
对C，由平衡条件推论可知，此瞬间的合力大小等于T，方向沿斜面向上，加速度为：aC=
故选：A
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设弹簧伸长量为x，则：kxcos30°=mg
kx-kxsin30°=ma
联立得：a=
故ABC错误，D正确；
故选：D．
（2015秋•宁夏校级期末）如图所示为一风洞实验装置示意图，一质量为1kg的小球套在一根固定的直杆上，直杆与水平面夹角θ为37°．现小球在F=20N的竖直向上的风力作用下，从A点静止出发向上运动，已知杆与球间的动摩擦因数μ=0.5．试求：（sin37°=0.6，con37°=0.8g=10m/s2）
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用3s后小球到达B点，此时使风力大小不变，方向立即改为水平向左．则从改变风力F开始计时，小球经多长时间将回到B点
正确答案
解：（1）在风力F作用时有：
（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma1
a1=2 m/s2 方向沿杆向上
此时小球速度v=a1t1=6 m/s
（2）风力方向改变后，小球加速度为a2
-mgsin37°-F cos37°-μN=ma2
N+mg cos37°=F sin37°
解得a2=24 m/s2
经过时间t2到达最高点，
t2=
此处距B点的位移s=
小球下滑时的加速度为a3，
mgsin37°+Fcos37°-μN=ma3
a3=18m/s2
下滑到B点的时间为t3，
则s=
解得：t=
所以t=t2+t3=0.54s
答：（1）小球运动的加速度大小为2 m/s2 方向沿杆向上；
（2）若从改变风力F开始计时，小球经0.54s将回到B点．
解析
解：（1）在风力F作用时有：
（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma1
a1=2 m/s2 方向沿杆向上
此时小球速度v=a1t1=6 m/s
（2）风力方向改变后，小球加速度为a2
-mgsin37°-F cos37°-μN=ma2
N+mg cos37°=F sin37°
解得a2=24 m/s2
经过时间t2到达最高点，
t2=
此处距B点的位移s=
小球下滑时的加速度为a3，
mgsin37°+Fcos37°-μN=ma3
a3=18m/s2
下滑到B点的时间为t3，
则s=
解得：t=
所以t=t2+t3=0.54s
答：（1）小球运动的加速度大小为2 m/s2 方向沿杆向上；
（2）若从改变风力F开始计时，小球经0.54s将回到B点．
搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小为2F时，物体的加速度为a2，则（ ）
正确答案
解析
解：当物体所受的推力F变为2F时，物体对斜面的压力没有变化，物体所受的滑动摩擦力也没有变化，设滑动摩擦力
F-f-mgsinθ=ma1
2F-f-mgsinθ=ma2
两式相除得
所以a2＞2a1
故选D
（1）绳断时物体的速度大小
（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间．
正确答案
解：
（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，
则有F-mgsinθ-Ff=ma1
FN=mgcosθ
又 Ff=μFN
得到，F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
代入解得，a1=2.0m/s2
所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s
（2）绳断后，物体距斜面底端x1=
断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2
物体做减速运动时间t2=
减速运动位移x2=
此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有
mgsinθ-μmgcosθ=ma3
得到，a3=g（sinθ-μcosθ）=4.0m/s2
设下滑时间为t3，则：x1+x2=
解得，t3=
∴t总=t2+t3=4.2s
答：
（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s．
（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s．
解析
解：
（1）物体向上运动过程中，受重力mg，摩擦力Ff，拉力F，设加速度为a1，
则有F-mgsinθ-Ff=ma1
FN=mgcosθ
又 Ff=μFN
得到，F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
代入解得，a1=2.0m/s2
所以，t=4.0s时物体速度v1=a1t=8.0m/s
（2）绳断后，物体距斜面底端x1=
断绳后，设加速度为a2，由牛顿第二定律得
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
得到，a2=g（sinθ+μcosθ）=8.0m/s2
物体做减速运动时间t2=
减速运动位移x2=
此后物体沿斜面匀加速下滑，设加速度为a3，则有
mgsinθ-μmgcosθ=ma3
得到，a3=g（sinθ-μcosθ）=4.0m/s2
设下滑时间为t3，则：x1+x2=
解得，t3=
∴t总=t2+t3=4.2s
答：
（1）绳断时物体的速度大小是8.0m/s．
（2）从绳子断了开始到物体再返回到斜面底端的运动时间是4.2s．
质量为m的木块从A点开始，在平行于光滑斜面（倾角为θ）的牵引力的作用下，以某一加速度沿斜面向上做匀加速度运动，到某一时刻撤去牵引力，物体能以同一数值的加速度向上作减速运动到B点速度刚好为零，已知AB之间的距离为L，则物块在次过程中的最大速度为______，牵引力的大小为______．
正确答案
2mgsinθ
解析
解：前后加速度大小不变，前后两过程的位移大小相同，均为
撤去牵引力，木块加速度大小a=gsinθ，则一定有撤去牵引力前，木块加速度大小也是a=gsinθ，
牵引力的大小为F，F-mgsinθ=ma，
所以F=2mgsinθ，
物块在此过程中的最大速度为v，
v2=2a
v=
故答案为：
正确答案
解析
解：设弹簧的初始压缩量为x，初始弹性系数为k，初始状态小球上升的高度为h，小球的质量为m；则从外力释放弹簧弹动小球到小球上升到最大高度的过程中，小球受重力和弹力共同作用，其机械能的增量等于弹力做功，大小和初始弹性势能
即：mgh=
A、B、若只增大弹簧的压缩量达到x1，小球上升的高度：
C、D、若只增大弹簧的劲度系数达到k1＞k，则小球上升的高度为：
故选：B．
某物体做匀加速直线运动，初速度大小是20m/s，加速度大小是5m/s2．求：
（1）该物体在4s末时的速度大小；
（2）该物体在这4s内的位移大小．
正确答案
解：
（1）已知初速度，加速度，时间，由速度公式可得：
vt=v0+at=20m/s+5×4m/s=40m/s
（2）已知初速度，末速度，加速度，时间，由位移公式得：
解法二：
由平均速度求位移：
解析
解：
（1）已知初速度，加速度，时间，由速度公式可得：
vt=v0+at=20m/s+5×4m/s=40m/s
（2）已知初速度，末速度，加速度，时间，由位移公式得：
解法二：
由平均速度求位移：
（1）物体运动的加速度大小；
（2）物体从开始运动到静止在水平面上的运动时间t．
正确答案
解：（1）物体的加速度大小
（2）物体在水平面上运动的时间 
答：（1）物体运动的加速度大小为2m/s2；
（2）物体从开始运动到静止在水平面上的运动时间t为4.0s．
解析
解：（1）物体的加速度大小
（2）物体在水平面上运动的时间
答：（1）物体运动的加速度大小为2m/s2；
（2）物体从开始运动到静止在水平面上的运动时间t为4.0s．
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