- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：b下落过程中机械能守恒，有：
在最低点有：
联立①②得：Tb=2mbg
当a刚好对地面无压力时，有：Ta=mag
Ta=Tb，所以，ma：mb=2：1，故ACD错误，B正确．
故选：B．
正确答案
解析
解：A、物体在3-6s内做匀速直线运动，则f=F2=6N，故A正确；
B、物块匀加速运动的加速度
C、物块在6 s～9 s内的加速度大小
D、画出v-t图象如图所示：
由图象和时间轴所围图形的面积表示位移，则物体9s内的位移x=
故选：AD．
消防队员在某高楼进行训练，他要从距地面高h=36m处的一扇窗户外沿一条竖直悬挂的绳子滑下，在下滑过程中，他先匀加速下滑，此时手脚对悬绳的压力FNl=640N，紧接着再匀减速下滑，此时手脚对悬绳的压力FN2=2080N，滑至地面时速度恰为0．已知消防队员的质量为m=80kg，手脚和悬绳间的动摩擦因数为μ=0.5，g=10m/s2，求：
（1）分别求出他在加速下滑、减速下滑两过程中的加速度大小？
（2）他沿绳滑至地面所用的总时间t？
正确答案
解：（1）设消防队员匀加速下滑的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律 mg-μFN1=ma1
设消防队员匀减速下滑的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律μFN2-mg=ma2
（2）根据匀加速运动规律
根据匀减速运动规律 
a1t1=a2t2
由题意知 h=h1+h2
联立以上各式并代入数据解得 t=t1+t2=6s
答：（1）消防队员匀加速下滑的加速度大小6m/s2，匀减速下滑的加速度大小为3m/s2；
（2）他沿绳滑至地面所用的总时间为6s．
解析
解：（1）设消防队员匀加速下滑的加速度大小为a1，
根据牛顿第二定律 mg-μFN1=ma1
设消防队员匀减速下滑的加速度大小为a2，
根据牛顿第二定律μFN2-mg=ma2
（2）根据匀加速运动规律
根据匀减速运动规律
a1t1=a2t2
由题意知 h=h1+h2
联立以上各式并代入数据解得 t=t1+t2=6s
答：（1）消防队员匀加速下滑的加速度大小6m/s2，匀减速下滑的加速度大小为3m/s2；
（2）他沿绳滑至地面所用的总时间为6s．
游乐场过山车可抽象为如下模型，从一定高度由静止滚下的质量为m小球、先经过一半径为R的圆轨道后再沿平直轨道冲上一半径为5R的圆弧，要求小球能安全地完成在轨道上运行，一切阻力不计．
（1）小球释放高度满足条件
（2）满足上述条件小球在圆轨道顶点受到最大轨道压力．
正确答案
解析
解：（1）由于小球能安全地完成在轨道上运行，在圆形轨道最高点最小速度为v1，则有牛顿第二定律得：
mg=
对应从小球下落点hmin到圆形轨道最高点，应用动能定理得：
mg（hmin-2R）=
小球到达圆弧轨道的最高点的最大速度速度v2，在此位置应满足：
mg=
对应从小球下落点hmax到圆形轨道最高点，应用动能定理得：
mg（hmax-2.5R）=
由①②③④解得：hmin=2.5R，hmax=5R⑤
所以，释放高度h满足条件为：2.5R≤h≤5R⑥
（2）当小球从最高位置释放时，小球在圆轨道最高点受压力最大，对此过程应用动能定理，
mg（hmax-2R）=
在最高点应用牛顿第二定律得：
N+mg=
由⑥⑦⑧得：N=5mg
答：（1）释放高度h满足条件为：2.5R≤h≤5R
（2）在圆轨道最高点受压力最大为5mg
正确答案
解：设AB的长度为l，∠BAC=α，由几何关系可得：
AC的长度为lcosα，CB的长度为：
lsinα…①
小球沿AB做自由落体运动，运动的时间为t：有：
设AC段所用时间为t1，CB段所用时间为t2，由题可知：
t1+t2=1.5t…③
小球沿AC段运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律可得：
mgcosα=ma1…④
且：
联立②③⑤，可得：
t1=t，t2=0.5t；…⑥
小球在C点的速度为：
v=gcosα&t1…⑦
沿CB做匀加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律可得：
mgsinα=ma2…⑧
且：
联立解得：α=53°．
答：AB与AC的夹角为53°．
解析
解：设AB的长度为l，∠BAC=α，由几何关系可得：
AC的长度为lcosα，CB的长度为：
lsinα…①
小球沿AB做自由落体运动，运动的时间为t：有：
设AC段所用时间为t1，CB段所用时间为t2，由题可知：
t1+t2=1.5t…③
小球沿AC段运动时，加速度为a1，由牛顿第二定律可得：
mgcosα=ma1…④
且：
联立②③⑤，可得：
t1=t，t2=0.5t；…⑥
小球在C点的速度为：
v=gcosα&t1…⑦
沿CB做匀加速运动，加速度为a2，由牛顿第二定律可得：
mgsinα=ma2…⑧
且：
联立解得：α=53°．
答：AB与AC的夹角为53°．
A2s 和2s
B
C
D4s和
正确答案
解析
解：由几何知识得，AC的倾角为α=30°，位移xAC=10m．AC的倾角为β=60°，位移xAB=10
沿AC下滑的小球，加速度为a1=gsin30°=5m/s2，
由xAC=
沿AB下滑的小球，加速度为a2=gsin60°=5
由xAB=
故选：A
正确答案
解：物块放到传送带上的初始阶段，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力而做加速运动，其受向右的摩擦力为：
Ff=μmg=0.1×2×10 N=2 N，
加速度为a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2
物块与传送带相对滑动时的位移为：x=
摩擦力做功为：W=Ffx=2×2 J=4 J
相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后匀速运动到B端，物块由A端到B端所用的时间为：
t=
则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：
P=
答：摩擦力对物块做功的平均功率为0.8 W．
解析
解：物块放到传送带上的初始阶段，由于与传送带有相对运动，物块受向右的滑动摩擦力而做加速运动，其受向右的摩擦力为：
Ff=μmg=0.1×2×10 N=2 N，
加速度为a=μg=0.1×10 m/s2=1 m/s2
物块与传送带相对滑动时的位移为：x=
摩擦力做功为：W=Ffx=2×2 J=4 J
相对静止后物块与传送带之间无摩擦力，此后匀速运动到B端，物块由A端到B端所用的时间为：
t=
则物块在被传送过程中所受摩擦力的平均功率为：
P=
答：摩擦力对物块做功的平均功率为0.8 W．
质量为m1的木板上表面光滑而下表面粗糙，置于倾角为θ的斜面上恰能匀速下滑．下滑时，若在其上表面轻放一质量为m2的滑块时，则最初一段时间内木板的加速度大小为______．
正确答案
解析
解：木板匀速下滑，沿斜面方向上由平衡条件得：m1gsinθ=μm1gcosθ，
在木板上放上滑块后，由于木板上表面光滑，滑块对木板没有摩擦力，
只对木板有垂直与斜面的压力，
木板对斜面的压力为：N=（m1+m2）gcosθ，
对木板，由牛顿第二定律得：μ（m1+m2）gcosθ-m1gsinθ=m1a，
解得，木板加速度：a=
故答案为：
（1）物块再次经过O点时速度大小；
（2）物块停止时距O点的距离．
正确答案
解：（1）物块向右减速至零过程，根据牛顿第二定律得：
此过程运动的位移为：s=
因为Eq＞umg，减速至零后物块会向左加速运动，有
再次回到O点，有v2=2a2s 解得：v=
（2）经过O点后，向左边运动，此时物块不受电场力，只在摩擦力作用下减速至零，有
则：x=
答：（1）物块再次经过O点时速度大小为
（2）物块停止时距O点的距离为0.2m．
解析
解：（1）物块向右减速至零过程，根据牛顿第二定律得：
此过程运动的位移为：s=
因为Eq＞umg，减速至零后物块会向左加速运动，有
再次回到O点，有v2=2a2s 解得：v=
（2）经过O点后，向左边运动，此时物块不受电场力，只在摩擦力作用下减速至零，有
则：x=
答：（1）物块再次经过O点时速度大小为
（2）物块停止时距O点的距离为0.2m．
A1s
B
C1.5s
D条件不足，无法判断
正确答案
解析
解：轮子的线速度v=Rω=0.2×8m/s=1.6m/s，木板的加速度a=μg=1.6m/s2，当木板达到轮子线速度所经过的位移
知木板先做匀加速直线运动再做匀速直线运动，匀加速直线运动的时间
位移为0.8m，则匀速直线运动的位移x2=1.6-0.8m=0.8m，匀速直线运动的时间
所以运动的总时间t=t1+t2=1.5s．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
如图所示，A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=2mg/q，盒外没有电场．盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=6m/s的初速度向右滑行．已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等、方向相反．设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．
试求：
（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；
（2）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；
（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程．
正确答案
解：（1）A在盒子内运动时，qE-mg=ma E=
A在盒子内运动的时间
所以A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间 T=t1+t2=0.4s
（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度
小球在盒子外运动时，盒子的加速度
小球运动一个周期盒子减少的速度为△v=a1t1+a2t2=4×0.2+2×0.2=1.2m/s
从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为
故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．
（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为
小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v2=v1-a1t1=5.2m/s
小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为
小球第二次进入盒子时，盒子的速度v3=v2-a2t2=4.8m/s
小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为
小球第二次从盒子出来时，盒子的速度v4=v3-a1t1=4m/s
小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为
…
分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d=0.12m．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m．
所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为
答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s；
（2）盒子上至少要开11个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；
（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为5.8m．
解析
解：（1）A在盒子内运动时，qE-mg=ma E=
A在盒子内运动的时间
所以A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间 T=t1+t2=0.4s
（2）小球在盒子内运动时，盒子的加速度
小球在盒子外运动时，盒子的加速度
小球运动一个周期盒子减少的速度为△v=a1t1+a2t2=4×0.2+2×0.2=1.2m/s
从小球第一次进入盒子到盒子停下，小球运动的周期数为
故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．
（3）小球第一次在盒内运动的过程中，盒子前进的距离为
小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v2=v1-a1t1=5.2m/s
小球第一次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为
小球第二次进入盒子时，盒子的速度v3=v2-a2t2=4.8m/s
小球第二次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离为
小球第二次从盒子出来时，盒子的速度v4=v3-a1t1=4m/s
小球第二次在盒外运动的过程中，盒子前进的距离为
…
分析上述各组数据可知，盒子在每个周期内通过的距离为一等差数列，公差d=0.12m．且当盒子停下时，小球恰要进入盒内，最后0.2s内盒子通过的路程为0.04m．
所以从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为
答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s；
（2）盒子上至少要开11个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触；
（3）从小球第一次进入盒子至盒子停止运动的过程中，盒子通过的总路程为5.8m．
（1）物块下滑的加速度大小a
（2）物块向上滑行的最大距离s
（3）斜面的倾斜角θ
正确答案
解：（1）由图象可知，物块下滑的加速度a=
（2）由v-t图象的面积法，上滑的位移
S=
即物块向上滑行的最大距离1m．
（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，
物体沿斜面上滑过程，受力如图
根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
a1=
物体沿斜面下滑过程，受力如图
根据牛顿第二定律
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=
由以上两式，代入数据后可解得
θ=30°
即斜面的倾角为30°
答：（1）物块下滑的加速度大小为2m/s2；
（2）物块向上滑行的最大距离为1m；
（3）斜面的倾斜角为30°．
解析
解：（1）由图象可知，物块下滑的加速度a=
（2）由v-t图象的面积法，上滑的位移
S=
即物块向上滑行的最大距离1m．
（3）设物块质量为m，物块与斜面间的滑动摩擦因数为μ，
物体沿斜面上滑过程，受力如图
根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
a1=
物体沿斜面下滑过程，受力如图
根据牛顿第二定律
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=
由以上两式，代入数据后可解得
θ=30°
即斜面的倾角为30°
答：（1）物块下滑的加速度大小为2m/s2；
（2）物块向上滑行的最大距离为1m；
（3）斜面的倾斜角为30°．
根据表中的数据通过分析、计算下列问题：
（1）木块与地面间的动摩擦因数μ；
（2）力F大小；
（3）木块通过的总路程是多少？
正确答案
解：（1）由表中数据可知减速时加速度大小：
a2=
减速过程合力等于阻力，根据牛顿第二定律，有：
f=m a2
故：a2=
代入数据解得：μ=0.2
（2）加速时加速度大小：
a1=
根据牛顿第二定律，有：
F-f=m a1
代入数据解得：F=12N
（3）设加速时间为t，对前11s过程，根据速度时间关系公式，有：
2=4t-2（11-t）
解得：t=4s
故最大速度为：
vm=at=4×4=16m/s
对运动全过程，有：
Vt=4t-2（t总-t）=0
解得：t总=12s
S总=
答：（1）木块与地面间的动摩擦因数μ为0.2；
（2）力F大小为12N；
（3）木块通过的总路程是96m．
解析
解：（1）由表中数据可知减速时加速度大小：
a2=
减速过程合力等于阻力，根据牛顿第二定律，有：
f=m a2
故：a2=
代入数据解得：μ=0.2
（2）加速时加速度大小：
a1=
根据牛顿第二定律，有：
F-f=m a1
代入数据解得：F=12N
（3）设加速时间为t，对前11s过程，根据速度时间关系公式，有：
2=4t-2（11-t）
解得：t=4s
故最大速度为：
vm=at=4×4=16m/s
对运动全过程，有：
Vt=4t-2（t总-t）=0
解得：t总=12s
S总=
答：（1）木块与地面间的动摩擦因数μ为0.2；
（2）力F大小为12N；
（3）木块通过的总路程是96m．
求：（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移
（2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值．
正确答案
解：（1）试管塞开始与试管一起运动了位移：x1=H=0.8m
试管停止运动之后又独立运动了位移：x2=l-h=（0.21-0.01）m=0.20m．
所以试管塞从静止开始到离开试管口的总位移：x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m；
（2）设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v，
由
解得v=8m/s
在试管中做匀减速运动中，由动能定理可得：
解得：Ff=17mg
故滑动摩擦力与重力的比值为17．
答：
（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0m；
（2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为17．
解析
解：（1）试管塞开始与试管一起运动了位移：x1=H=0.8m
试管停止运动之后又独立运动了位移：x2=l-h=（0.21-0.01）m=0.20m．
所以试管塞从静止开始到离开试管口的总位移：x=x1+x2=（0.80+0.20）m=1.0m；
（2）设试管刚停止运动时，试管塞的速度为v，
由
解得v=8m/s
在试管中做匀减速运动中，由动能定理可得：
解得：Ff=17mg
故滑动摩擦力与重力的比值为17．
答：
（1）试管塞从静止开始到离开试管口的总位移为1.0m；
（2）试管塞受到的滑动摩擦力与其重力的比值为17．
（1）B物块释放后多长时间，AB两物块发生碰撞？
（2）AB最后停在距斜面底端P点多远处？取sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2．
正确答案
解：（1）设B物体的质量为m，加速下滑时的加速度为a，其在斜面上时的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得
mgsin37°-f=ma，f=μmgcos37°
解得a=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2．
设B物块释放后经过tsA追上B与其在斜面上相碰，由两者的位移关系得：
代入数据解得t=1.5s．
在1.5s内，B下滑的位移
A、B确实在斜面上发生碰撞．
（2）A碰前的速度vA=a（t+1）=2×（1.5+1）m/s=5m/s，B碰前的速度vB=at=2×1.5m/s=3m/s
由于碰撞时间极短，设碰后两者的共同速度为v，则mvA+mvB=2mv
代入数据解得v=4m/s．
AB相碰时距斜面底端的高度h=（s2-sB）sin37°=（3-2.25）×0.6m=0.45m
设AB滑行斜面后停止P点s3远处，由动能定理得，
2mgh-μ2mg（s2-sB）cos37°
代入数据解得s3=1.9m．
答：（1）B物块释放后经过1.5s两物块发生碰撞．
（2）AB最后停在距斜面底端P点1.9m．
解析
解：（1）设B物体的质量为m，加速下滑时的加速度为a，其在斜面上时的受力情况如图所示，由牛顿第二定律得
mgsin37°-f=ma，f=μmgcos37°
解得a=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2．
设B物块释放后经过tsA追上B与其在斜面上相碰，由两者的位移关系得：
代入数据解得t=1.5s．
在1.5s内，B下滑的位移
A、B确实在斜面上发生碰撞．
（2）A碰前的速度vA=a（t+1）=2×（1.5+1）m/s=5m/s，B碰前的速度vB=at=2×1.5m/s=3m/s
由于碰撞时间极短，设碰后两者的共同速度为v，则mvA+mvB=2mv
代入数据解得v=4m/s．
AB相碰时距斜面底端的高度h=（s2-sB）sin37°=（3-2.25）×0.6m=0.45m
设AB滑行斜面后停止P点s3远处，由动能定理得，
2mgh-μ2mg（s2-sB）cos37°
代入数据解得s3=1.9m．
答：（1）B物块释放后经过1.5s两物块发生碰撞．
（2）AB最后停在距斜面底端P点1.9m．
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