- 牛顿运动定律
- 共29769题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
固定光滑细杆与水平地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环从杆底开始在沿杆方向上的推力 F 作用下向上运动．0-2s内推力的大小为5.0N，2-4s内推力的大小变为5.5N，小环运动的速度随时间变化规律如图所示，重力加速度g=10m/s2．求：
（l）小环在加速运动时的加速度a的大小；
（2）小环的质量m；
（3）细杆与水平地面之间的夹角α．
（4）第4秒末撤去F，求小环到达最高点离开地面的高度．
正确答案
解：（1）由图象知，小环在2-4s内的加速度
（2）令小环质量为m，有：
小环匀速上升时：F-mgsinθ=0 ①
小环加速上升时：F′-mgsin0=ma ②
已知F=5N，F′=5.5N，a=0.5m/s2，所以由①和②解得：
小环质量m=
（3）代入小环质量m=1kg到式①，可得：
所以夹角θ=30°
（4）由v-t图象知，
小环匀速上升的距离：x1=v0t=1×2m=2m
小环加速上升的距离：
小环在重力和杆的支持力作用下做匀减速运动，加速度大小a′=gsinθ=5m/s2
小环匀减速上升的最大距离
所以环沿杆上升的距离x=x1+x2+x3=2+3+0.4m=5.4m
物体离地高度H=
答：（l）小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2；
（2）小环的质量m=1kg；
（3）细杆与水平地面之间的夹角α=30°；
（4）第4秒末撤去F，小环到达最高点离开地面的高度为2.7m．
解析
解：（1）由图象知，小环在2-4s内的加速度
（2）令小环质量为m，有：
小环匀速上升时：F-mgsinθ=0 ①
小环加速上升时：F′-mgsin0=ma ②
已知F=5N，F′=5.5N，a=0.5m/s2，所以由①和②解得：
小环质量m=
（3）代入小环质量m=1kg到式①，可得：
所以夹角θ=30°
（4）由v-t图象知，
小环匀速上升的距离：x1=v0t=1×2m=2m
小环加速上升的距离：
小环在重力和杆的支持力作用下做匀减速运动，加速度大小a′=gsinθ=5m/s2
小环匀减速上升的最大距离
所以环沿杆上升的距离x=x1+x2+x3=2+3+0.4m=5.4m
物体离地高度H=
答：（l）小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2；
（2）小环的质量m=1kg；
（3）细杆与水平地面之间的夹角α=30°；
（4）第4秒末撤去F，小环到达最高点离开地面的高度为2.7m．
①根据上述测量的物理量可计算A、B两物体质量之比
②用天平测量两物体质量，所得A、B两物体质量之比，与上述①所得数据略有差距，试分析造成误差的原因______．
正确答案
3：1
存在空气阻力或摩擦阻力、H或h的测量值有误差
解析
解：A、B整体的加速度a=
根据速度位移公式得，A到达地面的速度
此时B继续上升的高度h′=2.5h-h=1.5h．
根据速度位移公式有v2=2gh′
联立解得
用天平测量两物体质量，所得A、B两物体质量之比，与上述①所得数据略有差距，造成误差的原因可能是存在空气阻力或摩擦阻力、H或h的测量值有误差．
故答案为：①3：1
②存在空气阻力或摩擦阻力、H或h的测量值有误差．
（1）物体与接触面间的动摩擦因数μ=？
（2）A、B之间的距离sAB=？
正确答案
解：（1）物体在斜面上恰能匀速下滑，平行于斜面方向上的合力为零，则
mgsin30°=μmgcos30°
解得：μ=
（2）设物体从A→B的运动过程中加速度大小为a1，B→C的运动过程中加速度大小为a2，则
F-μmg=ma1
μmg=ma2
解得a1=
a2=10
根据匀变速直线运动位移速度公式得：
所以a1sAB=a2sBC
解得：sAB=10 m
答：（1）物体与接触面间的动摩擦因数为0.58；（2）A、B之间的距离为10m．
解析
解：（1）物体在斜面上恰能匀速下滑，平行于斜面方向上的合力为零，则
mgsin30°=μmgcos30°
解得：μ=
（2）设物体从A→B的运动过程中加速度大小为a1，B→C的运动过程中加速度大小为a2，则
F-μmg=ma1
μmg=ma2
解得a1=
a2=10
根据匀变速直线运动位移速度公式得：
所以a1sAB=a2sBC
解得：sAB=10 m
答：（1）物体与接触面间的动摩擦因数为0.58；（2）A、B之间的距离为10m．
目前，配置较高的汽车都安装了ABS（或EBS）制动装置，可保证车轮在制动时不会被抱死，使车轮仍有一定的滚动．安装了这种防抱死装置的汽车，在紧急刹车时可获得比车轮抱死更大的制动力，从而使刹车距离大大减小．假设汽车安装防抱死装置后刹车制动力恒为F，驾驶员的反应时间为t，汽车的质量为m，刹车前匀速行驶的速度为v，则（ ）
A汽车刹车时间t′=
B汽车刹车的加速度大小为a=
C汽车的刹车距离为s=vt+
D汽车的刹车距离为s=vt+
正确答案
解析
解：A、汽车刹车后做匀减速直线运动，刹车时间t′=
B、根据牛顿第二定律得：汽车的加速度大小为
C、刹车距离s=vt+
故选AD
（1）卡车制动的加速度满足什么关系时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止？
（2）卡车制动后为保证司机安全，在B相对车厢底静止的情况下，预制件A不与车厢前挡板碰撞，则卡车从开始制动到停止所经历的时间应满足什么条件？
正确答案
解：（1）对A根据牛顿第二定律，则有：μ1mg=ma1
即：a1=μ1g
对B，根据牛顿第二定律，
则有：2μ2mg-μ1mg=ma2
即：a2=（2μ2-μ1）g
要使A相对B滑动，需满足a1＜a车
要使B相对于车厢底板静止，需满足a车＜a2
以上各式联立得：μ1g＜a车＜（2μ2-μ1）g
（2）卡车制动后，设A的位移为s1，有：
卡车的位移为s车 有：
要使A不与车厢的前挡板相碰，应满足 s1-s车≤L
即：
故有：
设卡车制动时间为t，则有：v0=a车t
得：
答：（1）卡车制动的加速度满足μ1g＜a车＜（2μ2-μ1）g时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止；
（2）制动后为保证司机安全，需使预制件不与车厢前挡板碰撞，则从卡车开始制动到停止所经历的时间应满足t≥
解析
解：（1）对A根据牛顿第二定律，则有：μ1mg=ma1
即：a1=μ1g
对B，根据牛顿第二定律，
则有：2μ2mg-μ1mg=ma2
即：a2=（2μ2-μ1）g
要使A相对B滑动，需满足a1＜a车
要使B相对于车厢底板静止，需满足a车＜a2
以上各式联立得：μ1g＜a车＜（2μ2-μ1）g
（2）卡车制动后，设A的位移为s1，有：
卡车的位移为s车 有：
要使A不与车厢的前挡板相碰，应满足 s1-s车≤L
即：
故有：
设卡车制动时间为t，则有：v0=a车t
得：
答：（1）卡车制动的加速度满足μ1g＜a车＜（2μ2-μ1）g时，预制件A相对B滑动，而B相对车厢底板静止；
（2）制动后为保证司机安全，需使预制件不与车厢前挡板碰撞，则从卡车开始制动到停止所经历的时间应满足t≥
一辆小车静止在水平地面上，bc是固定在车上的一根水平杆，物块M穿在杆上，M通过细线悬吊着小物体m，m在小车的水平底板上，小车未动时细线恰好在竖直方向上．现使小车如图分四次分别以a1，a2，a3，a4向右匀加速运动，四种情况下M、m均与车保持相对静止，且图甲和图乙中细线仍处于竖直方向，已知以a1：a2：a3：a4=1：2：4：8，M受到的摩擦力大小依次为f1，f2，f3，f4，则错误的是（ ）
正确答案
解析
解：A、B、甲乙两图中，M水平方向只受静摩擦力作用，根据牛顿第二定律得：
f1=ma1
f2=Ma2
而a1：a2=1：2，则f1：f2=1：2，故A正确，B错误；
C、丙丁两图中，对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图
根据牛顿第二定律，有
f=（M+m）a
所以f3：f4=a3：a4=4：8=1：2，故C正确，
D、对物体m隔离受力分析，可得tanθ=
本题选错误的，故选：B
求：①推力F的大小
②若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3.0s后撤去，箱子最远运动多长距离．
正确答案
解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有
Fcosθ=f
f=μN
N=G+Fsinθ
联立以上三式代数据，得F=1.2×102N
（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，有F-μN=maN=G
联立解得a=2.0m/s2
v=at=6.0m/s
推力停止作用后
则
答：①推力F的大小为1.2×102N；
②箱子最远运动13.5m距离．
解析
解：（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有
Fcosθ=f
f=μN
N=G+Fsinθ
联立以上三式代数据，得F=1.2×102N
（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，有F-μN=maN=G
联立解得a=2.0m/s2
v=at=6.0m/s
推力停止作用后
则
答：①推力F的大小为1.2×102N；
②箱子最远运动13.5m距离．
正确答案
解析
解：A、若传送带逆时针匀速转动，物体在传送带上一直做匀减速运动，加速度大小a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2，根据速度位移公式得，到达B点的速度
B、若传送带逆时针转动，物体一直做匀减速运动，加速度的大小与传送带速度无关，则到达另一端的速度与传送带速度无关，故B错误．
C、若传送带顺时针匀速转动，若传送带的速度小于3m/s，则物体在传送带上做匀减速运动，到达另一端的速度为3m/s，故C正确，D错误．
故选：AC．
（1）木板与墙壁碰撞时，木板和滑块的瞬时速度各是多大？
（2）木板与墙壁碰撞后，经过多长时间小滑块停在木板上？
正确答案
解：（1）木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小分别为：
am=
aM=
设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有：
vM2-v02=-2aML
解得
vM=3 m/s
根据速度时间公式，有
vm=amt=2.4 m/s
即木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是3m/s，滑块的瞬时速度是2.4m/s．
（2）设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左为正方向；
对木板有 v=vM-aMt2
对滑块有 v=-vm+amt2
代入公式有 3-5t2=-2.4+4t2
解得 t2=0.6s
即经过0.6s时间小滑块停在木板上．
解析
解：（1）木板获得初速度后，与小滑块发生相对滑动，木板向右做匀减速运动，小滑块向右做匀加速运动，根据牛顿第二定律，加速度大小分别为：
am=
aM=
设木板与墙碰撞时，木板的速度为vM，小滑块的速度为vm，根据运动学公式有：
vM2-v02=-2aML
解得
vM=3 m/s
根据速度时间公式，有
vm=amt=2.4 m/s
即木板与墙壁碰撞时，木板的瞬时速度是3m/s，滑块的瞬时速度是2.4m/s．
（2）设木板反弹后，小滑块与木板达到共同速度所需时间为t2，共同速度为v，以水平向左为正方向；
对木板有 v=vM-aMt2
对滑块有 v=-vm+amt2
代入公式有 3-5t2=-2.4+4t2
解得 t2=0.6s
即经过0.6s时间小滑块停在木板上．
正确答案
解：水平方向有：Fcos37°-μFN=ma ①
竖直方向有：mg=Fsin37°+FN ②
联立①②，代入数据解得：a=0.66m/s2．
经过2s后物体运动的位移
答：经过2s后，物体运动了1.32m．
解析
解：水平方向有：Fcos37°-μFN=ma ①
竖直方向有：mg=Fsin37°+FN ②
联立①②，代入数据解得：a=0.66m/s2．
经过2s后物体运动的位移
答：经过2s后，物体运动了1.32m．
（1）物块运动的加速度大小；
（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：（1）根据匀变速直线运动位移公式x=
a=4.0m/s2
（2）物块受力图如下图所示：
根据牛顿第二定律，有：
Fcos37°-f=ma
Fsin37°+FN=mg
由摩擦力公式得f=μFN
解得：
μ=0.125
答：（1）物块运动的加速度大小为4.0m/s2；
（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.125．
解析
解：（1）根据匀变速直线运动位移公式x=
a=4.0m/s2
（2）物块受力图如下图所示：
根据牛顿第二定律，有：
Fcos37°-f=ma
Fsin37°+FN=mg
由摩擦力公式得f=μFN
解得：
μ=0.125
答：（1）物块运动的加速度大小为4.0m/s2；
（2）物块与水平面间的动摩擦因数μ为0.125．
正确答案
解析
解：AB、对于球，由平衡条件得：
水平方向有：Fasinα-Fb=0
竖直方向有：Facosα-mg=0
解得：Fa=
C、如果小车向右做匀加速直线运动，加速度向右，小球所受的合外力向右，可能由重力与b绳拉力的合外力产生加速度，故C正确．
D、若绳a的拉力为零，小球的合力不可能水平向左，由牛顿第二定律球的加速度不可能水平向左，因此不可能向左匀加速运动，故D错误．
故选：C．
（1）使物块不掉下去的最大拉力F0（物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．
（2）如果拉力F=21N恒定不变，小物块所能获得的最大动能．
正确答案
解：（1）物块刚好不掉下去，物体与木板达到最大静摩擦力，且具有相同的最大加速度a1，
对物块，最大加速度，
对整体：F0-μ2（M+m）g=（M+m）a1
∴F0=μ2（M+m）g+（M+m）a1=12N
（2）当拉力F=21N＞F0时，物块相对木板滑动．
对木板，加速度
设小物块滑离时经历的时间为t，
则
∴t=1s
此时Vm=a1t=1m/s
∴
答：（1）使物块不掉下去的最大拉力为12N．
（2）如果拉力F=21N恒定不变，小物块所能获得的最大动能为0.5J．
解析
解：（1）物块刚好不掉下去，物体与木板达到最大静摩擦力，且具有相同的最大加速度a1，
对物块，最大加速度，
对整体：F0-μ2（M+m）g=（M+m）a1
∴F0=μ2（M+m）g+（M+m）a1=12N
（2）当拉力F=21N＞F0时，物块相对木板滑动．
对木板，加速度
设小物块滑离时经历的时间为t，
则
∴t=1s
此时Vm=a1t=1m/s
∴
答：（1）使物块不掉下去的最大拉力为12N．
（2）如果拉力F=21N恒定不变，小物块所能获得的最大动能为0.5J．
正确答案
解：
对小球受力分析：
Tsinθ=ma
Tcosθ+F=mg
F=kx
解得：x=
讨论：
①若a＜gcot θ
则弹簧伸长x=
②若a=gcot θ
则弹簧伸长x=0
③若a＞gcot θ
则弹簧压缩x=
答：
①若a＜gcot θ
则弹簧伸长x=
②若a=gcot θ
则弹簧伸长x=0
③若a＞gcot θ
则弹簧压缩x=
解析
解：
对小球受力分析：
Tsinθ=ma
Tcosθ+F=mg
F=kx
解得：x=
讨论：
①若a＜gcot θ
则弹簧伸长x=
②若a=gcot θ
则弹簧伸长x=0
③若a＞gcot θ
则弹簧压缩x=
答：
①若a＜gcot θ
则弹簧伸长x=
②若a=gcot θ
则弹簧伸长x=0
③若a＞gcot θ
则弹簧压缩x=
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