- 牛顿运动定律
- 共29769题
正确答案
解析
解：A、假设绳子拉力为T，根据牛顿第二定律，有：
对A，有：m1g-T=m1a；
对BC整体，有：T=（M+m2）a；
联立解得：T=15N，a=2.5m/s2，方向向下，故处于失重状态，故AB正确；
C、对C受力分析，受重力、支持力和静摩擦力，根据牛顿第二定律，有：f=m2a=1×2.5=2.5N，故C正确；
D、绳子的张力为15N，由于滑轮两侧绳子垂直，根据平行四边形定则，其对滑轮的作用力为15
本题选错误的，故选：D．
正确答案
解析
解：物体受重力、支持力及拉力；由于竖直方向重力与支持力平衡；则合外力等于F；
由牛顿第二定律可得：
a=
故选：B．
一质量为m的物体以初速度v0冲上一倾角为θ的光滑固定斜面，则下列说法正确的是（ ）
A物体做匀减速运动，其加速度的大小为gsinθ
B物体以速度v0匀速运动
C物体从斜面底端上升到最高点所用时间为
D物体沿斜面上升的最大高度为
正确答案
解析
解：A、物体在斜面上所受合力大小为mgsinθ，方向沿斜面向下，而物体的初速度方向沿斜面向上，故可知物体在斜面上做匀减速运动，加速度大小为gsinθ，故A正确；
B、由A知，物体沿斜面向上匀减速运动，故B错误；
C、由A知，物体在斜面上运动的加速度大小为gsinθ，物体的初速度为v0，则可知物体上升的时间t=
D、据匀变速直线运动的速度位移关系知，物体沿斜面上滑距离x=
故选：AD．
AaA=
BaA=aB=
CaA=
DaA=0，aB=2g
正确答案
解析
解：对滑轮分析：F-2T=ma，又m=0，所以
对A分析：由于T＜4mg故A静止，aA=0
对B：aB=
故选：D
正确答案
解：设小球经过B点时速度为v0，则：
小球平抛的水平位移为：
x=
小球离开B后做平抛运动，
在水平方向：x=v0t，
在竖直方向上：2R=
解得：v=
在B点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：
F+mg=m
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力F′=F=
答：小球对轨道口B处的压力为
解析
解：设小球经过B点时速度为v0，则：
小球平抛的水平位移为：
x=
小球离开B后做平抛运动，
在水平方向：x=v0t，
在竖直方向上：2R=
解得：v=
在B点小球做圆周运动，由牛顿第二定律得：
F+mg=m
由牛顿第三定律，小球对轨道的压力F′=F=
答：小球对轨道口B处的压力为
（1）某一时刻轻绳被拉断，求此时外力F的大小；
（2）若轻绳拉断前瞬间A、B的速度为3m/s，绳断后保持外力F不变，求当A运动到最高点时，A、B之间的距离．
正确答案
解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得：
F-（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a
A物体：T-mAgsinθ=mAa
代入数据解得：F=60N；
（2）设沿斜面向上为正，A物体：
-mAgsinθ=mAaA，
解得：aA=-6m/s2，
因为v0=3m/s，
所以A物体到最高点为：t=
此过程A物体的位移为：xA=
B物体：F-mBgsinθ=mBaB，
xB=v0t+
所以两者间距为：△x=xB-xA+L
代入数据解得：△x=2.375m
答：（1）此时外力F的大小为60N；
（2）A、B之间的距离为2.375m．
解析
解：（1）对整体分析，根据牛顿第二定律得：
F-（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a
A物体：T-mAgsinθ=mAa
代入数据解得：F=60N；
（2）设沿斜面向上为正，A物体：
-mAgsinθ=mAaA，
解得：aA=-6m/s2，
因为v0=3m/s，
所以A物体到最高点为：t=
此过程A物体的位移为：xA=
B物体：F-mBgsinθ=mBaB，
xB=v0t+
所以两者间距为：△x=xB-xA+L
代入数据解得：△x=2.375m
答：（1）此时外力F的大小为60N；
（2）A、B之间的距离为2.375m．
正确答案
＞
=
＜
解析
解：对小球受力分析，根据平衡条件有：
mag=
mbg=
所以ma＞mb；
ma＞mb，因此水平方向上，a的加速度小于b的加速度．
竖直方向上作自由落体运动，根据运动的独立性可知，两球同时落地，ta=tb；
由于a的加速度小于b的加速度，因此a球水平飞行的距离比b球小；
故答案为：＞、=、＜．
正确答案
解析
F1、F2与F的夹角为30°，则有F1=F2=
举重运动是力量和技巧充分结合的体育项目，就“抓”举而言，其技术动作可分为预备、提杠发力、下蹲支撑、起立、放下杠铃等动作，如图所示表示了其中的几个状态．在“提杠发力”阶段，运动员对杠铃施加恒力作用，使杠铃竖直向上加速运动；“下蹲支撑”阶段，运动员不再用力，杠铃继续向上运动，当运动员处于“下蹲支撑”处时，杠铃的速度恰好为零．
（1）为了研究方便，可将“提杠发力”、“下蹲支撑”两个动作简化为较为简单的运动过程来处理，请定性画出相应的速度-时间图象．
（2）已知运动员从开始“提杠发力”到“下蹲支撑”处的整个过程历时0.8s，杠铃总共升高0.6m，求杠铃获得的最大速度．
（3）若杠铃的质量为150kg，求运动员提杠发力时对杠铃施加的作用力大小．
正确答案
解：（1）由题意，杠铃先匀加速直线运动后匀减速直线运动故图象为
（2）设杠铃的最大速度为vm，加速阶段上升的高度为h1，时间为t1；
减速阶段上升的高度为h2，时间为t2，全程高度为H，总时间为t．
图中三角形的面积表示杠铃上升的总高度，为：
可得
（3）下落为自由落体运动
t1=t-t2=0.65s
杠铃加速上升的加速度为：
由牛顿第二定律得：F-mg=ma
求得：F=m（g+a）=150×（10+2.31）N=1846N
解析
解：（1）由题意，杠铃先匀加速直线运动后匀减速直线运动故图象为
（2）设杠铃的最大速度为vm，加速阶段上升的高度为h1，时间为t1；
减速阶段上升的高度为h2，时间为t2，全程高度为H，总时间为t．
图中三角形的面积表示杠铃上升的总高度，为：
可得
（3）下落为自由落体运动
t1=t-t2=0.65s
杠铃加速上升的加速度为：
由牛顿第二定律得：F-mg=ma
求得：F=m（g+a）=150×（10+2.31）N=1846N
（1）求服务员运动的最大加速度；
（2）服务员上菜所用的最短时间；
（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，求服务员的最大加速度．
正确答案
解：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：
Ff1=ma1，
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，
解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
Ff2=（M+m）a2，
手和托盘间相对静止，则：
Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，
则最大加速度：amax=1.25m/s2；
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，
加速运动时间：t1=
位移：x1=
减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，
匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，
匀速运动时间：t3=
最短时间：t=t1+t2+t3=6s；
（3）同（1）可知：
碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，
最大加速度：amax=1m/s2；
答：（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；
（2）服务员上菜所用最短时间是6s；
（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2
解析
解：（1）设碗的质量为m，托盘的质量为M，以最大加速度运动时，碗、托盘、手保持相对静止，碗受力如图甲所示，由牛顿第二定律得：
Ff1=ma1，
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，
解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
Ff2=（M+m）a2，
手和托盘间相对静止，则：
Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，
则最大加速度：amax=1.25m/s2；
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，
加速运动时间：t1=
位移：x1=
减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，
匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，
匀速运动时间：t3=
最短时间：t=t1+t2+t3=6s；
（3）同（1）可知：
碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，
最大加速度：amax=1m/s2；
答：（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；
（2）服务员上菜所用最短时间是6s；
（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2
（1）物体从放上传送带开始到第一次滑到水平传送带右端的时间；
（2）物体从放上传送带开始到第二次滑到水平传送带右端的时间．（不计滑上倾斜传送带时损失的能量，g=10m/s2）
正确答案
解：（1）物体在水平传送带摩擦力的作用下，向右加速，加速度为：a1=μg=5m/s2
加速时间：t1=
此时，物体运动位移为：x1=
之后物体与传送带一起向右匀速的时间为：
故物体从放上传送带开始到第一次滑到水平传送带右端的时间：t=t1+t2=2.8+0.1=2.9s
（2）物体沿倾斜传送带上滑过程，以加速度为：a=-（gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8）=-10m/s2
向上减速，减速时间：t1′=
上滑位移：x1′=
当减速到与传送带速度相同时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物体仍减速，直到速度为零
此时加速度为：a′=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
减速时间：t2′=
上滑位移：x2′=
故物体冲上倾斜传送带共经历位移为：x=x1′+x2′=9+4=13m
之后物体下滑，加速度为2m/s2
由x=
故物体从放上传送带开始到第二次滑到水平传送带右端的时间：T=2.9+1+2+
答：（1）物体从放上传送带开始到第一次滑到水平传送带右端的时间为2.9s；
（2）物体从放上传送带开始到第二次滑到水平传送带右端的时间为
解析
解：（1）物体在水平传送带摩擦力的作用下，向右加速，加速度为：a1=μg=5m/s2
加速时间：t1=
此时，物体运动位移为：x1=
之后物体与传送带一起向右匀速的时间为：
故物体从放上传送带开始到第一次滑到水平传送带右端的时间：t=t1+t2=2.8+0.1=2.9s
（2）物体沿倾斜传送带上滑过程，以加速度为：a=-（gsinθ+μgcosθ=10×0.6+0.5×10×0.8）=-10m/s2
向上减速，减速时间：t1′=
上滑位移：x1′=
当减速到与传送带速度相同时，由于mgsinθ＞μmgcosθ，物体仍减速，直到速度为零
此时加速度为：a′=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
减速时间：t2′=
上滑位移：x2′=
故物体冲上倾斜传送带共经历位移为：x=x1′+x2′=9+4=13m
之后物体下滑，加速度为2m/s2
由x=
故物体从放上传送带开始到第二次滑到水平传送带右端的时间：T=2.9+1+2+
答：（1）物体从放上传送带开始到第一次滑到水平传送带右端的时间为2.9s；
（2）物体从放上传送带开始到第二次滑到水平传送带右端的时间为
正确答案
解析
解：以两物体整体为研究对象，由牛顿第二定律得：
F-（m1+m2）gsinα=（m1 +m2）a，
对m2，由牛顿第二定律得：N-m2gsinα=m2a，
解得：N=
故答案为：
（1）当斜面体以多大的加速度向左加速运动时，球对斜面的压力为零？
（2）当斜面体以a=2g的加速度向左加速运动时，轻弹簧的长度为多少？
正确答案
解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：Fcos45°=ma
竖直方向：Fsin45°=mg
解得：
a=g
（2）当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析受重力和拉力，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：Fcosθ=ma=2mg
竖直方向：Fsinθ=G
解得：
tanθ=
F=
根据胡克定律，伸长量为：
△L=
故长度为：L=
答：（1）当斜面体以加速度g向左加速运动时，球对斜面的压力为零；
（2）当斜面体以a=2g的加速度向左加速运动时，轻弹簧的长度为
解析
解：（1）对小球受力分析，受重力、拉力，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：Fcos45°=ma
竖直方向：Fsin45°=mg
解得：
a=g
（2）当斜面体以a=2g的加速度向左运动时，对小球受力分析受重力和拉力，由于a=2g＞g，所以小球会飘起来，假设F与水平面夹角为θ，根据牛顿第二定律，有：
水平方向：Fcosθ=ma=2mg
竖直方向：Fsinθ=G
解得：
tanθ=
F=
根据胡克定律，伸长量为：
△L=
故长度为：L=
答：（1）当斜面体以加速度g向左加速运动时，球对斜面的压力为零；
（2）当斜面体以a=2g的加速度向左加速运动时，轻弹簧的长度为
A对地面的压力为28N
B所受的摩擦力为4
C所受的合力为5N
D所受的合力为0
正确答案
解析
解：
B、物体的最大静摩擦力为fm≥μN=0.5×24N=12N．F的水平方向分力大小为F‘=Fcos30°=4
C、D由上分析可知，物体处于静止状态，合力为零．故C错误、D正确．
故选：BD．
（1）小球在AB段上的运动时间；
（2）小球与CD间的动摩擦因数．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得，小球在AB段的加速度为：
根据L=
（2）对于AB段，根据速度位移公式得：
对CD段，有：
根据牛顿第二定律得，小球在CD段上运动时，加速度为：
联立解得：μ=
答：（1）小球在AB段上的运动时间为
（2）小球与CD间的动摩擦因数为
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得，小球在AB段的加速度为：
根据L=
（2）对于AB段，根据速度位移公式得：
对CD段，有：
根据牛顿第二定律得，小球在CD段上运动时，加速度为：
联立解得：μ=
答：（1）小球在AB段上的运动时间为
（2）小球与CD间的动摩擦因数为
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