牛顿运动定律好题集萃-教师版

f=μmgF−μmAg=mAaA2Ncosα=mgcosθf=2μN据前面分析，由于N不变，则下滑过程中竹竿ma=mgsinθ−fD．由于下滑加速度变小，根据匀变速直线运动规律at2，则下滑时间不变，故D错f=μmg=0.3×0.5×10N=1.5NF<f木箱水平向右做匀加速运动时，物块A和木箱加速度方向相反，物块A相对木aAC．设绳子劲度系数为k，对全过程由机械能守恒定律可得在x2处，由平衡条件可得D．在x3处，由牛顿第二定律可得m0Fkat2+ma可见F与t是二次函数关系，F-t图象是开口向上的拋物线，当x=0时，F=ma>0，故C正【详解】根据牛顿第二定律得因为阻力随速度增大而增大，所以阻力—时间FbBCD．对小球受力分析，如下图所示小球的位置应该处于A和A'之间设OA与竖直方向的夹角为θ,此时mgtanθ=maa=gtanθ擦力减小，当摩擦力小于磁铁间的相互吸引力时，磁铁故选B。D．F-t图像中面积表示力对时间的积累，即冲量。由图可知，从a到f记录了电梯的一个运积等于曲线def与线段df包围的面积，选项D正确。球由于惯性而向下运动，故停止前升降机是向下运动的，AC．t1t2时间段可分为两段，F=mg时金属球的加速度为0，前一段时间金属球加速D．t2和t4两时刻弹簧的形变量均为0，金属球在斜面方向上只有重力的分力产生加速度，无论是否悬空，滑块对桌面的正压力大小都等于滑块的重力，则根据牛顿第二B．细线被烧断后，对球C由牛顿第二定律得mgsinθ=ma，故a=gsinθ,方向沿斜面向C．细线被烧断前，将ABC当作整体，则弹簧弹力为F=6mgsinθ,细线被烧断的瞬间，6mgsinθ−5mgsinθ=5ma'【详解】细绳被剪断前解得g，D正确，A错误；F−fmax=maTsin37o=mgTcos37o=kx则径向合力为零，切向合力提供切向加速度n左壁作用力为0，顶部作用力macotθ−mgNcosθ=mgNcosθ﹣F=mg 221）221）μ=，m=2）Fmin=3）amax=gF1cosθ1=μ(mg−F1sinθ1)（2）设物体在与地面成θ角的拉力F,作用下恰好能匀速运动，则有F,cosθ=μ(mg−F,sinθ)（3）设力F与地面的夹角为θ时物体的加速度大小为a，则有Fcosθ−μ(mg−Fsinθ)=ma力与竖直方向的夹角记为θ,显然tanθ=μ,根据三力平衡条件有如图甲所示的关系 即max设R和Q之间相互作用力为F1，对物块R，根据牛顿第二定律有F设Q与P之间相互作用力大小为F2，对物块P，根据牛顿第二定律有无论μ是否为零恒成立。作整体，整体没有加速处于平衡状态，斜劈受到的摩擦力为零，故Am2g>m1gsinα知asinα−m2am1gsinα>m2g故FN2)g【详解】AB．滑块向上滑动过程中，斜面对m的摩擦为滑动摩擦力，大小为f=μmgcosθ的分加速度先向右变小，后向左变大，整体根据牛顿第二定律可知，地面对M【详解】设初始时弹簧的压缩量为x1，则根据胡克定律有2)gsinθ①②gsinθ=m1a③m/s2④初始状态下F有最小值Fmin，此时对P、Q整体根据牛顿第二定律有Fmin−m2gsinθ=m2a⑦的合力提供加速度，所以重力大于支持力．故FN1=FN3＞FN2．故选B设物块与斜面之间的动摩擦因数为μ,则有f滑=μFNμ=tanθ由μ=tanθ可得mgsinθ−μmgcosθ=0f=μ(F+mgcosθ)由μ=tanθ可得μmgcosθ=mgsinθ方向不变，大小改变，其比值=μ不变，结合μ=tanθ可得则f滑、FN的合力仍然竖直向下，重力与地面的支持力在竖直方向上，则地面给斜面体的摩【详解】A．当不受外力时，m正好保持匀速下滑，对m受力分析有mgsinθ=ff=μmgcosθ即mgsinθ=μmgcosθ在m上加一竖直向下的力F1，则有则m将保持匀速运动，由整体分析可知M对地无摩擦力的作用，故A错误；B．在m上加一沿斜面向下的力F2，对m，垂直斜面方面N=mgcosθm与斜面间的弹力大小不变，故滑动摩擦力大f=μmgcosθmgsinθ+F2>μmgcosθ物块m所受的合力将沿斜面向下，故做加速运动，由上面分析可得，物块m所受斜面给的C．在m上加一水平向右的力F3，沿斜面方向mgsinθ−F3cosθ−μ(mgcosθ+F3sinθ)<0故物体做减速运动；对物块所受支持力增加了F3sinθ,则摩擦力增加μF3sinθ,即支持力D．无论在m上加上什么方向的力，m对斜面的压力与m对斜面的摩擦力都是以1:μ的比例μ=tanα若同时撤去F1和F2，在滑块B仍向下运动的过程中，B受力如图乙所示，有f3=μN3=μGBcosα=GBsinαmgsACsinθ−μ1mgcosθsAB−μ2mgcosθsBsAC:sAB:sBC=3:2:12μ1+μ=3.tanθ对A受力分析则有+mAg−FN=mAa1Ag速度向下，此时为失重，平衡位置下方支持力大于重力，物体B受到的合AgF=1.2mg，a=0.4g，F弹2=0.6mgN12mg=F弹做匀加速运动，因为弹簧弹力在变化，所以外力F大小也会变，故B错误；mgsinθ=f又μmgcosθ=fμ=tanθ又μ(mgcosθ+F)−mgsinθ=ma2gtanθ=(F+mgcosθ)sinθ=mgsinθ+mgsinθcosθ=μ(F+mgcosθ)cosθ=mgsinθ+mgsinθcosθ=Mg+(F+mgcosθ)cosθ+μ(F+mgco又B)gC)a0TAg=mAa11TmAg2kΔx1+mQ)gsin37。两物块恰好分离，由于加速度向上，弹簧仍然处于压缩状态，则有Qa得2且f=μFa=g(sinθ−μcosθ)可知，沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块最先由【详解】A．若F=0.75mgsinθ,则F与重力沿斜面分力的合力为由于μ=tanθ,即fm=μmgcosθ=mgsinθ<F合B．若F=0.75mgsinθ,则a的合力为−fm=mgsinθ大小等于mgsinθ时，则b、c间摩擦力有为零。故C正确；为θ。=mgsinθ+fm=2mgsinθFmsinθ+N=(m+M)gN=Mg+mgcos2θ力，系统竖直合力向下，则整体失重，所以地面给斜面的支持力小于(m+M)g。h=Lsinθ小孩在B点的速度为v．小孩从A到B过程中，μ地面对滑梯的支持力FN小于小朋友和滑梯的总重力；同理，小孩在BC段做匀减速直线运根据平衡条件，有N1第三定律，有N=N1=MgtanθN2=N=Mgtanθf=mgf=μN2N2=MgcosθcosθFF100，0x2①②320(x23得随x逐渐增大，a从gsinθ逐渐减小，在A点，a与b开始相对运动，若b依然加速，则a不能加速(μmgcosθ>mgsinθ),两者无法分离，故只能b已经在减速，满足kx>(ma+mb)gsinθ而a受的力能提供减速的加速度比b小，即μmagcosθ-magsinθ=maaa即aa=g(μcosθ-sinθ)mBg−N=mBaN,−mBg=mBa,N,=28N【详解】A．设P、Q静止时弹簧的压缩量为x0，由平衡条件有+m2)gsinθ=kx0施加力F让两物体一起做匀加速直线运动，设位移为x，由牛顿第二定律有2)gsinθ=(m1+m2)aa2gsinθ一起匀加速时两者间的弹力逐渐减小到零时分开，故运动时的弹力小于m2gsinθ,故B正F−m2gsinθ=m2agsinθ=m1a因加速度不为零，可知弹簧处于伸长状态，弹力大小一定大于m1gsinθ,因P物体有沿斜面F=3ma对斜劈和球构成的系统，若斜劈与板之间的摩擦力达到最大静摩擦得a板>aB．若μ=0.5，假设斜劈与球保持相对静止，则对得a球>a可知此情况下不论F多大，小球均能和斜劈保C．若μ=0.8，假设板、球和斜劈相对静止为(m+m+m)a=24N【详解】511）a=6m/s22）vm=3m/s，2.1mAB)aF−mCgsinθ=mCaa=6m/s2C开始做减速运动，因此物体A落地的瞬间，物体C的速度最大。从释放到物体A落地的瞬vm假设A落地后当C的速度减为零时，物体B未落在水平面上，C沿斜面体继续上滑的距离显然当物体B落地后，物体C继续沿斜面体上滑，此后速度减为零；从A落地到B落地的过程，由 521）a=1.2m/s2，均为7.2N（2）μ≥0.93）t=2.5sMgsinα−mgsinα=(M+m)a对M，设M与绸带间的静摩擦为f，则Mgsinα−f=Maf=7.2N（2）由于最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，所以M为μMgcosα,μmgcosα,二者动摩擦因数相等，显然μMgcosα>μmgcosα所以当μ减小时，首先发生相对滑动的是m，当m与绸带出现相对滑动时，M与绸带间不会出现相对滑动，绸带将随着M一起运动。欲使物块M、m与绸带不发生相对滑动，则需μmgcosα≥f（3）设M与绸带一起运动的加速度为a1，m加速度为a2，则Mgsinα−μmgcosα=Ma1mgsinα−μmgcosα=ma2所以当M与绸带一起运动时，m将离开绸带设m从离开绸带到滑到斜面底端用时为t2，则有t2=1s2mgsinθmμ=0.5<tanθ=0.75 D．根据上述，煤块从冲上传送带到返回A端所用的时间为smgsinθ>μBmgcosθamgsinθ=μAmgcosθ物块做匀减速运动，则当 v0 v2分析可知当传送带速度大于m/s以后，物块的速度一直都是m/s，则可得出物块一直D．当v2=3.5m/s时，物块在传送带上运动的过程中，电动机因传送物561）1.4s2）1s3）2m【详解】（1）小物块放在A点后在摩擦力作用下向右做匀加速运动则小物块从A到B所用时间2mgsin37o=0.6mg>μmgcos37o=0.2mg所以小物块一直匀加速运动，在BC段的加速度大小为a2a2mt3x22x3得2则物块P减速至与传送带速度相等所需时间t1及此段时间内p与发生的相对位移分别为x4m＜L2传v2 得F=19.5N，μ=x2x22Δx2W=−μmgcosθ.x1+μmgcosθ.为f=μmgcos37o=4m由tB而A物体相对传送带先向上运动，所以开aA1tA1aA1由tA2tA=ttA2ΔxA=s−x=4m移相同，可知运动时间也相同，由tB1mgsinθ+μmgcosθ=ma12mgsinθ−μmgcosθ=ma22再反向加速至回到A点，v—t图像如图所示设返回到A点所需的时间为t1，则有 结合图像知，物块从冲上传送带到返回A端所用时间为 t总L2<L1 煤块向下滑了10m，传送带向上滑了45m，则煤块在传送带上的划痕为L3611）10m/s2，方向沿传送带向下2）m，−J3）3m/s，40J传送带向下的摩擦力和沿绳向下的拉力，根据牛顿第二定律有m1gsinθ+T+μm1gcosθ=m1a1（2）物块减速到与传送带共速后，物块继m1gsinθ+T−μm1gcosθ=m1a2m2g−T=m2a2a2xm2x2xm=mW+fx2f=μm1gcosθf32x2相x2传x2物=fx2相=3v(J)23621）0.12N2）2s3）0.8m4）5.7mμAmAgcosθ+μBmBgcosθ=(mA+mB)gsinθ=0.24T+μBmBgcosθ=mBgsinθ则物块B沿传送带由静止加速下滑，设加速度大小为a1，对物块B，根据牛顿第二定律有mBgsinθ−μBmBgcosθ=mBa1t物块B与挡板P碰撞后先沿传送带减速上滑，设加速度大小为a2，mBgsinθ+μBmBgcosθ=mBa2a2ss2sB2sBμAmAgcosθ−mAgsinθ=mAaAaAxAA1xtA2xA1A2tA2s3B3根据物块与车的动摩擦因数可知，物块与车的滑动摩擦力产生的加右的滑动摩擦动力，则其加速度为1m/s2，6s末物块的速度v物t此时平板车的速度大于物块速度，物块继续受向右滑动摩擦力而加速，车在减速，设经t’二者速度相等，则m−ata'=−2m/s2amax2物8s后物块速度大于平板车速度，物块到零，则a22物块与平板车共速前，物块相对于平板车向后运动，其相对位移物块与平板车共速后，物块相对于平板车向前运动，其相对位移2当f2<F<f1F<f2所以当F增大到6N时，A、B相对静止；f0=μmgfm=2μmgF−f11当力F2【详解】由题图2知，当F=F1时小物块与长木板均恰好开始相对F=μ+M)g=(m+M)a即-a0=-μ2g0μ20gm+MF1F-μ1mg=ma1 mF3-F2μ2)gg−μ2)g2)aF2=(μ1+μ2)(m1+m2)g−μ−μm2a(μ(μ22μ=0.1422M＝2kg2t所以物体相对木板还是要相对滑动，对木板由牛顿第二定2(2−1.2)s=7.2m/sA与B之间的最大静摩擦力为f2=μ3mg>f1f2−f1=2ma2得可见只有当F0>μmg时，A、B之间才会发生相对滑动整体一开始相对静止，一起向左做加速运动，所以物体和木板之间的摩擦力先故物体与小木板相对运动状态未知，可能有相对滑动出现，也可能一直保持相对静止，故物体受到的摩擦力为f′，则ma=f,+2N【详解】AB．木块与木板的最大静摩擦力为μmg力为3μmg，所以木板不可能运动；当拉力F作用在木块Q上，且F=6μmg，木块的合力为5μmg，根据牛顿第二定律，可知加速度为5μg，故A错误，B正确；μmg=maF=6μmgμ1mg+2μ2mg=ma木μmg=ma物μa木>a物所以共速后物块开始做减速运动，木板也做减速运动，物块a物112731）5m/s2，5m/s2，02）4m/s3）2.5mμ1mAg=mAa12μ1mBg＝mBa2μmAg=μ1mBg滑块AAt1vB1B2t1vB1滑块A向右运动的位移为设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中滑块A、木板CμAC)a4vB12t24t2B2A2B12741）a0=2m/s22）L=10.5mμmg=ma设经过时间t1，木块A与长木板速度相同，则0t1此时木块A和长木板的共同速度0t1v,=2m/s,v221,v2,设A和木板共速后，能保持相对静止，整体的加速度为a2，则μmg=(m+M)a2此时A所需要的摩擦力为Ff1故假设成立。设再经过t2时间，B与木板共速，则v2,22t2751）0.3，0.32）7.125m对A有μAmAg=mAaAμBmBg=mBaB=μfA=mAaA=6N，方向水平向左fC=fA−fB=3N，方向水平向右ACtBt’BC761）12N2）6m/s3）m大值时，F最大设为F1。设此时两物体的加速度为a1，对木板A，由牛顿第二定律μF−μmBg=mBa111小滑块B与长木板A发生相对滑动，设小滑块B此时的加速度为a2，对滑块B，由牛顿第F−μmBg=mBa2a2设此时长木板A的加速度为a3，由牛顿第二定律μa3=2m/s2设经过时间t，小滑块B滑离长木板A，则A又2t撤去力F之后小滑块B以加速度大小a4减速，长木板A继续以加速度a3加速，直到两者共μa4=μg=4m/s2设撤去力F之后经过t2两者共速，设共同速度为v，则4t2A3t2v=m/s在t2时间内，小滑块B的位移在t2时间内，长木板A的位移A1771）a1=2m/s2，a2=3m/s22）v1=2m/s，v2=3m/s；v=v=3m/s3）L=1.35m.f1=μ1mg=0.2N设物块与平板间恰好滑动时，拉力为F0相对滑动.2t1t2=1s由于水平向右的拉力F2=1.4N恰好与f1+f2平衡，vv2f2−f12af2−f12781）5m/s，8.5m2）会撞，1m/sμ1aAμ1aBBt1At1vA2xAAt12xB0t1Bt1ABμ1AAt2B22xBB222f需=ma0f需=0.5Nf供=μ1mg=3N>f需AB一起匀减速到零时，运动的位移2x=4mB2=4m/s2，由图乙知，恒力F=0时，物块在木板上相对于木板滑动的路程=1m-1，则s=1m，可知板长L=s=1m，滑块相对木板的路程：L块从木板右端滑离时，滑块的速度不可能小于木板的速度，故t=1s应舍弃，故所（2）①当F较小时，物块将从木板右端滑下速后能保持相对静止（静摩擦力作用）一起以相同加速度a做匀加速运动，则要能从图中读懂物体的运动.801）4m/s2，0.8m/s22）7.29m3）22.4m或29.9mμ得μ1mg−μ(M+m)g=Ma1（2）①若只有木板和墙壁碰撞，设木板向右加速与墙壁第一次碰撞速度为v1，则有 v2a1L碰撞后反向向左减速，加速度为a2，则有μ1mg+μ(M+m)g=Ma22为v11t1v20－at1v2v2－at2=v1＋a1t2=v共二者共速后，设物块与木板能一起做匀减速直线运动，则(M＋m)a共=μ2(m＋M)ga共=0.8m/s2<a则假设成立，二者一起向左做匀减速直线运动，故长再次向v共2=2a共x2（3）木板第一次向右加速的时间为t11，则有木板第一次反向减速的时间为t12，则有第二次向右加速的时间为t21，则有物块一直做匀减速运动，则有可得，当n=1时当n=2时当n=3时，物块末速度沿斜面向上2）7m/s3）5次，mMgsin37−μmgcos37=Ma2a2则1s时，小物块与木板达到共同速度，且外力变为F0，此v32332Mgsin37+μmgcos37=Ma42mgsin37+μmgcos37=5t2设再经过t3，木板与挡板第二次碰撞，且碰撞时的速度为v，则有2木板与挡板第一次碰撞和第二次碰撞之间小物块与木板的总相2v5,5再经过时间t4，小物块从木板左端滑出，则有从木板与挡板第一次碰撞到小物块滑出木板瞬间所经【详解】(1)滑块B从a点到b的过程中，受力如图所示FN带入数值可得a=2m/s2，再由L20'f1=μFN=μ(M+m)g=2N则f1=ff2=μ2mg=6N则a'2aA2'At则共速后，整体水平方向只受地面的摩擦力，加μ=0.7521a1=9m/s2841）2m/s2）m3）0.8m（2）平板反弹后，物块加速度大小为a1=μg=5以向左为正方向，经t1时间到达共速，由2t2得v1t（3）法一：设第n次碰撞速度为vn，经过tn时间，达到第n次共速，有v共nn2得2ax2n得得法二：设相对位移为Sn，全过程由能量守恒定律得Sn851）3N<F≤9N（2）2m/s（3）18m(2)当F=13N时，M和m发生相对滑动，根据牛顿第二定律分别求出m和M的加速度，结时的速度大小.(3)物块落地后做减速运动求出位移，木板做加速运动求出位移，二者的距离之和解.【详解】(1)地面对木板的滑动摩擦力f=μ2(M+m)g=0.1×30N=3N物块的最大加速度：am=g=0.2×10m/s2=2m/s2，要使木板运动，且物块不滑动，则3N<F≤9N.(2)F>9N，所以物块与木板发生相对滑动，物块的加速木板的加速度a2==m/s2=4m/s2，设经t时间物块从木板滑离，则L=a2t2−a1t2，代入数据解得t=1s，(3)落地后物块加速度g=−1m/s动学公式综合求解，难度中等.861）4m2）不会3）3mx1=v0t1s′=L+s-x1=4mv=v0-a1t2=a2t2x22x32Δx1=x2-x3=3m<4m2Δx2=x5-x4=0.5m<Δx1=3m871）19N2）物块不会滑离长木板3）15Nmgsinθ−μmgcosθ=ma12L2F−μmgcosα−Mgsinα=Ma Mgsinα+μmgcosα=Ma'(L)（3）当长木板的速度刚好为零时，物块和木板相对静止，立即给mgsinα+μmgcosα=mam2+Mgsinα−μmgcosα=Mamm881）6m/s2，2m/s2，1m/s2，2m/s22）6m/s，1m/s3）10m