牛頓運動定律測試題及解析

0000牛頓運動定律試題及析福六聯(lián))如圖示，量別和2m的兩體P和Q疊放傾θ＝的固斜面，Q與面的摩因為μ，們靜開沿面速下，P恰好能與保相靜，設(shè)與間的大摩力等滑摩力則與Q間動擦數(shù)()μC

μB.D．μ解：C對P整體由頓二律(＋2m)sin30°μ(m＋gcos＝m＋2)a設(shè)P與之間動擦數(shù)μ′，恰好Q保相靜，摩力好到大，，由牛第定有－μ′30°＝，聯(lián)解μ＝，項C正。[多選如圖示水方的送順針轉(zhuǎn)，送速大恒v＝2/s一塊B端初度v＝4m/滑上送，塊傳帶的摩因數(shù)μ＝0.4，取10()

，列斷確是．果塊A端開送，端A、B間距離能m．果塊端開送帶兩、間距可為3m．果、間離4m，塊開送時的度小2．果、間離4m，塊開送時的度小4解：物塊開做減直線動若送足長由vv，塊向做減直運，向做加直運，后勻直運，塊在送上加度小a＝μg＝4

。物向勻速端離，物運到A端速恰減零則據(jù)－v＝x＝，長m，A錯誤若B端開只傳帶度大2m即可，故B確；若、vB距4m，物向勻速m，然后右始加運，塊加運的離＝＝am<2m，塊度到2/s后，傳帶起右以2m/的速度動到開送，C確，D錯。．(2019·昆明4月檢)如圖示，質(zhì)量M的塊A放置光水地上左面圓心O、徑的光四之圓面，用水恒F作在塊A上時質(zhì)為的小(可視質(zhì)點在弧上A保相對止此小距道端Q豎高R為＝重加度，則F的小()

5B.MgC.(＋)M＋)22解：D連接OB，設(shè)連與直向夾為，幾1RR關(guān)得－H＝＝sin＝－2＝

則tanθ＝

此小受的外F＝tanθ＝F′由頓二律得a＝2

mg以體研對，牛第定可F＝＋M)a＝

(m＋Mg，正，A、、C錯。．[多]武4月研)如圖示光滑平面放著塊，通輕和質(zhì)輪掛物B。知A質(zhì)為，B質(zhì)為，重力速大為。靜釋物A、B后)．同間，、B運動的程比∶1．塊AB的速之為1∶1mgC細(xì)的拉為D當(dāng)B下落高h(yuǎn)時，度

2解：AC根動輪特可，同間，A、B運動路之為∶，選項A正確根＝2

可，塊AB的速之為∶，項錯；細(xì)的力T，B的加速為，則A：＝m，：mg－T3，解＝g，＝mg選C確當(dāng)下落度h時，度v2ah＝

gh，項D錯。5.如所，水傳帶速動在送的側(cè)定彈擋。t＝時刻將件輕在送的端，工運到性桿在位時擋發(fā)碰，知撞間短不碰過的量失則從件始動與桿二碰前運過中下工運的v-t圖像可正的()2解：C

工與性桿生撞可先勻速動當(dāng)件傳帶共后起傳帶勻運；件彈擋碰后等的度向回向左勻速動因件速程減過中受動擦不，以過中速不，度減零再向右速到擋位時與送達(dá)共，時反彈，后復(fù)來過程故正確，B、D錯誤；件彈擋發(fā)碰前能直勻速動與性桿撞以等的度向回并相大的速減到，后復(fù)述動故A錯誤6.多選如圖示傾的送順針?biāo)俎D(zhuǎn)，物從送上A滑傳帶滑上速為v，傳帶速為v，且v＞v。1221不空阻，摩因一。于塊開送的率v和置下哪是能()從端B離開v

1

．從端B離開v＜v

1從端A離開v

1

從端A離開v

1解：ABC

物從端上送，傳帶必相傳帶下動，于確物與傳帶的擦和塊重沿送下分的小系傳送的度若從A端開由動對性知必v＝v即項C正確D錯；從端開當(dāng)擦大重力分時1則＜v，選B確當(dāng)擦小重力分時則＞v，項A正確當(dāng)擦和力分相11等，塊直勻直運，＝v，故題選A、B、C。1．[選圖示質(zhì)均為m的A、B兩物置水平面，塊地間動擦數(shù)為物間用水輕相，中拉。用平力向拉塊A，設(shè)大摩擦等滑摩擦。力速為g下說中確是()．0≤μmg時繩拉為0．≤2時繩拉大為F－μmg當(dāng)F＞2時，中力小無F大繩拉大都可等于解：ABC

當(dāng)0＜F時，受拉與摩力作用二平，中力，正；≤2時整受拉與擦的用二平，以整處靜狀，時受的摩力到大μmg所繩拉大為F－故B正確；當(dāng)F＞2μmg時，對體3拉2amaxmax00min拉2amaxmax00minF－F－μmg1＝對：＝，立解繩拉大為F，C正確由以的析知，＜≤2時繩拉大小F－μmg繩拉大可等F，故錯。鄭一如圖所，、兩個體止放水平面，知m＝＝m，、b間的動摩因為，與地間動擦數(shù)μ。知大摩力于動擦，力速為g。對a施一平右拉F，列斷確是)A若、個體終對止則水拉F不超．水拉F時，、b間的擦為μmgC無水平力F為何，的加度會過μgD當(dāng)平拉F>μmg，b相滑解選Ab之間的大摩力f＝μmgb與面的大摩力f′＝×1＝μmga、相對面起動，好發(fā)相滑時，牛第定對有－μmg＝ma，201解＝μg，對體F－μmg＝，解得F＝μmg，以ab兩物始相靜止則00平力F不能過μmg，水拉力F>μmg時b相滑動，A正確D錯誤當(dāng)平力F2μmg－μmg1時，a、一加運加度＝＝μ，a根牛第定可F＝ma，12411解a間的擦為＝μmg故錯；據(jù)A選項分可，論平力F為值的1加度會過μg，故錯。．[多]如圖所，測定體上糙面達(dá)的大移與斜傾θ的系將一物每以變初率沿足夠的面上出調(diào)斜與平向夾角θ，驗得x與斜面角θ的系圖所示g取10m/s2，根圖像求()．體初度＝3．體斜間動擦數(shù)μ＝．不的角，物在面能到位的最小＝1.44m400000sinθ＋cosθmin01100000sinθ＋cosθmin011D當(dāng)＝時物達(dá)最大移將在面解：BC由題乙知當(dāng)角為時，位為1.80，由直拋動律知v2＝，解v＝2gx＝2×10×1.80/s＝m/，A錯誤當(dāng)角θ＝時位為2.40m，得v236＝＝＝0.75，B正確當(dāng)角時，物沿面滑距為，根動定有×10×－mgxsinθμmgxcosθ＝0－v2

v2，得＝＝m＝gθμcosθ

×sin＋m，當(dāng)θ＋α＝90°時，θ＋)＝，此時移小x＝m，正；＝45°時，體到的力斜向的力mgsin＝

32；動擦fμmg＝0.75×mg＝mg一般為大摩力于動擦，重沿面下分大于大摩力故體達(dá)大移會滑故D錯誤．多]如圖所為斜的送，正恒的度v沿順針向動，傳送的角37°，一塊初度v從送的端沖傳帶沿送向運物塊傳帶端速恰為，其動v-圖如乙示已重加速＝m/s，＝0.6cos37°＝，下判斷確是)．送的度．送底到端距為．塊傳帶的摩因為0.1．塊受擦的向直物運的向反解AB結(jié)合圖分可在＝時塊傳帶度同以送的度為，選A正；～時內(nèi)塊受動擦沿送向，物運方相反在24內(nèi)物塊受動擦沿送向，物運方相，項D誤根-圖像圖與橫圍1的形面等位可，物在送上位x×(24＋4)×＋××m＝32m，傳帶2底到端距為，選項正；據(jù)-圖的率表加度知在0～時內(nèi)塊加度?。?02

設(shè)塊傳帶間動擦數(shù)μ由牛第定有＋μmgcos＝ma解μ＝，選C錯誤。5fffNfNμsinθ＋fN011221fffNfNμsinθ＋fN011221111如所光水面有質(zhì)為M＝4的面體傾θ

＝30°斜上放質(zhì)m＝的小體已知物與面間動擦數(shù)μ＝

，最靜摩力以為于動擦，力速

。若物和面一勻向運，斜體小體摩力大；用F水平向拉面，使物與面間發(fā)相滑，F(xiàn)的大。解：(1)物和面一勻速右動，物受情如所，據(jù)衡件，物所摩力小F＝θ，代數(shù)得F＝40N。(2)最大，小體到大摩力用，支力摩力分解由頓二律Fθ－Fθ＝，F(xiàn)＋Fcosθ＝mgμ－sinθ又F＝，由以各聯(lián)得a＝，3解a＝，對物和面整應(yīng)牛第定有F＝M＋)a，解FN。答：(1)40N(2)N12.(2019·川成都中擬如所，傾為θ30°的夠的固的滑面，一量M＝kg的長板以v＝10m/s的速沿面下動現(xiàn)將質(zhì)＝的小塊(大可略輕在長板中，已知物與木間動擦數(shù)＝

，物與木間最靜擦等滑摩力重加度取m/s2。求放小塊，板小塊加度小要小塊滑長板長板少有長解：(1)小物在木上動受的木的滑摩力小f＝μmgcosθ＝N，由頓二律對物有f＋mg＝ma，代數(shù)得a＝12.52，對木，牛第定有Mgsinθ－＝Ma，代數(shù)得a＝m/s2

。(2)設(shè)小塊長板速速為v，有v

＝at＝v＋，6110111111222AB2222121110111111222AB222212112AB12解t＝1，＝12.5，共后小塊長板對止一向做加運，共速物與板相位為＝

v

＋v＋t－t＝5m，21故木長至為10。答：m/s212.5m/2

m圖示傳帶傾＝，從A長度m，傳帶以/s的速逆針動傳帶A端無速地一質(zhì)為m＝0.5kg的黑煤，它傳帶間動擦數(shù)μ＝。塊在送上過留黑劃。已sin37°＝37°＝g＝m/，求煤從到B的時。煤從到B的過中送上下痕長度若送逆針動速可調(diào)，塊點達(dá)點的短間多？解：(1)開始段對塊由頓二律mgθ＋μmgcosθ＝ma所＝g＋θ，解＝10m/s

，煤加至傳帶度等需的間v10t＝＝＝，1101煤發(fā)的移＝a＝××112

m＝5，所煤加到10時仍到B點此摩力方改；第階有θ－μmgθ＝ma，解＝2m/s2

，設(shè)二段塊動B點的間則L－＝t＋a

，解t＝1