最新71.牛顿运动定律计算题部分汇总

71.牛顿运动定律计

算题部分

牛顿定律计算题

1、（96年）一物块从倾角为θ、长为s 的斜面的项端由静止开始下滑，物块与斜面的滑动摩擦系数为μ，求物块滑到斜面底端所需的时间。 6、设物块质量为m ，加速度为a ，物块受力情况如下图所示， mgsinθ－f ＝ma ， N －mgcosθ＝0， f ＝μN ，

解得 a ＝gsinθ－μgcosθ， 由 s=at 2/2

。

06（江苏卷）

2．列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s 内速度由5.0m ／s 增加到15.0m ／s.

（1）求列车的加速度大小．

（2）若列车的质量是1.0×106kg ，机车对列车的牵引力是1.5×105N ，求列车在运动中所受的阻力大小．

解：（1）根据t

v v a t 0

-=

① 代入数据得a=0.1m/s 2 ② （2）设列车在运动中所受的阻力大小为f 由牛顿第二定律 F 合=F 牵－f=ma ③ 代入数据解得f=5.0×104N ④

评分标准：本题共7分，其中第（1）问3分，第（2）问4分. 第（1）问中，①式2分 ②式1分.

04（天津卷）

3．质量kg m 5.1=的物块（可视为质点）在水平恒力F 作用下，从水平面上A 点由静止开始运动，运动一段距离撤去该力，物块继续滑行s t 0.2=停在B 点，已知A 、B 两点间的距离m s 0.5=，物块与水平面间的动摩擦因数20.0=μ，求恒力F 多大。（2/10s m g =）

解：设撤去力F 前物块的位移为1s ，撤去力F 时物块速度为v ，物块受到的滑动摩擦力

mg F μ=1 对撤去力F 后物块滑动过程应用动量定理得mv t F -=-01

由运动学公式得t v

s s 2

1=- 对物块运动的全过程应用动能定理011=-s F Fs 由以上各式得2

22gt

s mgs

F μμ-=

代入数据解得F=15N （也可用牛顿运动定律求解）

4、（99年）(12分)为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离，已知某高速公路的最高限速为120 km/h 假设前方车辆突然停止，后车司机从发现这一情况；经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时间(即反应时间)t ＝0.50s ，刹车时汽车受到阻力的大小f 为汽车重力的0.40倍该高速公路上汽车间的距离厅至少应为多少？取重力加速度g ＝10m/s 2 参考解答：

在反应时间内，汽车作匀速运动，运动的距离 S 1=Vt ①

设刹车时汽车的加速度的大小为a ，汽车的质量为m ，有 f=ma ②

自刹车到停下，汽车运动的距离 s 2=V 2/2a ③

所求距离 s=s 1+s 2 ④ 由以上各式得 s=1.6×102m 评分标准：本题12分。

①、③、④式各3分，结果正确再给3分（结果为1、5 x 102m 的，同样给分） 07江苏

直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火，悬挂着m ＝500 kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角θ1＝45°。直升机取水后飞往火场，加速度沿水平方向，大小稳定在a ＝1.5 m/s 2时，悬索与竖直方向的夹角θ2＝14°。如果空气阻力大小不变，且忽略悬索的质量，试求水箱中水的质量M 。

（取重力加速度g ＝10 m/s 2；sin14°＝0.242；cos14°＝0.970）

解：直升机去取水，水箱受力平衡：11sin 0T f θ-= 11cos 0T mg θ-= 解得：1tan f mf θ=

直升机返回，由牛顿第二定律得：22sin ()T f M m a θ-=+ 22cos ()0T M m θ-+=

解得水箱中水的质量为：M ＝4.5×103 kg

6．（00上海卷）风洞实验室中可以产生水平方向的、大小可调节的风力，现将一套有小球的细直杆放入风洞实验室，小球孔径略大于细杆直径。

（1）当杆在水平方向上固定时，调节风力的大小，使小球在杆上作匀速运动，这时小班干部所受的风力为小球所受重力的0.5倍，求小球与杆间的滑动摩擦因数。

（2）保持小球所受风力不变，使杆与水平方向间夹角为37°并固定，则小球从静止出发在细杆上滑下距离S 所需时间为多少？（sin37°=0.6，cos37°=0.8）

解：（1）设小球所受的风力为F ，小球质量为m mg F μ= ○1 5.0/5.0/===mg mg mg F μ ○2 （2）设杆对小球的支持力为N ，摩擦力为f 沿杆方向ma f mgnin F =-+θθcos ○3 垂直于杆方向0cos sin =-+θθng F N ○4

N f μ= ○5

可解得g g

m F g m f ng F a 43

sin )(sin cos 22=+=-+=θθθ○

6 2

2

1at S =

○7 g

S

g S t 384/32=

=∴ 07上海

（10分）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动，推力F 与小环速度v 随时间变化规律如图所示，取重力加速度g ＝10 m/s 2。求： ⑴小环的质量m ； ⑵细杆与地面间的倾角α。

解：由图得：20.5 m/s v

a t

=

= 前2 s 有：F 2－mg sin α＝ma 2 s 后有：F 2＝mg sin α

代入数据可解得：m ＝1 kg ，α＝30? 07上海

8．（12分）如图所示，物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑，经过B 点后进入水平面（设经过B 点前后速度大小不变），最后停在C 点。每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度，下表给出了部分测量数据。（重力加速度g ＝10 m/s 2） 求：

⑴斜面的倾角α；

⑵物体与水平面之间的动摩擦因数μ； ⑶t ＝0.6 s 时的瞬时速度v 。

8、解：⑴由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为

21 5 m/s v

a t

?=

=? mg sin α＝ma 1 可得：α＝30?，

⑵由后二列数据可知物体在水平面上匀减速滑行时的加速度大小为

22 2 m/s v

a t

?=

=? μmg ＝ma 2 可得：μ＝0.2，

⑶由2＋5t ＝1.1＋2（0.8－t ），解得t ＝0.1 s 即物体在斜面上下滑的时间为0.5 s

则：t ＝0.6 s 时物体在水平面上，其速度为v ＝v 1.2＋a 2t ＝2.3 m/s 09重庆

23．（16分）2009年中国女子冰壶队首次获得了世界锦标赛冠军，这引起了人们对冰壶运动的关注。冰壶在水平冰面上的一次滑行可简化为如下过程：如图，运动员将静止于O 点的冰壶（视为质点）沿直线OO ′推到A 点放手，此后冰壶沿AO ′滑行，最后停于C 点。已知冰面和冰壶间的动摩擦因数为μ，冰壶质量为m ，AC =L ，CO ′=r ，重力加速度为g 。⑴求冰壶在A 点的速率；⑵求冰壶从O 点到A 点的运动过程中受到的冲量大小；⑶若将BO ′段冰面与冰壶间的

动摩擦因数减小为0.8μ，原只能滑到C 点的冰壶能停于O ′点，求A 点与B 点之间的距离。

23、解析：（1）对冰壶，从A 点放手到停止于C 点，设在A 点时的速度为V 1，

应用动能定理有－μmg L ＝

1

2

m V 12，解得V 1

； （2）对冰壶，从O 到A ，设冰壶受到的冲量为I ， 应用动量定理有I ＝mV 1－0，解得I ＝

； （3）设AB 之间距离为S ，对冰壶，从A 到O′的过程， 应用动能定理，－μmgS －0.8μmg(L ＋r －S)＝0－1

2

mV 12， 解得S ＝L －4r 。 09宁夏

24．（14分）冰壶比赛是在水平冰面上进行的体育项目，比赛场地示意如图。比赛时，运动员从起滑架处推着冰壶出发，在投掷线AB 处放手让冰壶以一定的速度滑出，使冰壶的停止位置尽量靠近圆心O 。为使冰壶滑行得更远，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小。设冰壶与冰面间的动摩擦因数为μ1=0.008，用毛刷擦冰面后动摩擦因数减小至μ

2=0.004。在某次比赛中，运动员使冰壶

C 在投掷线中点处以2m/s 的速度沿虚

线滑出。为使冰壶C 能够沿虚线恰好到达圆心O 点，运动员用毛刷擦冰面的长度应为多少。(g 取10m/s 2

)

24、【解析】设冰壶在未被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为1S ，所受摩擦力的大小为1f ：在 被毛刷擦过的冰面上滑行的距离为2S ，所受摩擦力的大小为2f 。则有1S +2S =S ①式中S 为投掷线到圆心O 的距离。

11f mg μ= ② 22f mg μ= ③

设冰壶的初速度为0v ，由功能关系，得2

1122012

f S f S mv ?+?=

④ 联立以上各式，解得2

10

21222()

gS v S g μμμ-=- ⑤

代入数据得210S m = ⑥

06（全国卷）

23．（19分）一质量为40m kg =的小孩站在电梯内的体重计上。电梯从0t =时刻由静止开始上升，在0到6s 内体重计示数F 的变化如图所示. 试问：在这段

时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度210g m s =

解： 由图可知，在0=t 到s t t 21==的时间内，体重计的示数大于mg ，故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为1f ，电梯及小孩的加速度为1a ，由牛顿第二定律，得

11ma mg f =-

①

A

B C

O

圆垒

投掷线

起滑架 30m

100

320

4004400

1

2

345

6s

t N

F

在这段时间内电梯上升的高度

21112

1t a h =

②

在1t 到s t t 52==的时间内，体重计的示数等于mg ，故电梯应做匀速上升运动，速度为1t 时刻的瞬时速度，即

111t a =υ

③

在这段时间内电梯上升的高度

)(1212t t h -=υ

④

在2t 到s t t 63==的时间内，体重计的示数小于mg ，故电梯应做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为2f ，电梯及小孩的加速度为2a ，由牛顿第二定律，得

22ma f mg =-

⑤

在这段时间内电梯上升得高度

22322313)(21

)(t t a t t h ---=υ

⑥

电梯上升的总高度

321h h h h ++=

⑦

由以上各式，利用牛顿第三定律和题文及题图中的数据，解得：h ＝9 m

09海南

15．一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以v 0=12m/s 的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为a=2m/s 2的加速度减速滑行。在车厢脱落t =3s 后，司视才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。

15、解析：

设卡车的质量为M ，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为

F ，

卡车刹车前后加速度的大小分别为1a 和2a 。重力加速度大小为g 。由牛顿第二定律有

1220 3 F Mg F Mg Ma Mg Ma Mg Ma μμμμ-=-===①②

③④

设车厢脱落后，3t s =内卡车行驶的路程为1s ，末速度为1v ，根据运动学公式有

21011

2s v t a t =+ ⑤

101v v a t =+ ⑥ 21222v a s = ⑦

式中，2s 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为,s 有

202v as =⑧

卡车和车厢都停下来后相距12s s s s ?=+- ⑨

由①至⑨式得2

00242

333

v s v t at a ?=-++ ⑾

带入题给数据得36s m ?= ⑿ 10安徽卷 22.（14分）

质量为2kg 的物体在水平推力F 的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F ，其运动的v -t 图像如图所示。g 取10m/s 2，求：

t/s v/(m ·s -

O 2

4 6 8

2 4 6 8 10

(1)物体与水平面间的运动摩擦系数μ； (2)水平推力F 的大小；

(3)010s -内物体运动位移的大小。 【答案】（1）0.2 （2）6N （3）46m

【解析】（1）设物体做匀减速运动的时间为Δt 2、初速度为v 20、末速度为v 2t 、加速度为a 2，则

2220

22

2/t v v a m s t -=

=-? ① 设物体所受的摩擦力为F f ，根据牛顿第二定律有 2f F ma = ②

f F m

g μ=- ③

联立②③得：2

0.2a g

μ-=

= ④ （2）设物体做匀减速运动的时间为Δt 1、初速度为v 10、末速度为v 1t 、加速度为a 1，则 2110

11

1/t v v a m s t -=

=? ⑤ 根据牛顿第二定律有 1f F F ma += ⑥ 联立③⑥得： 16F mg ma N μ=+=

（3）解法一：由匀变速运动的位移公式得：

22

121011120222

114622x x x v t a t v t a t m =+=?+?+?+?= 解法二：根据v -t 图像围成的面积得： 10112021

()4622

t v v x t v t m +=??+???=

09江苏

13．（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2kg ，动力系统提供的恒定升力F =28 N 。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g 取10m/s 2。⑴第一次试飞，飞行器飞行t 1=8s 时到达高度H =64m 。求飞行器所阻力f 的大小；⑵第二次试飞，飞行器飞行t 2=6s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h ；⑶为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间

t 3。

13、答案：（1）4N （2）42m （3）2.1s 【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为1a 匀加速运动21112

H a t =

由牛顿第二定律1F mg f ma --= 解得4()f N =

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为1v ，上升的高度为1s 匀加速运动211212

s a t =

设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s 由牛顿第二定律2mg f ma +=

112v a t =

2

122

2v s a = 解得1242()h s s m =+=

（3）设失去升力下降阶段加速度为3a ；恢复升力后加速度为4a ，恢复升力时速度为3v

由牛顿第二定律 3mg f ma -= F+f-mg=ma 4

且223334

22v v h a a += V 3=a 3t 3 解得t 3

=2

(s)(或2.1s) 10海南

16．图l 中，质量为m 的物块叠放在质量为2m 的足够长的木板上方右侧，木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为μ＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F ，在0~3s 内F 的变化如图2所示，图中F 以mg 为单位，重力加速度210m/s g =．整个系统开始时静止．

(1)求1s 、1.5s 、2s 、3s 末木板的速度以及2s 、3s 末物块的速度；

(2)在同一坐标系中画出0~3s 内木板和物块的t -v 图象，据此求0~3s 内物块相对于木板滑过的距离。 【答案】（1）（2）

【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为a 和a '，在t 时刻木板和物块的速度分别为t v 和t 'v ，木板和物块之间摩擦力的大小为f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得

图

图

/

f ma '= ①

f m

g μ=，当t t '

③ (2)F f m a -= ④

2121()t t a t t =+-v v

⑤

由①②③④⑤式与题给条件得 1 1.5234m/s, 4.5m/s,4m/s,4m/s ====v v v v ⑥

234m/s,4m/s ''==v v

⑦

2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的t -v 图象，如右图所示。在0～3s 内物块相对于木板的距离s ?等于木板和物块t -v 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边形由两个三角形组成，上面的三角形面积为0.25(m)，下面的三角形面积为2(m)，因此 2.25m s ?= ⑧

09上海

22．（12分）如图（a ），质量m =1kg 的物体沿倾角θ=37?的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v 成正比，比例系数用k 表示，物体加速度a 与风速v 的关系如图（b ）所示。求：⑴

物体与斜面间的动摩擦因数μ；⑵比例系数k。

（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）

22、【解析】（1）对初始时刻：mg sinθ－μmg cosθ＝ma0○1，由右图读出a0=4m/s2代入○1式，

解得：μ＝g sinθ－ma0

g cosθ＝0.25；

（2）对末时刻加速度为零：mg sinθ－μN－kv cosθ＝0 ○2，又N＝mg cosθ＋

kv sinθ，由右图得出此时v=5 m/s代入○2式解得：k＝mg（sinθ－μcosθ）

v（μsinθ＋cosθ＝

0.84kg/s。09安徽

分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最

65kg，吊椅的质量为15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦，重力加速度取g=10m/s2。当运动员与吊椅一起正以加速度

a=1m/s2上升时，试求：⑴运动员竖直向下拉绳的力；⑵运动员对吊椅的压力。

-1)

(b)