- 牛顿第二定律
- 共12933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
（1）物体与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）从物体的速度v2=0时开始计时，物体经过多长时间离开传送带．
正确答案
解：（1）物体滑上传送带向右一直做匀减速运动，
根据牛顿第二定律得：a=
根据位移速度公式得：
2ax=
带入数据解得：μ=0.4
（2）根据牛顿第二定律得：a=
设经过时间t1速度与传送带相等，则t1=
这段时间内的位移x1=
所以匀速运动的位移x2=8-2=6m
所以运动运动的时间t2=
所以总时间为：t=1.5+1s=2.5s
答：（1）物体与传送带间的动摩擦因数为0.4 （2）物体经过2.5s离开传送带．
解析
解：（1）物体滑上传送带向右一直做匀减速运动，
根据牛顿第二定律得：a=
根据位移速度公式得：
2ax=
带入数据解得：μ=0.4
（2）根据牛顿第二定律得：a=
设经过时间t1速度与传送带相等，则t1=
这段时间内的位移x1=
所以匀速运动的位移x2=8-2=6m
所以运动运动的时间t2=
所以总时间为：t=1.5+1s=2.5s
答：（1）物体与传送带间的动摩擦因数为0.4 （2）物体经过2.5s离开传送带．
静止在光滑水平面上的物体受到一个水平拉力的作用，该力随时间变化的关系如图所示则（ ）
正确答案
解析
解：由图象可知在0～1s时间内，物体做加速运动，1s末的速度为v；则物体在1s～2s内的做减速运动，加速度是第1s的
在2～3s时间内，物体做加速运动，3s末的速度为1.5v；则物体在3s～4s内的做减速运动，加速度是第1s的
4s末物体不可能回到出发点．故只有D正确，ABC都错误．
故选：D．
2008年8月在我国北京举行的奥运会蹦床比赛中，我国男、女运动员均获得金牌．假设表演时运动员仅在竖直方向运动，通过传感器将弹簧床面与运动员间的弹力随时间的变化规律在计算机上绘制出如图所示的曲线，当地重力加速度算取10m/s2．依据图象给出的信息可知，运动过程中运动员的质量为______、运动过程中运动员的最大加速度值为______．
正确答案
50kg
40m/s2
解析
解：（1）由图象可知运动员运动前受力平衡，则mg=F0=500N 解得：m=50kg
（2）当弹力最大时，运动员的加速度．由图象可知Fm=2500N
此时由牛顿运动定律 Fm-mg=mam
可得最大加速度
故答案为：50kg；40m/s2
（1）弹性球受到的空气阻力f的大小；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h．
正确答案
解：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知
根据牛顿第二定律，得 mg-f=ma1②
f=m（g-a1）=0.1×（10-8）N=0.2N③
（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s，设球第一次离开地面时的速度为v2，则
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2
解得a2=12m/s2 ⑤
于是，有 
代入数据解得 
答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为
解析
解：（1）设弹性球第一次下落过程中的加速度大小为a1，由图知
根据牛顿第二定律，得 mg-f=ma1②
f=m（g-a1）=0.1×（10-8）N=0.2N③
（2）由图知弹性球第一次到达地面时的速度大小为v1=4m/s，设球第一次离开地面时的速度为v2，则
第一次离开地面后，设上升过程中球的加速度大小为a2，则mg+f=ma2
解得a2=12m/s2 ⑤
于是，有
代入数据解得
答：（1）弹性球受到的空气阻力f的大小为0.2N；
（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度h为
（1）物体在斜面上下滑的长度；
（2）物体与水平面间的滑动摩擦因数．
正确答案
解：（1）物体在斜面上下滑的长度为x，由图可知
代入数据得
（2）物体在水平面上滑行时的加速度为a，由图可知
对物体，由牛顿第二定律得-f=ma
又 f=μmg
所以得到 μ=0.2
解析
解：（1）物体在斜面上下滑的长度为x，由图可知
代入数据得
（2）物体在水平面上滑行时的加速度为a，由图可知
对物体，由牛顿第二定律得-f=ma
又 f=μmg
所以得到 μ=0.2
如图（甲）所示，地面上有一长为l=1m，高为h=0.8m，质量M=2kg的木板，木板的右侧放置一个质量为m=1kg的木块（可视为质点），已知木板与木块之间的动摩擦因数为μ1=0.4，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2=0.6，初始时两者均静止．现对木板施加一水平向右的拉力F，拉力F随时间的变化如图（乙）所示，取g=10m/s2．求：
（1）前2s木板的加速度；
（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离△s．
正确答案
解：（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为μ1mg=ma1 ①
由①式解得：a1=4（m/s2） ②
若木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a，由牛顿第二定律可得：
F-μ2（M+m）g=（M+m）a ③
由③式解得：a=2（m/s2） ④
（2）2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：
v=at1 ⑤
2s后木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为：
F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 ⑥
经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：
vt2+
联立⑤⑥⑦式解得：a2=6（m/s），t2=1（s） ⑧
此时木块的速度v块=v+a1t2 ⑨
木板的速度：v板=v+a2t2 ⑩
木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：
h=
在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为：
S块=v块t3 ⑫
木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得：
F-μ2Mg=Ma3 ⑬
在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为：
S板=v板t3+
所以，木块落地时距离木板左侧：△s=S板-S块 ⑮
联立以上式子解得：△s=1.68（m）⑯
答：
（1）前2s木板的加速度为2m/s2；
（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离△s为1.68m．
解析
解：（1）因为木块在木板上滑行的最大加速度为μ1mg=ma1 ①
由①式解得：a1=4（m/s2） ②
若木块与木板一起做匀加速运动，其加速度a，由牛顿第二定律可得：
F-μ2（M+m）g=（M+m）a ③
由③式解得：a=2（m/s2） ④
（2）2s末木块与木板的速度为v，由运动学知识可得：
v=at1 ⑤
2s后木块和木板发生相对滑动，木块加速度a1，木板加速度a2为：
F-μ1mg-μ2（M+m）g=Ma2 ⑥
经时间t2二者分离，此时由运动学知识可得：
vt2+
联立⑤⑥⑦式解得：a2=6（m/s），t2=1（s） ⑧
此时木块的速度v块=v+a1t2 ⑨
木板的速度：v板=v+a2t2 ⑩
木块与木板分离至滑落到地的时间为t3，由平抛运动知识可得：
h=
在木块与木板分离至滑落到地的时间为t3内，木块在水平方向向前的位移为：
S块=v块t3 ⑫
木块与木板分离后，木板的加速度为a3，由牛顿运动定律可得：
F-μ2Mg=Ma3 ⑬
在木块与木板分离至滑落到地的时间t3内，木板在水平方向向前的位移为：
S板=v板t3+
所以，木块落地时距离木板左侧：△s=S板-S块 ⑮
联立以上式子解得：△s=1.68（m）⑯
答：
（1）前2s木板的加速度为2m/s2；
（2）木块落地时距离木板左侧的水平距离△s为1.68m．
甲、乙、丙三物体质量之比为5：3：2，所受合外力之比为2：3：5，则甲、乙、丙三物体加速度大小之比为______．
正确答案
解：设甲的质量为5m，则乙、丙的质量为：3m、2m，
设甲受到的合力为2F，则乙、丙受到的合力为：3F、5F，
由牛顿第二定律可知，加速度：a=
甲、乙、丙的加速度之比：
a甲：a甲：a丙=
故答案为：4：10：25．
解析
解：设甲的质量为5m，则乙、丙的质量为：3m、2m，
设甲受到的合力为2F，则乙、丙受到的合力为：3F、5F，
由牛顿第二定律可知，加速度：a=
甲、乙、丙的加速度之比：
a甲：a甲：a丙=
故答案为：4：10：25．
正确答案
解析
解：开始物体做匀速运动，拉力F等于滑动摩擦力F=μFN=μmg=2N，物体的重力等于mg=10N；
当施加向上的拉力2N以后地面对物体的支持力变为8N，摩擦力为f=μFN=1.6N，加速度为f=ma，a=1.6m/s2，由v=at可知物体运动5s速度减小到零，所以经过6s通过的位移为
故选B．
一恒力作用于物体时，使它产生0.3m/s2的加速度：作用于B物体时，使它产生0.6m/s2的加速度．现将A、B两物体粘为一体，这一恒力可使它们产生______m/s2的加速度．
正确答案
0.2
解析
解：当恒力作用在物体A上时，有a1=
当恒力作用于B物体时，有a2=
当A、B两物体连接为一体时，则a=
故答案为：0.2．
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