- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：对小球受力分析，受重力mg和弹簧的拉力T，如图
根据牛顿第二定律，有
Tsinθ=ma ①
Tcosθ-mg=0 ②
再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图1
根据牛顿第二定律，有
f=（M+m）a ③
N-（M+m）g=0 ④
由①②③④解得：tanθ=
N=（M+m）g ⑥
T=
f=（M+m）a ⑧
A、小车的加速度逐渐增大时，由⑤知，θ的正切变为原来的2倍，故A正确；
B、由⑧知，当加速度变为2倍时，摩擦力f变为2倍，故B错误；
C、由⑥知，横杆对M弹力N不变，故C正确；
D、由⑦知，细线的拉力T不是变为原来的2倍，应小于原来的2倍，故D正确；
故选：ACD．
在静止的液体中下落的物体由于阻力随物体的速度的增大而增大，所以最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一个铁球质量为m，用手将它完全放人足够深的水中后由静止释放，最后铁球的收尾速度为v，若铁球在水中所受浮力保持不变恒为F，重力加速度为g．则关于该铁球，下列说法正确的是（ ）
A若测得它从释放至达到收尾速度所用时间为t，则它下落的位移一定为
B若测得它下落高度为h时的加速度大小为a，则此刻它的速度为
C若测得某时刻它的加速度大小为a，则此刻它受到的水的阻力为m（a+g）-F
D若测得它下落t时间通过的位移为y，则该过程的平均速度一定为
正确答案
解析
解：A、小球释放到达收尾速度过程中，阻力增大，加速度减小，做加速度减小的加速运动，不能通过匀变速直线运动的运动学公式和推论进行求解．故A错误．
B、因为该过程中的加速度在变化，不能通过v2=2ah求解小球的速度．故B错误．
C、根据牛顿第二定律得，mg-F-f=ma，解得小铁球受到水的阻力f=mg-F-ma．故C错误．
D、根据平均速度的定义式，位移为y，时间为t，则平均速度为
故选：D．
正确答案
解：当细线①沿竖直方向时，小球受力如图a所示．FT1与mg都是竖直方向，小球沿斜面方向运动，故不可能有加速度，说明木块沿斜面匀速下滑，此时加速度为0．
当细线②与斜面方向垂直时，小球的受力如图b所示，FT2与mg的合力必沿加速度方向，即沿斜面方向，做出平行四边形，可知合力 F合=mgsinθ
由牛顿第二定律知 a2=
当细线③沿水平方向时，小球的受力如图c所示，小球的合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：a3=
答：当细线①沿竖直方向时，木块下滑的加速度为0；
当细线②与斜面方向垂直时，木块下滑的加速度为5m/s2，加速度方向沿斜面向下．
当细线③沿水平方向时，木块下滑的加速度为20m/s2，加速度方向沿斜面向下．
解析
解：当细线①沿竖直方向时，小球受力如图a所示．FT1与mg都是竖直方向，小球沿斜面方向运动，故不可能有加速度，说明木块沿斜面匀速下滑，此时加速度为0．
当细线②与斜面方向垂直时，小球的受力如图b所示，FT2与mg的合力必沿加速度方向，即沿斜面方向，做出平行四边形，可知合力 F合=mgsinθ
由牛顿第二定律知 a2=
当细线③沿水平方向时，小球的受力如图c所示，小球的合力沿斜面向下，根据牛顿第二定律得：a3=
答：当细线①沿竖直方向时，木块下滑的加速度为0；
当细线②与斜面方向垂直时，木块下滑的加速度为5m/s2，加速度方向沿斜面向下．
当细线③沿水平方向时，木块下滑的加速度为20m/s2，加速度方向沿斜面向下．
正确答案
解：对木块有：mg=μN，解得
根据牛顿第二定律得，N=ma，则加速度a=
木块与铁箱具有相同的加速度，对整体分析，有：
F-μ1（M+m）g=（M+m）a
解得：F=0.2×50+20×5N=110N．
答：水平拉力F的大小为110N．
解析
解：对木块有：mg=μN，解得
根据牛顿第二定律得，N=ma，则加速度a=
木块与铁箱具有相同的加速度，对整体分析，有：
F-μ1（M+m）g=（M+m）a
解得：F=0.2×50+20×5N=110N．
答：水平拉力F的大小为110N．
（2015春•常德校级月考）一质量m=10kg的物体静止在水平面上，在F=20N的水平恒力作用下开始运动．取g=l0m/s2，则：
（1）若水平面光滑，求物体的加速度大小；
（2）若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，求物体的加速度大小．
正确答案
解：（1）光滑水平面上物体受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得物体的加速度大小：a=
（2）对物体进行受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得物体的加速度大小：a1=
答：（1）若水平面光滑，求物体的加速度大小为2m/s2；
（2）若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，物体的加速度大小为1m/s2．
解析
解：（1）光滑水平面上物体受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得物体的加速度大小：a=
（2）对物体进行受力分析如图所示：
由牛顿第二定律得物体的加速度大小：a1=
答：（1）若水平面光滑，求物体的加速度大小为2m/s2；
（2）若水平面粗糙，且物体与水平面间的动摩擦因数μ=0.1，物体的加速度大小为1m/s2．
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）上滑后经多长时间滑块的动能与重力势能相等；
（3）滑块返回斜面底端时的动能．
正确答案
a=
如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，
mgsin37°+μmgcos37°=ma…②
代入数据得：μ=0.25
（2）设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，则有：
s=
若物体上滑t时刻，速度为：
v=v0-at=20-8t （t＜2.5s）
高度为：
h=xsin37°=（v0t-
动能与势能相等，故：
解得：t≈4.14s（大于2.5s，舍去）或者 t≈0.86s
物体下滑过程的加速度为：
a′=gsin37°-μgcos37°=4m/s2
若物体下滑t′时刻，速度为：
v′=a′t′=4t′
高度为：
h′=（s-x′）sin37°=（s-
动能与势能相等，故：
联立解得：t′=
故到动能和势能相等的总时间为：t1=2.5s+2.74s=5.24s
（3）沿斜面运动全过程中根据动能定理：
-μmgcos37°•2s=EK-
代入数据得：Ek=50J
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数0.25；
（2）上滑后经0.158s或者5.24s时间滑块的动能与重力势能相等；
（3）滑块返回斜面底端时的动能50J．
解析
a=
如图所示，小物块受重力、支持力、摩擦力，沿斜面建立直角坐标系，
mgsin37°+μmgcos37°=ma…②
代入数据得：μ=0.25
（2）设物块冲上斜面所能达到的最高点距斜面底端距离为s，则有：
s=
若物体上滑t时刻，速度为：
v=v0-at=20-8t （t＜2.5s）
高度为：
h=xsin37°=（v0t-
动能与势能相等，故：
解得：t≈4.14s（大于2.5s，舍去）或者 t≈0.86s
物体下滑过程的加速度为：
a′=gsin37°-μgcos37°=4m/s2
若物体下滑t′时刻，速度为：
v′=a′t′=4t′
高度为：
h′=（s-x′）sin37°=（s-
动能与势能相等，故：
联立解得：t′=
故到动能和势能相等的总时间为：t1=2.5s+2.74s=5.24s
（3）沿斜面运动全过程中根据动能定理：
-μmgcos37°•2s=EK-
代入数据得：Ek=50J
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数0.25；
（2）上滑后经0.158s或者5.24s时间滑块的动能与重力势能相等；
（3）滑块返回斜面底端时的动能50J．
（1）小环在加速运动时的加速度a的大小；
（2）小环的质量m；
（3）细杆与地面间的倾角θ．
正确答案
解：（1）由图示v-t图象可知，
小环的加速度：a=
（2）由v-t图象可知，前2s环做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：F1-mgsinθ=ma…①
2s后物体做匀速运动，由共点力平衡条件得：F2=mgsinθ…②
由①②两式，代入数据可解得：m=1kg，θ=30°．
（3）由（2）可知：θ=30°；
答：（1）小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2；
（2）小环的质量m为1kg；
（3）细杆与地面间的倾角为30°．
解析
解：（1）由图示v-t图象可知，
小环的加速度：a=
（2）由v-t图象可知，前2s环做匀加速直线运动，
由牛顿第二定律得：F1-mgsinθ=ma…①
2s后物体做匀速运动，由共点力平衡条件得：F2=mgsinθ…②
由①②两式，代入数据可解得：m=1kg，θ=30°．
（3）由（2）可知：θ=30°；
答：（1）小环在加速运动时的加速度a的大小为0.5m/s2；
（2）小环的质量m为1kg；
（3）细杆与地面间的倾角为30°．
如图所示，在游乐场的滑冰道上有甲、乙两位同学坐在冰车上进行游戏．当甲同学从倾角为Ө=37°的光滑斜面冰道顶端A自静止开始自由下滑时，与此同时在斜面底部B处的乙同学通过冰钎作用于冰面从静止开始沿光滑的水平冰道向右做匀加速运动．设甲同学在整个运动过程中无机械能变化，两人在运动过程中可视为质点，则为避免两人发生碰撞，乙同学运动的加速度a至少为多大？（sin37°=0.6，g=10m/s2）
正确答案
解：根据牛顿第二定律可知甲同学在斜面上下滑的加速度
a1=gsinθ ①
设甲到斜面底部的速度为v1，所经时间为t1=
当甲恰好追上乙时，甲在水平冰道上经时间t2
则两人的位移关系为v1t2=
要使两人避免相碰，当甲恰好追上乙时，乙的速度恰好等于v1，即
vA=a（t1+t2） ④
由①②③④解方程组得
a=
答：为避免两人发生碰撞，乙同学运动的加速度a至少为3m/s2．
解析
解：根据牛顿第二定律可知甲同学在斜面上下滑的加速度
a1=gsinθ ①
设甲到斜面底部的速度为v1，所经时间为t1=
当甲恰好追上乙时，甲在水平冰道上经时间t2
则两人的位移关系为v1t2=
要使两人避免相碰，当甲恰好追上乙时，乙的速度恰好等于v1，即
vA=a（t1+t2） ④
由①②③④解方程组得
a=
答：为避免两人发生碰撞，乙同学运动的加速度a至少为3m/s2．
（1）木板B、C的长度lB、lC；
（2）若在木块A滑上C板的瞬间撤去拉力F，木块A从开始运动到再次静止经历的总时间t（此问答案保留3位有效数字）．
正确答案
解：（1）如图的示，对物体A进行受力分析有：
物体A产生的加速度
当A在B上滑动时，若B运动则以运动以B一致，故取BC为整体为研究对象受力分析有：
BC整体受地面的支持NBC=GBC+NA′=50N，BC与地面间的最大静摩擦力fmax=μ2NBC＞fA，所以A在B上滑动时，BC均处于静止状态．
所以A在B上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意各B的长度等于A在1s的时间内运动的位移即：
当A滑上B时，以C为研究对象受力分析有：
由图可知：F合C=fA′-fc=μ1mAg-μ2（mA+mC）g
所以C产生的加速度
所以此时C的长度lC=xA-xC=
（2）当A撤去拉力F后，在摩擦力作用下做初速度为2m/s的匀减速直线运动，加速度大小为
当两者速度相等时，BC整体在地面摩擦力作用下做匀减速直线运动．
当AC两者速度相等时有：vA-aA1t1=aCt1
解得
此后AC整体在地面摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小
所以物体还能运动的时间
所以A滑上C后还能运动的时间
所以A滑动的总时间
答：（1）木板B、C的长度lB=1m，lC=2.75m；
（2）若在木块A滑上C板的瞬间撤去拉力F，木块A从开始运动到再次静止经历的总时间t=1.67s．
解析
解：（1）如图的示，对物体A进行受力分析有：
物体A产生的加速度
当A在B上滑动时，若B运动则以运动以B一致，故取BC为整体为研究对象受力分析有：
BC整体受地面的支持NBC=GBC+NA′=50N，BC与地面间的最大静摩擦力fmax=μ2NBC＞fA，所以A在B上滑动时，BC均处于静止状态．
所以A在B上做初速度为0的匀加速直线运动，由题意各B的长度等于A在1s的时间内运动的位移即：
当A滑上B时，以C为研究对象受力分析有：
由图可知：F合C=fA′-fc=μ1mAg-μ2（mA+mC）g
所以C产生的加速度
所以此时C的长度lC=xA-xC=
（2）当A撤去拉力F后，在摩擦力作用下做初速度为2m/s的匀减速直线运动，加速度大小为
当两者速度相等时，BC整体在地面摩擦力作用下做匀减速直线运动．
当AC两者速度相等时有：vA-aA1t1=aCt1
解得
此后AC整体在地面摩擦力作用下做匀减速直线运动，加速度大小
所以物体还能运动的时间
所以A滑上C后还能运动的时间
所以A滑动的总时间
答：（1）木板B、C的长度lB=1m，lC=2.75m；
（2）若在木块A滑上C板的瞬间撤去拉力F，木块A从开始运动到再次静止经历的总时间t=1.67s．
如图甲所示，一质量为M的长木板静置于光滑水平面上，其上放置质量为m的小滑块．木板受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出其加速度a，得到如图乙所示的a-F图．取g=10m/s2，则（ ）
正确答案
解析
解：A、当F等于6N时，加速度为：a=1m/s2，
对整体分析，由牛顿第二定律有：F=（M+m）a，
代入数据解得：M+m=6kg
当F大于6N时，根据牛顿第二定律得：a=
知图线的斜率k=
解得：M=2kg，
滑块的质量为：m=4kg．故A错误，B错误．
C、根据F大于6N的图线知，F=4时，a=0，
即：0=
代入数据解得：μ=0.1，
所以a=
根据μmg=ma′得：a′=μg=1m/s2，故C正确，D错误．
故选：C．
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