- 牛顿第二定律
- 共12933题
A物体在0～4s内做匀变速直线运动
B物体在第4s末速度最大
C物体在第8s末离出发点最远
D物体在第6s末速度的大小为
正确答案
解析
解：A、在0∽2s内，物体受到向正方向的恒力，物体向正方向做匀加速直线运动，在2～4s内，物体受到向负方向的恒力，物体继续向正方向做匀减速直线运动．故A错误．
B、4s末物体的速度为零，4s末物体的运动方向改变．故B错误；
C、在4∽6s内，物体受到向负方向的恒力，物体向负方向做匀加速直线运动．在6～8s内，物体受到向正方向的恒力，物体继续向负方向做匀减速直线运动，8s末速度为零．综上，物体在4s末离出发点最远．故C错误．
D、根据动量定理可得：物体在4s末物体的速度为零，第6s末速度的大小为
故选：D
（1）物块B运动的加速度大小
（2）物块A初速度大小
（3）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功．
正确答案
解：（1）对B，由牛顿第二定律：F-μ2mg=maB
解得：
即物块B运动的加速度大小为2 m/s2．
（2）设物块A经过t时间追上物块B，对物块A，由牛顿第二定律得：
μ1mg=maA
A做匀减速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
恰好追上的条件为：
v0-aAt=aBt
xA-xB=l
联立各式并代入数据解得：t=0.5 s，v0=3 m/s．
即若要使A恰能追上B，A的初速度v0应等于3m/s．
（3）由以上数据可知，B的位移为
所以F对B做功为：
W=FxB=3×0.25J=0.75J．
答：（1）物块B运动的加速度大小为2m/s2．
（2）物块A初速度大小为3m/s．
（3）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功0.75J．
解析
解：（1）对B，由牛顿第二定律：F-μ2mg=maB
解得：
即物块B运动的加速度大小为2 m/s2．
（2）设物块A经过t时间追上物块B，对物块A，由牛顿第二定律得：
μ1mg=maA
A做匀减速直线运动，B做初速度为零的匀加速直线运动，则有：
恰好追上的条件为：
v0-aAt=aBt
xA-xB=l
联立各式并代入数据解得：t=0.5 s，v0=3 m/s．
即若要使A恰能追上B，A的初速度v0应等于3m/s．
（3）由以上数据可知，B的位移为
所以F对B做功为：
W=FxB=3×0.25J=0.75J．
答：（1）物块B运动的加速度大小为2m/s2．
（2）物块A初速度大小为3m/s．
（3）从开始到物块A追上物块B的过程中，力F对物块B所做的功0.75J．
A小球先变加速，后变减速，再匀减速
B小球作匀减速运动的时间为
C从小球弹起到达到最大速度的过程中克服重力做的功为2mgx0
D刚撤去力F的瞬间，小球的加速度大小为g
正确答案
解析
解：A、球开始受到重力、推力F和弹簧的支持力，三力平衡，撤去推力后，小球先向上做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断变大的减速运动，当小球离开弹簧后，做上抛运动，加速度不变，做匀减速运动，故A正确；
B、上升的最大高度为4x0，所以小球做匀减速直线运动的位移为h=4x0-2x0=2x0，则小球作匀减速运动的时间t=
C、小球上升过程受到重力和弹簧的弹力，当弹力大于重力时，小球向上加速，当弹力小于重力后，小球开始减速，所以当弹力等于重力时，
速度最大，此过程中，克服重力做的功为mgx0，故C错误；
D、用力F缓慢下压小球，使弹簧在弹性限度内再被压缩x0，根据F=kx可知，F=mg，撤去压力时，重力和弹力的合力大小等于F，根据牛顿第二定律可知a=
故选：AD．
（1）求使物块不掉下去的最大拉力F0（物块受到的最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．
（2）如果拉力F=21N恒定不变，则小物块所能获得的最大速度是多少？
正确答案
解：（1）物块刚好不掉下去，则物块与木板达到最大静摩擦力，且具有相同的最大加速度a1．对物块有牛顿第二定律得：
a1=
对整体：F0-μ2（M+m）g=（M+m）a1
解得：F0=μ2（M+m）g+（M+m）a1=0.2×（3+1）×10+（3+1）×1N=12 N
（2）当拉力F=21 N＞F0时，物块相对木板滑动．
由牛顿第二定律得：木板的加速度：
设小物块滑离时经历的时间为t，则：
解得：
此时有：vm=a1t=1×1m/s=1 m/s．
答：（1）求使物块不掉下去的最大拉力F0=12N
（2）如果拉力F=21N恒定不变，则小物块所能获得的最大速度是1m/s．
解析
解：（1）物块刚好不掉下去，则物块与木板达到最大静摩擦力，且具有相同的最大加速度a1．对物块有牛顿第二定律得：
a1=
对整体：F0-μ2（M+m）g=（M+m）a1
解得：F0=μ2（M+m）g+（M+m）a1=0.2×（3+1）×10+（3+1）×1N=12 N
（2）当拉力F=21 N＞F0时，物块相对木板滑动．
由牛顿第二定律得：木板的加速度：
设小物块滑离时经历的时间为t，则：
解得：
此时有：vm=a1t=1×1m/s=1 m/s．
答：（1）求使物块不掉下去的最大拉力F0=12N
（2）如果拉力F=21N恒定不变，则小物块所能获得的最大速度是1m/s．
A小铁块的初速度大小为v0=5m/s
B小铁块与木板间的动摩擦因数μ=
C当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体速度将变为5
D当α=60°时，小铁块达到最高点后，又回到出发点，物体下滑的加速为
正确答案
解析
解：A、根据动能定理，物体沿斜面上滑过程有：
-mgsinα•x-μmgcosα•x=0-
解得：x=
由图可得，当α=90°时x=1.25m，根据v02=2gx，代入数据得：v0=5m/s，故A正确；
B、由图可得，α=30°时，x=1.25，①式代入数据得：μ=
C、把把α=60°代入①，解得：x=
D、下滑的加速度为：a=g（sinα-μcosα），当α=60°时，代入数据得：a=
故选：AB．
正确答案
3g+2a
a
解析
解：F撤去前，对B有：F弹-2mg=2ma，解得F弹=2mg+2ma．
撤去F后，A受重力和向下的弹力，根据牛顿第二定律得，
B受重力和向上的弹力，根据牛顿第二定律得，
故答案为：3g+2a a．
正确答案
解析
解：在A点时，加速度为：
aA=
速度为：vA=5m/s
根据牛顿第二定律得运动以后的加速度为：a=
当加速度a=0时，速度达到最大，vm=10m/s．
有：mgsinθ-μmgcosθ-kvm=0…②
联立①②解得：
由于该运动是加速度变化的加速运动，故无法求出雪橇到达最大速度所用的时间．故A、B、C正确，D错误．
本题选不能确定的，故选D．
（1）物块处于平衡位置时弹簧的伸长量；
（2）依据简谐运动的对称性，求物块m在运动的最低点的加速度的大小；
（3）若在斜面体的正下方安装一个压力传感器，求在物块m运动的全过程中，此压力传感器的最大示数．
正确答案
解：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：
mgsinα=k•△l
解得：
△l=
（2）根据简谐运动的对称性，最低点和最高点的加速度相等，在最高点，根据牛顿第二定律，有：
mgsinα+k•
解得：
a=gsinα+
（3）由于斜面受力平衡，则在竖直方向上有：
其中：
F-mgsinα=ma
根据牛顿第三定律，有：
解得：
答：（1）物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为
（2）依据简谐运动的对称性，物块m在运动的最低点的加速度的大小为gsinα+
（3）在物块m运动的全过程中，此压力传感器的最大示数为
解析
解：（1）物体平衡时，受重力、支持力和弹簧的弹力，根据平衡条件，有：
mgsinα=k•△l
解得：
△l=
（2）根据简谐运动的对称性，最低点和最高点的加速度相等，在最高点，根据牛顿第二定律，有：
mgsinα+k•
解得：
a=gsinα+
（3）由于斜面受力平衡，则在竖直方向上有：
其中：
F-mgsinα=ma
根据牛顿第三定律，有：
解得：
答：（1）物块处于平衡位置时弹簧的伸长量为
（2）依据简谐运动的对称性，物块m在运动的最低点的加速度的大小为gsinα+
（3）在物块m运动的全过程中，此压力传感器的最大示数为
正确答案
解析
解：设斜面的倾角为θ，根据牛顿第二定律得，a=
根据v2=2aL得，v=
故答案为：
正确答案
解：根据牛顿第二定律得，A、B匀减速运动的加速度大小均为：
a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，
则B速度减为零的时间为：
此时B的位移为：
A的位移为：
此时两者还相距：△x=8-5-1m=2m，
可知相遇时A的位移为：xA′=7m，
根据
故答案为：3-
解析
解：根据牛顿第二定律得，A、B匀减速运动的加速度大小均为：
a=μg=0.2×10m/s2=2m/s2，
则B速度减为零的时间为：
此时B的位移为：
A的位移为：
此时两者还相距：△x=8-5-1m=2m，
可知相遇时A的位移为：xA′=7m，
根据
故答案为：3-
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