- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：当在B端施以F=Mg的竖直向下的拉力作用时，对A分析，有：Mg=ma1，
得：a1=
当在绳的B端挂一质量为M的物体时，对整体分析，有：Mg=（M+m）a2，
得：a2=
故答案为：
正确答案
解：0-2s内 F1=3000N，
由牛顿第二定律得：F1-mg=ma 解得：a=5m/s2方向竖直向上
位移
2s-5s内，a=0
位移X2=V1t=a1t1t2=30m；
5s-7s 内 F3=1000N
由牛顿第二定律得：F3-mg=ma2 解得：a2=-5m/s2方向竖直向下
位移
整个过程上升的高度H=X1+X2+X3=50m
答：0-2s内加速度大小为5m/s2方向竖直向上；2s-5s内，a=0；5s-7s 内加速度大小为5m/s2方向竖直向下；整个过程中升机上升的高度为50m．
解析
解：0-2s内 F1=3000N，
由牛顿第二定律得：F1-mg=ma 解得：a=5m/s2方向竖直向上
位移
2s-5s内，a=0
位移X2=V1t=a1t1t2=30m；
5s-7s 内 F3=1000N
由牛顿第二定律得：F3-mg=ma2 解得：a2=-5m/s2方向竖直向下
位移
整个过程上升的高度H=X1+X2+X3=50m
答：0-2s内加速度大小为5m/s2方向竖直向上；2s-5s内，a=0；5s-7s 内加速度大小为5m/s2方向竖直向下；整个过程中升机上升的高度为50m．
正确答案
解析
解：以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得：
加速度a=
设A对B的摩擦力方向沿斜面向下，大小为f，则有
mgsinθ+f=ma，得到f=ma-mgsinθ=-μ1mgcosθ，负号表示摩擦力方向沿斜面向上．
故选BC
正确答案
解析
解：车停止前，两个滑块和小车一起作匀速直线运动，并且两个滑块和小车具有共同的速度，当小车突然停止时，由于两滑块与车接触面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律，
故选：B．
正确答案
47040
解析
解：A车经过t=10.0s时间追上B，根据运动学公式，有：
代入数据解得：
a=
根据牛顿第二定律，有：
F-0.1mg=ma
解得：
F=m（0.1g+a）=5.0×102×（0.1×10+0.96）=980N；
推力的功为：W=F•（
答：推力至少需要做47040J的功．
正确答案
解析
解：A、木块离开平台后做平抛运动，根据平抛运动的分位移公式，有：
x=vt
y=
联立解得：v=x
故动能Ek=
B、木块从A点运动到B点的过程中，水平力F做功为：W=Fl=20N×4m=80J，故B错误；
C、对加速过程和减速过程运用动能定理，有：
Fl-fS=Ek-0
解得：f=
故C错误；
D、从撤去F到物块离开平台边缘时，系统损失的机械能等于克服摩擦力做的功，为：△E=f（S-l）=4×（7.75-4）=15J，故D正确；
故选AD．
一架质量为50t的飞机着陆后做匀减速直线运动，在跑道上滑行了600m后停止，如果滑行时飞机受到的阻力是1.5×105N，飞机着陆时的速度是______m/s．滑行过程中加速度为______m/s2．
正确答案
60
-3
解析
解：根据牛顿第二定律得：
a=
根据2ax=
故答案为：60；-3
（1）从底端开始经多长时间物体与传送速度相同？
（2）若达到共速后保持拉力不变，物体还需多长时间到达斜面顶端？
（3）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要多长时间离开传送带？（结果可用根式表示）
正确答案
解：（1）物体在达到与传送带速度v=6m/s相等前，有：
F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1
解得a1=6m/s2
由v=a1t1，得：t1=1s
位移 x1=
（2）达到共速后，在拉力作用下继续加速，则所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2
解得a2=2m/s2，物体匀加速上滑
位移x2=
则 x2=vt2+
解得t2=1s；
（3）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，
由于μmgcos37°=4N，mgsin37°=12N，
故mgsin37°＞μmgcos37°，则此后物体做匀减速运动，加速度大小为a3
mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得：a3=4m/s2
设再过t3时间物体的速度减为零，则a3t3=v，得：t3=
此过程物体通过的位移为：
x3=
由于传送带总长为10m，x1+x3=3m+4.5m=7.5m＜10m，说明此后物体速度减速为零后沿传送带以a3加速下滑．
设下滑的时间为t4，则有：7.5m=
代入数据得：t4=
故撤去拉力，物体还需要时间t′=t3+t4=（
答：（1）从底端开始经1s时间物体与传送速度相同．
（2）若达到共速后保持拉力不变，物体还需1时间到达斜面顶端．
（3）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要
解析
解：（1）物体在达到与传送带速度v=6m/s相等前，有：
F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1
解得a1=6m/s2
由v=a1t1，得：t1=1s
位移 x1=
（2）达到共速后，在拉力作用下继续加速，则所受摩擦力沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：F-μmgcos37°-mgsin37°=ma2
解得a2=2m/s2，物体匀加速上滑
位移x2=
则 x2=vt2+
解得t2=1s；
（3）在物品与传送带达到同速瞬间撤去恒力F，
由于μmgcos37°=4N，mgsin37°=12N，
故mgsin37°＞μmgcos37°，则此后物体做匀减速运动，加速度大小为a3
mgsin37°-μmgcos37°=ma3
解得：a3=4m/s2
设再过t3时间物体的速度减为零，则a3t3=v，得：t3=
此过程物体通过的位移为：
x3=
由于传送带总长为10m，x1+x3=3m+4.5m=7.5m＜10m，说明此后物体速度减速为零后沿传送带以a3加速下滑．
设下滑的时间为t4，则有：7.5m=
代入数据得：t4=
故撤去拉力，物体还需要时间t′=t3+t4=（
答：（1）从底端开始经1s时间物体与传送速度相同．
（2）若达到共速后保持拉力不变，物体还需1时间到达斜面顶端．
（3）若物体与传送带达到速度相等的瞬间，突然撤去拉力，物体还需要
（1）撤去力F时物体的速度大小．
（2）物体从撤去外力之后沿斜面上滑的最大距离．
正确答案
F1=mgsin37°
FN=F2=mgcos37°
由牛顿第二定律可得：F-f-F1=ma1
f=μFN=μmgcos37°
解得：a=2m/s2
由运动学方程：v=a1t=8m/s
（2）撤去外力后，受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得：-（F+f）=ma2
解得：
撤去外力之后，物体做匀速直线运动，
由运动学方程：
答：（1）撤去力F时物体的速度大小8m/s；
（2）物体从撤去外力之后沿斜面上滑的最大距离4m．
解析
F1=mgsin37°
FN=F2=mgcos37°
由牛顿第二定律可得：F-f-F1=ma1
f=μFN=μmgcos37°
解得：a=2m/s2
由运动学方程：v=a1t=8m/s
（2）撤去外力后，受力分析如图所示，
由牛顿第二定律得：-（F+f）=ma2
解得：
撤去外力之后，物体做匀速直线运动，
由运动学方程：
答：（1）撤去力F时物体的速度大小8m/s；
（2）物体从撤去外力之后沿斜面上滑的最大距离4m．
冰壶赛场在比赛前需要调试赛道的冰面情况．设冰壶质量为m，冰壶与合格冰道的动摩擦因数为μ．调试时，测出冰壶在合格赛道末端速度为初速度的0.9倍，总耗时为t．假设冰道内有一处的冰面出现异常，异常冰面长度未知且与冰壶的动摩擦因数为2μ，且测出赛道末速度为初速度的0.8倍，总耗时为1.2t，设两次调试时冰壶初速度均相同．根据以上信息，试求：
（1）赛道的总长度L．
（2）调试冰壶的初速度v0．
（3）不规则冰面的长度．
正确答案
解：设冰壶初速度为v，赛道总长度为L，不规则冰面的长度为d．
（1）（2）冰壶在正常冰面上滑行时，由动能定理有：
在此过程中由动量定理有：
-μmgt=m•0.9v0-mv0 ②
由①和②解得：
v0=10μgt
L=
（3）不规则冰面存在时根据动能定理得：
代入v0和L可解得d=
答：（1）赛道的总长度L=
解析
解：设冰壶初速度为v，赛道总长度为L，不规则冰面的长度为d．
（1）（2）冰壶在正常冰面上滑行时，由动能定理有：
在此过程中由动量定理有：
-μmgt=m•0.9v0-mv0 ②
由①和②解得：
v0=10μgt
L=
（3）不规则冰面存在时根据动能定理得：
代入v0和L可解得d=
答：（1）赛道的总长度L=
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