- 牛顿第二定律
- 共12933题
某校课外活动小组自制一枚土火箭，火箭质量为3kg．点火后火箭始终垂直于地面向上运动，开始一段时间可视为做匀加速运动．经过4s到达离地面40m高处，燃料恰好用完．若空气阻力忽略不计，g取10m/s2．求
（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小；
（2）火箭上升离地面的最大高度；
（3）火箭上升时受到的最大推力．
正确答案
解：（1）设燃料燃烧结束时火箭的速度为v，根据运动学公式
得，
（2）火箭能够继续上升的高度
火箭离地的最大高度 H=h+h1=40+20=60m ④
（3）火箭在飞行中质量不断减小，所以在点火起飞的最初其推力最大．
加速度为 
根据牛顿第二定律得 F-mg=ma ⑥
则 F=m（g+a）=3×（10+5）=45N ⑦
答：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小是20m/s；
（2）火箭上升离地面的最大高度是60m；
（3）火箭上升时受到的最大推力是45N．
解析
解：（1）设燃料燃烧结束时火箭的速度为v，根据运动学公式
得，
（2）火箭能够继续上升的高度
火箭离地的最大高度 H=h+h1=40+20=60m ④
（3）火箭在飞行中质量不断减小，所以在点火起飞的最初其推力最大．
加速度为
根据牛顿第二定律得 F-mg=ma ⑥
则 F=m（g+a）=3×（10+5）=45N ⑦
答：
（1）燃料恰好用完时火箭的速度大小是20m/s；
（2）火箭上升离地面的最大高度是60m；
（3）火箭上升时受到的最大推力是45N．
在连云港市青年公园的游乐场中，有一台大型游乐机叫“垂直极限”．一质量为60kg的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅提升到一定高度处，座椅沿光滑杆自由下落1.2s 后开始受到压缩空气提供的恒定阻力作用做匀减速直线运动，又经4.8s速度刚好减为零．这一过程座椅共下落了36m．已知重力加速度g=10m/s2．求：
（1）座椅下落过程的平均速度；
（2）座椅被释放后，自由下落的高度；
（3）在减速阶段，座椅对游客的支持力．
正确答案
解：（1）已知下降的高度与时间，则平均速度：
（2）座椅释放后自由下落的高度为h1，速度为v，减速下落的高度为h2：
自由下落的位移：
（3）减速阶段的初速度为加速阶段的末速度，所以两段时间内的速度变化大小相等；
由速度公式得：v=gt1，0=v+at2，
代入数据得减速阶段，座椅的加速度是：a=2.5m/s2
设游客的质量为m，座椅对游客的支持力为F，
由牛顿第二定律得：
F-mg=ma，
得：F=m（g+a）=60×（10+2.5）750N
答：（1）座椅下落过程的平均速度是6m/s；
（2）座椅被释放后，自由下落的高度是7.2m；
（3）在减速阶段，座椅对游客的支持力是750N．
解析
解：（1）已知下降的高度与时间，则平均速度：
（2）座椅释放后自由下落的高度为h1，速度为v，减速下落的高度为h2：
自由下落的位移：
（3）减速阶段的初速度为加速阶段的末速度，所以两段时间内的速度变化大小相等；
由速度公式得：v=gt1，0=v+at2，
代入数据得减速阶段，座椅的加速度是：a=2.5m/s2
设游客的质量为m，座椅对游客的支持力为F，
由牛顿第二定律得：
F-mg=ma，
得：F=m（g+a）=60×（10+2.5）750N
答：（1）座椅下落过程的平均速度是6m/s；
（2）座椅被释放后，自由下落的高度是7.2m；
（3）在减速阶段，座椅对游客的支持力是750N．
（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，则滑块在木板上滑行的时间t；
（2）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，则滑块从木板右端滑出时的速度v；
（3）若水平地面光滑，且木板不固定，在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的恒力F，如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足什么条件？（假定滑块与木板之间最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）
正确答案
解：（1）滑块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小：
a=
如果木板足够长，当滑块运动的总时间t0=
设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有：
L=
所以t=1.0s 或t=2.0s（不可能反向加速，舍去）
（2）滑块从木板右端滑出时的速度：
v=v0-at=3-2×1=1m/s
（3））①令滑块不滑离木板时，木板的最小加速度为a，则可知，滑块不滑下来，滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度L，运动时间为t，则有：
据速度时间关系有：
3-2t=at ①
根据位移时间关系有：
由①②两式解得木板获得的最小加速度：
a=0.25m/s2
根据牛顿第二定律可知，木板获得的加速度：a=
即木扳获得的最小拉力：F=Ma-μmg=8×0.25-0.2×0.5×10N=1N．
②若拉木板的力比较大，则小滑块在冲上木板，并且速度达到相等后，若木板向前的加速度大于滑块向前的加速度，则木板将会向前抽出．此时滑块受到的摩擦力的方向向前，大小为：f=μmg=0.2×0.5×10=1N
加速度：a=
木板将会向前抽出，则木板的加速度要大于2m/s2，由牛顿第二定律得：
F-f=Ma′＞Ma
所以：F＞Ma+f=8×2+1=17N
所以如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
答：（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，滑块在木板上滑行的时间t为1s；
（2）滑块从木板右端滑出时的速度v为1m/s；
（3）若水平地面光滑，且木板不固定．如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
解析
解：（1）滑块在木板上做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律有，滑块加速度的大小：
a=
如果木板足够长，当滑块运动的总时间t0=
设滑块在木板上滑行的时间为t，根据运动学公式有：
L=
所以t=1.0s 或t=2.0s（不可能反向加速，舍去）
（2）滑块从木板右端滑出时的速度：
v=v0-at=3-2×1=1m/s
（3））①令滑块不滑离木板时，木板的最小加速度为a，则可知，滑块不滑下来，滑块的位移与木板的位移差刚好为木板的长度L，运动时间为t，则有：
据速度时间关系有：
3-2t=at ①
根据位移时间关系有：
由①②两式解得木板获得的最小加速度：
a=0.25m/s2
根据牛顿第二定律可知，木板获得的加速度：a=
即木扳获得的最小拉力：F=Ma-μmg=8×0.25-0.2×0.5×10N=1N．
②若拉木板的力比较大，则小滑块在冲上木板，并且速度达到相等后，若木板向前的加速度大于滑块向前的加速度，则木板将会向前抽出．此时滑块受到的摩擦力的方向向前，大小为：f=μmg=0.2×0.5×10=1N
加速度：a=
木板将会向前抽出，则木板的加速度要大于2m/s2，由牛顿第二定律得：
F-f=Ma′＞Ma
所以：F＞Ma+f=8×2+1=17N
所以如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
答：（1）若木板固定，滑块将从木板的右端滑出，滑块在木板上滑行的时间t为1s；
（2）滑块从木板右端滑出时的速度v为1m/s；
（3）若水平地面光滑，且木板不固定．如果要使滑块不从木板上掉下，力F应满足1N≤F≤17N．
正确答案
解：物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，根据牛顿第二定律，加速度为：aA=µg…①
木板B作加速运动，有：F+µm1g=m2aB…②
物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：
又：
由①、③、④式，可得：aB=6m/s2
再代入②式得：F=m2aB-µm1g=1N
若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即有：F=（m1+m2）a，µm1g=m1a
所以：F=3N
若F大于3N，A就会相对B向左滑下．
故拉力F大小应满足的条件为1N≤F≤3N．
解析
解：物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，根据牛顿第二定律，加速度为：aA=µg…①
木板B作加速运动，有：F+µm1g=m2aB…②
物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度v1，则：
又：
由①、③、④式，可得：aB=6m/s2
再代入②式得：F=m2aB-µm1g=1N
若F＜1N，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以F必须大于等于1N．
当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才不会从B的左端滑落．即有：F=（m1+m2）a，µm1g=m1a
所以：F=3N
若F大于3N，A就会相对B向左滑下．
故拉力F大小应满足的条件为1N≤F≤3N．
正确答案
解析
解：A、经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，故物体在AB段做匀减速直线运动，在BC段做匀加速直线运动，根据速度位移关系公式可得AB段和BC的加速度大小相等，故A正确．
B、经过A点时的速度与经过C点时的速度相等，根据
C、重力做功与首末位置的高度差有关，在两段运动过程中，高度差相同，所以重力做功相等．故C正确．
D、A到B、B到C速度变化量的大小相等，根据△P=m△v，知动量变化的大小相等，但方向不同．故D错误．
故选：ABC．
正确答案
解：从P到O，根据动能定理得，mgh=
解得
根据牛顿第二定律知，在斜面上的加速度
则A滑动底端的时间
在水平面上的加速度大小
A在水平面上速度减为零的时间
A物体运动0.9s之后静止，B物体运动1s后与A相碰，
B物体一直做匀减速运动，
则d=xA+xB=3.5m．
答：Q点与斜面底端O点的距离为3.5m．
解析
解：从P到O，根据动能定理得，mgh=
解得
根据牛顿第二定律知，在斜面上的加速度
则A滑动底端的时间
在水平面上的加速度大小
A在水平面上速度减为零的时间
A物体运动0.9s之后静止，B物体运动1s后与A相碰，
B物体一直做匀减速运动，
则d=xA+xB=3.5m．
答：Q点与斜面底端O点的距离为3.5m．
水平地面上放一物体，用4N的水平力可使物体获得1.5m/s2的水平加速度；用5N的水平力可使该物体获得2m/s2水平加速度；用6N的水平拉力可以使该物体获得______m/s2的水平加速度．此物与地面的动摩擦因数为______（取g=10m/s2）．
正确答案
2.5
0.05
解析
解：根据牛顿第二定律得：
F合=ma
带入数据得：
4-f=1.5m
5-f=2m
解得：f=1N，m=2kg
当水平拉力为6N时：
a=
故答案为：2.5，0.05
（1）物体所受的摩擦力．
（2）在0～4s内物体所受的拉力大小．
（3）整个过程物体位移的大小．
正确答案
解：（1）匀减速运动的加速度大小为：
根据牛顿第二定律得：f=ma2=3×2N=6N．
（2）匀加速运动的加速度为：
根据牛顿第二定律得：F-f=ma1，
解得：F=f+ma1=6+3×3N=15N．
（3）位移等于图线与时间轴围成的面积，则有：x=
答：（1）物体所受的摩擦力为6N．
（2）在0～4s内物体所受的拉力大小为15N．
（3）整个过程物体位移的大小为60m．
解析
解：（1）匀减速运动的加速度大小为：
根据牛顿第二定律得：f=ma2=3×2N=6N．
（2）匀加速运动的加速度为：
根据牛顿第二定律得：F-f=ma1，
解得：F=f+ma1=6+3×3N=15N．
（3）位移等于图线与时间轴围成的面积，则有：x=
答：（1）物体所受的摩擦力为6N．
（2）在0～4s内物体所受的拉力大小为15N．
（3）整个过程物体位移的大小为60m．
正确答案
（
5：3：1
解析
解：子弹逆过来看（从右向左看）做初速度为零的匀加速直线运动，在连续通过三段相等位移内的时间比为1：（
故答案为：（
已知光滑水平面上一个物体受到10N的水平作用力时，物体运动的加速度为4m/s2，则该物体的质量为（ ）
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律得：
F=ma
解得：m=
故选：B
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