牛顿第二定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：

（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间？

（2）若在物块与传送带达到相同速度时，立即撤去恒力F，计算小物块还需经过多少时间离开传送带以及离开时的速度？

正确答案

解：对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：

F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1，

代入数据解得．

匀加速运动的时间，

匀加速运动的位移．

物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N．故不能相对斜面向上加速．故得：a2=0．

得t=t1+t2=．

（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin37°＞μmgcos37°，

故减速上行mgsin37°-μmgcos37°=ma3，代入数据解得．

物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：

代入数据解得，

则．

答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.33s；

（2）小物块还需经过0.85s时间离开传送带，离开时的速度为2.3m/s．

解析

解：对物块受力分析可知，物块先是在恒力作用下沿传送带方向向上做初速为零的匀加速运动，直至速度达到传送带的速度，由牛顿第二定律：

F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1，

代入数据解得．

匀加速运动的时间，

匀加速运动的位移．

物块达到与传送带同速后，对物块受力分析发现，物块受的摩擦力的方向改向，因为F=8N而下滑力和最大摩擦力之和为10N．故不能相对斜面向上加速．故得：a2=0．

得t=t1+t2=．

（2）若达到同速后撤力F，对物块受力分析，因为mgsin37°＞μmgcos37°，

故减速上行mgsin37°-μmgcos37°=ma3，代入数据解得．

物块还需t′离开传送带，离开时的速度为vt，则：

代入数据解得，

则．

答：（1）物块从传送带底端运动到平台上所用的时间为1.33s；

（2）小物块还需经过0.85s时间离开传送带，离开时的速度为2.3m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为M的支座上有一水平细轴．轴上套有一长为L的细绳，绳的另一端栓一质量为m的小球，让球在竖直面内做匀速圆周运动，当小球运动到最高点时，支座恰好离开地面，则此时小球的线速度是多少？

正确答案

解：对支座M，由牛顿运动定律，得：T-Mg=0------①

对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg=m---②

联立 ①②式可解得：v=．

答：小球的线速度是．

解析

解：对支座M，由牛顿运动定律，得：T-Mg=0------①

对小球m，由牛顿第二定律，有：T+mg=m---②

联立 ①②式可解得：v=．

答：小球的线速度是．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，光滑斜面的倾角为α，一个质量为m的物体放在斜面上，如果斜面以加速度a水平向左做匀加速直线运动，物体与斜面间无相对运动，则斜面对物体的支持力的大小为（　　）

Amgcosα

B

C

Dm

正确答案

B,D

解析

解：对B进行受力分析，重力和支持力的合力提供加速度；受力分析如图所示；

由图利用几何关系可知：

N=，

同时N=m，

再由牛顿第二定律可知：

Nsinα=ma

解得：N=

故BD正确； AC错误；

故选：BD．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平桌面上有一薄木板，它的右端与桌面的右端相齐．薄木板的质量M=1.0kg，长度L=1.0m．在薄木板的中央有一个小滑块（可视为质点），质量m=0.5kg．小滑块与薄木板之间的动摩擦因数μ1=0.10，小滑块与桌面之间的动摩擦因数μ2=0.20，薄木板与桌面之间的动摩擦因数μ3=0.20．设小滑块与薄木板之间的滑动摩擦力等于它们之间的最大静摩擦力．某时刻起对薄木板施加一个向右的拉力F使木板向右运动．

（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是多大？

（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件．

正确答案

解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律：

对小滑块：μ1mg=ma1

对木板：F1-μ1mg-μ3（m+M）g=Ma2

若小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2

联立以上方程得：F1=4.5N

（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则：

根据运动学公式：v=a1t

根据牛顿第二定律，对小滑块：μ2mg=ma3

由速度位移公式：x1= x2=

由几何关系：x1+x2=L

木板的位移：L+=a4t2

根据牛顿第二定律，对木板：F2-μ1MG-μ3（m+M）g=Ma4

联立以上方程解得：F2=6N

要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N．

答：（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N．

（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件F≥6N．

解析

解：（1）设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为a1，薄木板的加速度为a2，根据牛顿第二定律：

对小滑块：μ1mg=ma1

对木板：F1-μ1mg-μ3（m+M）g=Ma2

若小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：a1=a2

联立以上方程得：F1=4.5N

（2）设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为a3，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为a4，空间位置变化如图所示，则：

根据运动学公式：v=a1t

根据牛顿第二定律，对小滑块：μ2mg=ma3

由速度位移公式：x1= x2=

由几何关系：x1+x2=L

木板的位移：L+=a4t2

根据牛顿第二定律，对木板：F2-μ1MG-μ3（m+M）g=Ma4

联立以上方程解得：F2=6N

要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力F≥6N．

答：（1）若小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F1至少是4.5N．

（2）若小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件F≥6N．

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题型：单选题

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单选题

在液体中下落的物体最终会达到一个恒定的速度，称之为收尾速度．一小铁球质量为m，用手将它完全放入水中后静止释放，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，关于小铁球，下列说法正确的是（　　）

A若测得小铁球从释放至达到收尾速度所用时间为t，则小铁球下落的位移为

B若测得小铁球下落h时的加速度为a，则小铁球此时的速度为

C若测得某时小铁球的加速度大小为a，则小铁球此时受到的水的阻力为m（a+g）-F

D若测得小铁球下落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

D

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D正确．

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，倾角为60°的光滑斜面体，固定在地面上，一质量为m的物块在一平行于斜面向上的力F作用下，从斜面底端由静止出发经一段时间t到达斜面的顶端，若从底端仍用力F从静止上拉物块，作用时间为时撤去力F，则物块还需t时间才能到达斜面顶端，求：

（1）物块在上滑过程中受拉力时和不受拉力时的加速度大小之比；

（2）物块所受拉力F与重力mg的比值．

正确答案

解：设斜面长为l，物体受拉力F作用时的加速度为a1，不受拉力F作用时的加速度为a2，则有：

当力F一直作用时有：l=a1t2

力F只作用一半时间有：l1=，

l2=v1t

又v1=a1，

l1+l2=l

由以上五式可解得：a1：a2=4：1

由牛顿第二定律，受拉力F时有：F-mgsin60°=ma1

不受拉力F时有：mgsin60°=ma2

解得：=

所以物块所受拉力F与重力mg的比值为5：2．

答：（1）物块在上滑过程中受拉力时和不受拉力时的加速度大小之比为4：1；

（2）物块所受拉力F与重力mg的比值为5：2．

解析

解：设斜面长为l，物体受拉力F作用时的加速度为a1，不受拉力F作用时的加速度为a2，则有：

当力F一直作用时有：l=a1t2

力F只作用一半时间有：l1=，

l2=v1t

又v1=a1，

l1+l2=l

由以上五式可解得：a1：a2=4：1

由牛顿第二定律，受拉力F时有：F-mgsin60°=ma1

不受拉力F时有：mgsin60°=ma2

解得：=

所以物块所受拉力F与重力mg的比值为5：2．

答：（1）物块在上滑过程中受拉力时和不受拉力时的加速度大小之比为4：1；

（2）物块所受拉力F与重力mg的比值为5：2．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平传送带正以v=2m/s的速度运行，两端的距离为L=10m．把一质量为m=1kg的小物体轻轻放到传送带上，物体在传送带的带动下向右运动．如物体与传送带间的动摩擦因数μ=0.1，则把这个物体从传送带左端传送到右端的过程中（g取10m/s2），求：

（1）摩擦力对物体做了多少功？

（2）为了传送物体电动机多消耗的电能为多少？

正确答案

解：（1）物体放到传送带上时，相对传送带向左滑行，受到向右的滑动摩擦力，因而向右做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增加到传送带运动的速度v=2m/s时，物体与传送带间就不再有相对滑动，也就不再有摩擦力了，物体从此做匀速运动一直到右端．物体做匀加速运动时，受力如图示：

则：物体所受摩擦力大小为：f=μFN=μmg=1N…①

物体在皮带上滑行时加速度的大小为：a==1m/s2…②

经历时间t=后，一起做匀速运动，

加速到v=2m/s过程中运动的位移为：s==m=2m…③

摩擦力做的功为：W=fs=1×2J=2J…④

（2）2s内皮带的位移为s′=vt=2×2=4m

此过程中产生的热量Q=μmg（s′-s）=0.1×1×10×2=2J

物体的动能

所以多消耗的电能E消=Q+EK=2+2=4J

答：（1）摩擦力对物体做了2J的功；

（2）为了传送物体电动机多消耗的电能为4J．

解析

解：（1）物体放到传送带上时，相对传送带向左滑行，受到向右的滑动摩擦力，因而向右做初速度为零的匀加速直线运动，当速度增加到传送带运动的速度v=2m/s时，物体与传送带间就不再有相对滑动，也就不再有摩擦力了，物体从此做匀速运动一直到右端．物体做匀加速运动时，受力如图示：

则：物体所受摩擦力大小为：f=μFN=μmg=1N…①

物体在皮带上滑行时加速度的大小为：a==1m/s2…②

经历时间t=后，一起做匀速运动，

加速到v=2m/s过程中运动的位移为：s==m=2m…③

摩擦力做的功为：W=fs=1×2J=2J…④

（2）2s内皮带的位移为s′=vt=2×2=4m

此过程中产生的热量Q=μmg（s′-s）=0.1×1×10×2=2J

物体的动能

所以多消耗的电能E消=Q+EK=2+2=4J

答：（1）摩擦力对物体做了2J的功；

（2）为了传送物体电动机多消耗的电能为4J．

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题型：简答题

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简答题

（2016•北京）如图所示，质量m=2.0kg的物体静止在光滑水平面上．t=0时刻，用F=6.0N的水平拉力，使物体由静止开始运动．求：

（1）物体运动的加速度大小a；

（2）物体在t=2.0s时的速度大小v．

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律有：F=ma，物体的加速度为：a===3.0 m/s2．

（2）物体开始运动后t=2.0 s末的速度为：v=at=3×2=6 m/s

答：（1）物体的加速度大小为3.0 m/s2．

（2）物体开始运动后2.0s末速度的大小为6m/s．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律有：F=ma，物体的加速度为：a===3.0 m/s2．

（2）物体开始运动后t=2.0 s末的速度为：v=at=3×2=6 m/s

答：（1）物体的加速度大小为3.0 m/s2．

（2）物体开始运动后2.0s末速度的大小为6m/s．

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题型：简答题

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简答题

某科研单位设计了一空间飞行器，飞行器从地面起飞时，发动机提供的动力方向与水平方向夹角α=60°，使飞行器恰恰与水平方向成θ=30°角的直线斜向右上方匀加速飞行，经时间t后，将动力的方向沿逆时针旋转60°同时适当调节其大小，使飞行器依然可以沿原方向匀减速飞行，飞行器所受空气阻力不计，求：

（1）t时刻飞行器的速率

（2）整个过程中飞行器离地的最大高度．

正确答案

解：（1）起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示．

在△OFFb中，由几何关系得：Fb=mg

由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g=10m/s2

则t时刻的速率：v=a1t=10t

（2）推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F‘跟合力F'h垂直，如图所示，

此时合力大小为：F'h=mgsin30°

飞行器的加速度大小为：

到最高点的时间为：

飞行的总位移为：=15t2

飞行器上升的最大高度为：hm=s•sin30°=7.5t2

答：（1）t1=4s时刻飞行器的速率为10t；

（2）整个过程中飞行器离地的最大高度为7.5t2

解析

解：（1）起飞时，飞行器受推力和重力，两力的合力与水平方向成30°角斜向上，设动力为F，合力为Fb，如图所示．

在△OFFb中，由几何关系得：Fb=mg

由牛顿第二定律得飞行器的加速度为：a1=g=10m/s2

则t时刻的速率：v=a1t=10t

（2）推力方向逆时针旋转60°，合力的方向与水平方向成30°斜向下，推力F‘跟合力F'h垂直，如图所示，

此时合力大小为：F'h=mgsin30°

飞行器的加速度大小为：

到最高点的时间为：

飞行的总位移为：=15t2

飞行器上升的最大高度为：hm=s•sin30°=7.5t2

答：（1）t1=4s时刻飞行器的速率为10t；

（2）整个过程中飞行器离地的最大高度为7.5t2

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m=4kg的物体与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，现用F=25N与水平方向成θ=37°的力拉物体，使物体由静止开始做匀加速运动：

（1）画出匀加速过程受力分析图

（2）物体所受支持力为多大？摩擦力为多大？

（3）求物体的加速度的大小？

（4）若F作用t=4s后即撤除，此后物体还能运动多久？（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）

正确答案

解：（1）受力分析图如图所示．

（2）在竖直方向上有：N+Fsin37°=mg，

解得支持力N=mg-Fsin37°=40-25×0.6N=25N，

摩擦力f=μN=0.2×25N=5N．

（3）根据牛顿第二定律得，加速度a==3.75m/s2．

（4）4s末的速度v=at=3.75×4m/s=15m/s，

撤去F后的加速度大小a′=μg=2m/s2，

则还能滑行的时间．

答：（1）受力如图所示．

（2）物体所受的支持力为25N，摩擦力为5N．

（3）物体的加速度大小为3.75m/s2．

（4）物体还能运动7.5s．

解析

解：（1）受力分析图如图所示．

（2）在竖直方向上有：N+Fsin37°=mg，

解得支持力N=mg-Fsin37°=40-25×0.6N=25N，

摩擦力f=μN=0.2×25N=5N．

（3）根据牛顿第二定律得，加速度a==3.75m/s2．

（4）4s末的速度v=at=3.75×4m/s=15m/s，

撤去F后的加速度大小a′=μg=2m/s2，

则还能滑行的时间．

答：（1）受力如图所示．

（2）物体所受的支持力为25N，摩擦力为5N．

（3）物体的加速度大小为3.75m/s2．

（4）物体还能运动7.5s．

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