- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）汽车从刹车到停止所用的时间？
（2）开始刹车后2s内，汽车的位移是多大？
（3）如果相对车箱而言，木块与车箱挡板碰撞时都以碰前的速率反弹．则从刹车起，木块经多长时间最终停下？
正确答案
解：v0=36km/h=10m/s
（1）从刹车起汽车停下所用时间：t0=
（2）2秒内汽车已经停止，所以汽车的位移为：s0=
（3）设从刹车起木块经时间t1后与前挡板相碰．
木块向前运动受滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 μmg=ma1
a1=μg=2m/s2
碰前木块的位移：s1=v0t1-
解得t1=1s
碰前木块速度：v1=v0-a1t1=10-2×1 m/s=8m/s
碰前汽车速度：v2=v0-at1=10-6×1 m/s=4m/s
相对汽车，木块碰前速度为4m/s，碰后以4m/s的速度反弹．
相对地，碰后木块速度为0，在车厢摩擦力作用下将向前作匀加速直线运动，加速度大小仍为a1=2 m/s2．
设又经时间t2木块的速度与汽车相等，则
木块速度：v1′=a1t2
汽车速度：v2′=v2-at2
因为v1′=v2′
所以t2=0.5s
v1′=v2′=1m/s
此时木块与前挡板距离为：L′=（v2t2-
木块再经时间t3停下，则：
木块再通过的位移为S3=
而汽车再经时间t4=（t0-t1-t2）=0.17s停止运动，汽车先于木块停止运动．
木块运动的总时间：t=t1+t2+t3=2s
答：（1）汽车从刹车到停止所用的时间为1.67s；
（2）开始刹车后2s内，汽车的位移为8.33m；
（3）从刹车起，木块经2s最终停下．
解析
解：v0=36km/h=10m/s
（1）从刹车起汽车停下所用时间：t0=
（2）2秒内汽车已经停止，所以汽车的位移为：s0=
（3）设从刹车起木块经时间t1后与前挡板相碰．
木块向前运动受滑动摩擦力，由牛顿第二定律得 μmg=ma1
a1=μg=2m/s2
碰前木块的位移：s1=v0t1-
解得t1=1s
碰前木块速度：v1=v0-a1t1=10-2×1 m/s=8m/s
碰前汽车速度：v2=v0-at1=10-6×1 m/s=4m/s
相对汽车，木块碰前速度为4m/s，碰后以4m/s的速度反弹．
相对地，碰后木块速度为0，在车厢摩擦力作用下将向前作匀加速直线运动，加速度大小仍为a1=2 m/s2．
设又经时间t2木块的速度与汽车相等，则
木块速度：v1′=a1t2
汽车速度：v2′=v2-at2
因为v1′=v2′
所以t2=0.5s
v1′=v2′=1m/s
此时木块与前挡板距离为：L′=（v2t2-
木块再经时间t3停下，则：
木块再通过的位移为S3=
而汽车再经时间t4=（t0-t1-t2）=0.17s停止运动，汽车先于木块停止运动．
木块运动的总时间：t=t1+t2+t3=2s
答：（1）汽车从刹车到停止所用的时间为1.67s；
（2）开始刹车后2s内，汽车的位移为8.33m；
（3）从刹车起，木块经2s最终停下．
（1）歼-15舰载机在甲板跑道上滑行时受到的空气阻力和甲板遭阻力的合力是多大？
（2）歼-15舰载机着舰后，若仅受空气阻力和甲板跑道阻力的作用，为保证载机不滑到海里，航空母舰的甲板跑道至少为多长？
（2）为了让舰载机在有限长度的航空母舰甲板跑道上停下来，甲板上设置有舰载机减速的阻拦索，同时考虑到舰载机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机，如图所示为歼-15舰载机被阻拦勾住尾钩某一时刻的情景，若此时舰载机发动机的推力大小为F=1.5×105N，载舰机减速的加速度为a2=20m/s2，阻拦索之间的夹角为θ=106°，舰载机受到的空气阻力和甲板跑道阻力保持不变．求此时阻拦索承受的拉力大小（sin53°=0.8，cos53°=0.6）
正确答案
解：（1）只受空气阻力和甲板跑道阻力的作用时，设空气阻力和甲板遭阻力的合力为f．
由牛顿第二定律得：f=ma1=2.5×104×0.8N=2×104 N
（2）为保证载机不滑到海里，航空母舰的甲板跑道至少为S0．
由运动学公式 2a1S0=v02，得
得 S0=
（3）飞机受力分析如图所示．
由牛顿第二定律有 2FTcosθ+f-F=ma
其中FT为阻拦索的张力．
联立上式可得 FT=5×105 N
答：
（1）歼-15舰载机在甲板跑道上滑行时受到的空气阻力和甲板遭阻力的合力是2×104 N．
（2）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1210m才能保证飞机不滑到海里．
（3）此时阻拦索承受的拉力大小为5×105 N．
解析
解：（1）只受空气阻力和甲板跑道阻力的作用时，设空气阻力和甲板遭阻力的合力为f．
由牛顿第二定律得：f=ma1=2.5×104×0.8N=2×104 N
（2）为保证载机不滑到海里，航空母舰的甲板跑道至少为S0．
由运动学公式 2a1S0=v02，得
得 S0=
（3）飞机受力分析如图所示．
由牛顿第二定律有 2FTcosθ+f-F=ma
其中FT为阻拦索的张力．
联立上式可得 FT=5×105 N
答：
（1）歼-15舰载机在甲板跑道上滑行时受到的空气阻力和甲板遭阻力的合力是2×104 N．
（2）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1210m才能保证飞机不滑到海里．
（3）此时阻拦索承受的拉力大小为5×105 N．
（ 1 ）物体从开始上滑到到最高点所用时间．
（ 2）物体沿斜劈下滑的过程中，斜劈对地面的压力大小．
（ 3 ）物体沿斜劈上滑的过程中，地面施加给斜劈的静摩擦力大小和方向．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律，有mgsinθ+μmgcosθ=ma
a=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
从开始上滑到到最高点所用时间 t=
（2）、物体能够沿斜面下滑，则有：mgsinθ-μmgcosθ=ma′
a′=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
有整体牛顿运动定律：（M+m）g-N=（M+m）a′sinθ
解得N=58.8N
由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为58.8N
（3）、整体牛顿运动定律：
f=macosθ=8N，方向水平向左
答：（ 1 ）物体从开始上滑到到最高点所用时间1s．
（ 2）物体沿斜劈下滑的过程中，斜劈对地面的压力大小58.8N．
（ 3 ）物体沿斜劈上滑的过程中，地面施加给斜劈的静摩擦力大小8N和方向水平向左
解析
解：（1）根据牛顿第二定律，有mgsinθ+μmgcosθ=ma
a=gsinθ+μgcosθ=10m/s2
从开始上滑到到最高点所用时间 t=
（2）、物体能够沿斜面下滑，则有：mgsinθ-μmgcosθ=ma′
a′=gsinθ-μgcosθ=2m/s2
有整体牛顿运动定律：（M+m）g-N=（M+m）a′sinθ
解得N=58.8N
由牛顿第三定律可知斜面对地面的压力为58.8N
（3）、整体牛顿运动定律：
f=macosθ=8N，方向水平向左
答：（ 1 ）物体从开始上滑到到最高点所用时间1s．
（ 2）物体沿斜劈下滑的过程中，斜劈对地面的压力大小58.8N．
（ 3 ）物体沿斜劈上滑的过程中，地面施加给斜劈的静摩擦力大小8N和方向水平向左
（1）滑雪者从静止开始到速度达到4m/s所需时间；
（2）滑雪者到达坡底的速度大小．
正确答案
解：（1）刚刚开始下滑时重力加速度为：
a1=gsin37°-μ1gcos37°
代入数据解得：a1=4 m/s2
在坡上加速到v1=4m/s的速度用时：t=
（2）在这个时间内通过的位移为：
x=
之后在坡面上的加速度为
：a2=gsin37°-μ2gcos37°
代入数据得：a2=5 m/s2
设到达坡底的速度大小为v2，由速度位移公式得：
代入数据得：v2=16m/s
答：（1）滑雪者从静止开始到速度达到4m/s所需时间为1s；
（2）滑雪者到达坡底的速度大小为16m/s．
解析
解：（1）刚刚开始下滑时重力加速度为：
a1=gsin37°-μ1gcos37°
代入数据解得：a1=4 m/s2
在坡上加速到v1=4m/s的速度用时：t=
（2）在这个时间内通过的位移为：
x=
之后在坡面上的加速度为
：a2=gsin37°-μ2gcos37°
代入数据得：a2=5 m/s2
设到达坡底的速度大小为v2，由速度位移公式得：
代入数据得：v2=16m/s
答：（1）滑雪者从静止开始到速度达到4m/s所需时间为1s；
（2）滑雪者到达坡底的速度大小为16m/s．
A小物块受到的摩擦力方向平行斜面向下
B小物块受到的滑动摩擦力大小为ma
C小物块受到的静摩擦力大小为
D小物块受到斜面的弹力大小
正确答案
解析
解：A、以木块为研究对象，分析受力情况：重力mg、斜面的支持力N和摩擦力为静摩擦力f，f沿斜面向上，故A错误；
C、根据牛顿第二定律得：f-mgsin30°=ma，解得，f=
D、小球受到的支持力等于重力垂直于斜面的分力；故N=mgcos30°=
故选：C．
正确答案
解析
解：在物块与木板相对滑动时，都做匀加速直线运动，对物块有a=
A、F1=F2，则a1=a2，M1＞M2，a1′＜a2′．根据
B、F1=F2，则a1=a2，M1＜M2，a1′＞a2′．根据
C、F1＞F2，且M1=M2，则a1＞a2，a1′=a2′，根据
D、F1＞F2，则a1＞a2，M1＞M2，a1′＜a2′．根据
故选：A．
假设汽车紧急制动后所受到的阻力的大小与汽车所受重力的大小差不多，当汽车以20米/秒的速度行驶，突然制动，它还能继续滑行的距离为______米．
正确答案
20
解析
解：根据牛顿第二定律得，
则x=
故答案为：20．
（1）长木板的速度达到v前滑块的加速度大小；
（2）滑块相对地面加速运动的时间及位移大小；
（3）为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：滑块的最大加速度
（2）当滑块速度达到v=9m/s时与长木板一起做匀速直线运动，
设滑块匀加速运动的时间为t，则有：a1t=v
解得：t=
运动的位移x=
（3）长木板加速运动的时间
此过程运动的位移
匀速运动的位移x2=v（t-t1）=9×（4-3.6）=3.6m，
则为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离△x=x1+x2-x=16.2+3.6-18=1.8m．
答：（1）长木板的速度达到v前滑块的加速度大小为2.25m/s2；
（2）滑块相对地面加速运动的时间为4s，位移大小为18m；
（3）为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离为1.8m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：滑块的最大加速度
（2）当滑块速度达到v=9m/s时与长木板一起做匀速直线运动，
设滑块匀加速运动的时间为t，则有：a1t=v
解得：t=
运动的位移x=
（3）长木板加速运动的时间
此过程运动的位移
匀速运动的位移x2=v（t-t1）=9×（4-3.6）=3.6m，
则为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离△x=x1+x2-x=16.2+3.6-18=1.8m．
答：（1）长木板的速度达到v前滑块的加速度大小为2.25m/s2；
（2）滑块相对地面加速运动的时间为4s，位移大小为18m；
（3）为保证运动过程中滑块不滑离长木板，长木板运动前滑块到长木板右端的最短距离为1.8m．
正确答案
2
0.2
解析
解：（1）物块在传送带上先做匀加速直线运动，μmg=m al，s1=
（2）物块以初速度ν0滑上斜面，之后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律可得，加速度大小a2=gsinθ，
当物块速度减为零时上升高度最大，此时沿斜面上滑的距离为s2=F-μ2mg=maB；
由于s2＜0.4m，所以物块未到达斜面的最高点．
物块上升的最大高度：hm=s2sinθ=0.2m．
故答案为：2，0.2
A剪断AO瞬间，小球加速度大小a=gtanα
B前断AO瞬间，小球加速度大小a=gsinα
C剪断BO瞬间，小球加速度大小a=
D不管剪断哪一根，小球加速度均是零
正确答案
解析
AO绳的拉力大小为FA=mgtanα，BO绳的拉力大小为FB=
若剪断AO瞬间，FA=0，FB突变，则此瞬间小球所受的合力大小等于FA=mgsinα，所以加速度大小为a=gsinα．
剪断BO瞬间，FB=0，FA不变，则此瞬间小球所受的合力大小等于FB=
故选：BC
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