牛顿第二定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图所示，水平木板上有质量m=1.0kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g=10m/s2，下列判断正确的是（　　）

A5 s内拉力对物块做功为零

B6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s2

C物块与木板之间的动摩擦因数为0.4

D4 s末物块所受合力大小为4.0 N

正确答案

B

解析

解：A、在0～4s内，物体所受的摩擦力为静摩擦力，4s末开始运动，则5s内位移不为零，则拉力做功不为零．故A错误；

B、根据牛顿第二定律得，6s～9s内物体做匀加速直线运动的加速度a=．f=μmg，解得．故B正确，C错误．

D、4s末拉力为4N，摩擦力为4N，合力为零．故D错误；

故选：B．

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题型：填空题

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填空题

质量为0.3kg的物体在0.6N的力的作用下，产生的加速度为______．

正确答案

2m/s2

解析

解：物体产生的加速度为：a=．

故答案为：2m/s2．

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题型：简答题

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简答题

A、B两球质量分别为m1与m2，用一劲度系数为k的弹簧相连，一长为l1的细线与m1相连，置于水平光滑桌面上，细线的另一端拴在竖直轴OO′上，如图所示．当m1与m2均以角速度ω绕OO′做匀速圆周运动时，弹簧长度为l2．求：

（1）此时弹簧伸长量多大？绳子张力多大？

（2）将线突然烧断瞬间，两球加速度大小和方向？

正确答案

解：（1）对B球有：

又根据胡克定律得：F=kx，

所以有：x=

对A球有：T-F=

所以有：T=．

（2）烧断细绳的瞬间，拉力T=0，弹力F不变，根据牛顿第二定律，

对A球有：=．

对B球有：=．

答：（1）此时弹簧伸长量为，绳子张力为．

（2）将线突然烧断瞬间，A球的加速度大小为．方向向左．B球的加速度大小为．方向向右．

解析

解：（1）对B球有：

又根据胡克定律得：F=kx，

所以有：x=

对A球有：T-F=

所以有：T=．

（2）烧断细绳的瞬间，拉力T=0，弹力F不变，根据牛顿第二定律，

对A球有：=．

对B球有：=．

答：（1）此时弹簧伸长量为，绳子张力为．

（2）将线突然烧断瞬间，A球的加速度大小为．方向向左．B球的加速度大小为．方向向右．

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题型：填空题

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填空题

如图L型轻杆通过铰链O与地面连接，OA=AB=6m，作用于B点的竖直向上拉力F能保证杆AB始终保持水平．一质量为m的物体以足够大的速度在杆上从离A点2m处向右运动，物体与杆之间的动摩擦因数与离开A点的距离成反比μ=．已知重力加速度为g=10m/s2，则物体运动到离开A点距离x=______m时拉力F达到最小．此时F=______．

正确答案

mg/3

解析

解：轻质杆受到滑块的压力mg，摩擦力f=umg=，以及拉力F；

以O点为支点，根据力矩平衡，有：f•OA+mg•x=F•AB

代入数据，有：6×+mgx=6F

得到：F=+≥，（当x=时，F最小）；

故答案为：，．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=8kg的小车放在水平光滑的平面上，在小车左端加一水平推力F=8N，当小车向右运动的速度达到1.5m/s时，在小车前端轻轻地放上一个大小不计，质量为m=2kg的小物块，物块与小车间的动摩擦因数μ=0.2，小车足够长（取g=l0m/s2）．求：

（1）小物块放后，小物块及小车的加速度大小各为多大？

（2）经多长时间两者达到相同的速度？

正确答案

解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，

物块的加速度：am==μg=0.2×10=2m/s2

小车的加速度：aM=，代入数据解得：aM=0.5 m/s2 ．

（2）由：amt=υ0+aMt，代入数据解得：t=1s；

所以速度相同时用的时间为1s．

答：（1）小物块放后小物块及小车的加速度分别为2m/s2，0.5m/s2．

（2）经1s时间两者达到相同的速度．

解析

解：（1）对小车和物体受力分析，由牛顿第二定律可得，

物块的加速度：am==μg=0.2×10=2m/s2

小车的加速度：aM=，代入数据解得：aM=0.5 m/s2 ．

（2）由：amt=υ0+aMt，代入数据解得：t=1s；

所以速度相同时用的时间为1s．

答：（1）小物块放后小物块及小车的加速度分别为2m/s2，0.5m/s2．

（2）经1s时间两者达到相同的速度．

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题型：多选题

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多选题

一物体在水平拉力F作用下在水平地面上由甲地出发，经过一段时间撤去拉力，滑到乙地刚好停止．其v-t图如图所示，则（　　）

A物体在0～t0和t0～3 t0两个段时间内，加速度大小之比3：1

B物体在0～t0和t0～3 t0两个段时间内，位移大小之比1：2

C物体受到得水平拉力F与水平地面摩擦力f之比3：1

D物体受到得水平拉力F与水平地面摩擦力f之比2：1

正确答案

B,C

解析

解：A、根据速度时间图象的斜率等于加速度大小，则有在0～t0和t0～3t0两段时间内加速度大小之比为：a1：a2=2：1．故A错误．

B、根据“面积”等于位移大小，则有位移之比为x1：x2==1：2．故B正确．

C、由图象知f=ma2，F-f=ma1，a1：a2=2：1．故物体受到得水平拉力F与水平地面摩擦力f之比3：1故C正确，D错误

故选：BC

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题型：简答题

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简答题

如图所示，物体P放在粗糙的水平地面上，劲度系数为k=250N/m的轻弹簧左端固定在竖直墙壁上、右端固定在质量为m=1kg的物体P上，弹簧水平，开始弹簧为原长，P从此刻开始受到与水平面成θ=37°的拉力作用而向右做加速度大小为a=1m/s2的匀加速运动，某时刻F=10N，弹簧弹力大小为FT=5N，此时撤去F，已知sin37°=0.6、cos37°=0.8，重力加速度g=10m/s2．求：

（1）撤去F的瞬间P的速度；

（2）撤去F的瞬间P的加速度．

正确答案

解：（1）设小球与水平面间的动摩擦因数为μ，则F=10N时，满足：Fcosθ-FT-μ（mg-Fsinθ）=ma

代入数据得：μ=0.5

设此时小球离开原位置的距离为x，撤去F的瞬间P的速度为v，则：FT=kx

由速度位移公式得：2ax=v2

联立以上两式代入数据得：v=0.2m/s，方向水平向右

（2）撤去F的瞬间，小球在水平方向受2力作用，弹簧弹力FT=5N，水平向左，动摩擦力：f=μmg=0.5×1×10=5N，由牛顿第二定律得，加速度为：

即：撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左．

答：（1）撤去F的瞬间P的速度大小为0.2m/s2，方向水平向右；

（2）撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左．．

解析

解：（1）设小球与水平面间的动摩擦因数为μ，则F=10N时，满足：Fcosθ-FT-μ（mg-Fsinθ）=ma

代入数据得：μ=0.5

设此时小球离开原位置的距离为x，撤去F的瞬间P的速度为v，则：FT=kx

由速度位移公式得：2ax=v2

联立以上两式代入数据得：v=0.2m/s，方向水平向右

（2）撤去F的瞬间，小球在水平方向受2力作用，弹簧弹力FT=5N，水平向左，动摩擦力：f=μmg=0.5×1×10=5N，由牛顿第二定律得，加速度为：

即：撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左．

答：（1）撤去F的瞬间P的速度大小为0.2m/s2，方向水平向右；

（2）撤去F的瞬间P的加速度大小为10m/s2，方向水平向左．．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，竖直平面内两根光滑细杆所构成的角AOB被铅垂线00‘平分，∠AOB=120°．两个质量均为m的小环通过水平轻弹簧的作用静止在A、B两处，A、B连线与00'垂直，连线距0点h，已知弹簧原长，劲度系数k，现在把两个小环在竖直方向上均向下平移h，释放瞬间A环加速度为a，则下列表达式正确的是（　　）

Ak=

B

Ca=g

Da=g

正确答案

A,C

解析

解：小环原来受到重力、支持力和弹簧的拉力受力平衡，将三力沿着与杆平行和垂直方向正交分解，有

小环下移h后，再次受力分析，受到重力、拉力和支持力，根据牛顿第二定律，有

解得

a=g

k=

故选AC．

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题型：简答题

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简答题

传送带与水平面夹角为θ=37°，其上、下两端点AB间的距离是26.6m，BC为一光滑的水平平台（物体从传送带传送到BC平台上时的速度大小不变），CDEF是一深井，已知CD高度为5m，DE长4m，传送带在电动机的带动下，以4．Om/s的速度顺时针匀速运转，现将质量为lkg 的物体（可视为质点）无初速度的轻放于传送带的A点，已知物体与传送带间的动摩擦因数为μ=0.8，重力加速度 g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.80）

（1）在传送带将物体从A点传送到B点过程中，求物体刚放上传送带时的加速度大小；

（2）若传送带因故障被卡住，现对物体从A点开始提供水平拉力F=64.375N，求拉力至少需要作用多长时间，使物体从C点水平抛出后刚好可以落到井底的E端．（设物体落到井底DK时没有弹起）

正确答案

解：（1）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：μmgcosθ-mgsinθ=ma

代入数据解之得：a=0.4m/s2

（2）物体在传送带AB上加速时的加速度大小为a1，时间为t1，减速时的加速度大小为a2，时间为t2；物体到达B点时速度为vB，物体从C点抛出时速度为vC，且有vB=vC，落到地板DE时所用时间为t3．

C到E的过程中，物体做平抛运动，所以：

…①

xDE=vCt3…②

联立①②解得：vC=4m/s…③

A到B的过程中：Fcosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma1…④

μmgcosθ+mgsinθ=ma2…⑤

由运动学公式得：…⑥

vB=a1t1-a2t2…⑦

联立②③④⑤⑥⑦代入数据解得：t1=2s

答：（1）在传送带将物体从A点传送到B点过程中，求物体刚放上传送带时的加速度大小为 0.4m/s2；

（2）若传送带因故障被卡住，现对物体从A点开始提供水平拉力F=64.375N，求拉力至少需要作用2s，使物体从C点水平抛出后刚好可以落到井底的E端．

解析

解：（1）对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可得：μmgcosθ-mgsinθ=ma

代入数据解之得：a=0.4m/s2

（2）物体在传送带AB上加速时的加速度大小为a1，时间为t1，减速时的加速度大小为a2，时间为t2；物体到达B点时速度为vB，物体从C点抛出时速度为vC，且有vB=vC，落到地板DE时所用时间为t3．

C到E的过程中，物体做平抛运动，所以：

…①

xDE=vCt3…②

联立①②解得：vC=4m/s…③

A到B的过程中：Fcosθ-μ（mgcosθ+Fsinθ）-mgsinθ=ma1…④

μmgcosθ+mgsinθ=ma2…⑤

由运动学公式得：…⑥

vB=a1t1-a2t2…⑦

联立②③④⑤⑥⑦代入数据解得：t1=2s

答：（1）在传送带将物体从A点传送到B点过程中，求物体刚放上传送带时的加速度大小为 0.4m/s2；

（2）若传送带因故障被卡住，现对物体从A点开始提供水平拉力F=64.375N，求拉力至少需要作用2s，使物体从C点水平抛出后刚好可以落到井底的E端．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平地面上的物体在与水平方向成α=370的拉力F作用下，由静止开始运动．物体质量为M=2.0kg，拉力F=12N，物体与地面间的动摩擦因数μ=0.25．求：

（1）拉力F作用时物体的加速度a1；

（2）若2.0s后撤掉拉力F，物体减速滑行时的加速度a2；

（3）物体由开始运动到停下来的总位移．

正确答案

解：以物体为研究对象，对物体受力分析，物体受力情况如图所示；

（1）在竖直方向上，由平衡条件得：N+Fsinα=mg，

在水平方向上，由牛顿第二定律得：Fcosα-μN=ma1，

解得：==3.2m/s2；

（2）撤去拉力F后，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，

解得：a2=μg=0.25×10=2.5m/s2；

（3）物体的位移：

s1=a1t2=×3.2×22=6.4m，

撤去外力时，物体的速度：v=a1t=3.2×2=6.4m/s，

撤去外力后，物体位移：

s2===8.192m，

物体的总位移：

s总=s1+s2=6.4+8.192m=14.592m；

答：（1）拉力F作用时物体的加速度为3.2m/s2；

（2）若2.0s后撤掉拉力F，物体减速滑行时的加速度为2.5m/s2；

（3）物体由开始运动到停下来的总位移为14.592m．

解析

解：以物体为研究对象，对物体受力分析，物体受力情况如图所示；

（1）在竖直方向上，由平衡条件得：N+Fsinα=mg，

在水平方向上，由牛顿第二定律得：Fcosα-μN=ma1，

解得：==3.2m/s2；

（2）撤去拉力F后，由牛顿第二定律得：μmg=ma2，

解得：a2=μg=0.25×10=2.5m/s2；

（3）物体的位移：

s1=a1t2=×3.2×22=6.4m，

撤去外力时，物体的速度：v=a1t=3.2×2=6.4m/s，

撤去外力后，物体位移：

s2===8.192m，

物体的总位移：

s总=s1+s2=6.4+8.192m=14.592m；

答：（1）拉力F作用时物体的加速度为3.2m/s2；

（2）若2.0s后撤掉拉力F，物体减速滑行时的加速度为2.5m/s2；

（3）物体由开始运动到停下来的总位移为14.592m．

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