- 牛顿第二定律
- 共12933题
质量为2kg的质点，在两个力F1=2N、F2=8N的共同作用下，获得的加速度大小不可能的是（ ）
正确答案
解析
解：当两力反向时合力最小，最小值为8N-2N=6N；两力同向时合力最大，最大值为8N+2N=10N；
两力的合力范围为6N～10N；故由牛顿第二定律a=
故不可能值只有C；
故选C．
如图甲所示，水平传送带AB逆时针匀速转动，一个质量为M=1.0kg的小物块以某一初速度由传送带左端滑上，通过速度传感器记录下物块速度随时间的变化关系如图乙所示（图中取向左为正方向，以物块滑上传送带时为计时零点）．已知传送带的速度保持不变，g取10m/s2．求：
（1）物块与传送带间的动摩擦因数μ；
（2）物块在传送带上的运动时间．
正确答案
解：（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a=
由牛顿第二定律得f=Ma又f=μMg
则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=
（2）由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v′=2 m/s，物块在传送带上滑动t1=3 s后与传送带相对静止．
前2秒内物块的位移大小s1=
后1秒内的位移大小s2=
3秒内物块的位移s=s1-s2=3 m，方向向右
物块再向左运动的时间t2=
物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s
答：（1）物块与传送带间的动摩擦因数为0.2；
（2）物块在传送带上的运动时间为4.5s．
解析
解：（1）由速度图象可得，物块做匀变速运动的加速度为a=
由牛顿第二定律得f=Ma又f=μMg
则可得物块与传送带间的动摩擦因数μ=
（2）由速度图象可知，物块的初速度大小v=4 m/s、传送带的速度大小v′=2 m/s，物块在传送带上滑动t1=3 s后与传送带相对静止．
前2秒内物块的位移大小s1=
后1秒内的位移大小s2=
3秒内物块的位移s=s1-s2=3 m，方向向右
物块再向左运动的时间t2=
物块在传送带上运动的时间t=t1+t2=4.5 s
答：（1）物块与传送带间的动摩擦因数为0.2；
（2）物块在传送带上的运动时间为4.5s．
一物块静置于水平面上，现用一与水平方向成37°角的拉力F使物体开始运动，如图（a）所示．其后一段时间内拉力F和物体运动的速度随时间变化的图象如图（b）所示，已知物块的质量为1.32kg，根据图象可求得：0～1s内拉力的大小为______N，物块减速运动的距离为______m．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
正确答案
5
1.5
解析
解：由速度时间的图象可知，0～1s内物体的加速度的大小为：
在1～t1时间内，由速度时间的图象可知，物体匀速运动，所以物体受到的摩擦力的大小为：f=Fcos37°=2cos37°N=1.6N，
根据滑动摩擦力为f=μ（mg-2×sin37°），
即：1.6=μ（13.2-2×0.6）=12μ，
解得：μ=
在0～1s内对物体受力分析由牛顿第二定律可得：Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma，
所以有：
在物体减速运动的过程中，由f=ma′=μmg可知，加速度的大小为：a′=μg=1.33m/s2，
由v2-v02=2a′x可得，物块减速运动的距离为：
故答案为：5，1.5．
（1）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间；
（2）木板的最短长度．
正确答案
解：（1）滑块从光滑斜面滑上木板是的速度满足：
mgh=
可得滑块滑上木板时的速度
滑块在木板上滑动时，滑块的加速度大小：a1=μg=2m/s2；
木板B的加速度大小：a2=
物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等；
设物块A在木板B上滑行的时间t，速度关系：v-a1t=a2t
即滑块与木板速度相等的时间t=
（2）物块A刚好没有从木板B左端滑出，位移关系：vt-
代入时间t=2s可得：L=6m
答：（1）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为2s；
（2）木板的最短长度为6m．
解析
解：（1）滑块从光滑斜面滑上木板是的速度满足：
mgh=
可得滑块滑上木板时的速度
滑块在木板上滑动时，滑块的加速度大小：a1=μg=2m/s2；
木板B的加速度大小：a2=
物块A刚好没有从木板B左端滑出，即：物块A在木板B左端时两者速度相等；
设物块A在木板B上滑行的时间t，速度关系：v-a1t=a2t
即滑块与木板速度相等的时间t=
（2）物块A刚好没有从木板B左端滑出，位移关系：vt-
代入时间t=2s可得：L=6m
答：（1）滑块从滑上木板到与木板速度相同经历的时间为2s；
（2）木板的最短长度为6m．
（1）小球受哪些力作用．
（2）绳子拉力大小．
（3）小球线速度大小．
正确答案
解：
（1）小球受到重力mg和绳子的拉力T．
（2）重力mg和绳子的拉力T的合力指向圆心，提供向心力，T=
（3）轨道半径为r=Lsinθ，向心力F=mgtanθ
则：mg•tanθ=
解得：
答：
（1）小球受到重力mg和绳子的拉力T两个力作用；
（2）绳子拉力大小为
（3）小球线速度大小为
解析
解：
（1）小球受到重力mg和绳子的拉力T．
（2）重力mg和绳子的拉力T的合力指向圆心，提供向心力，T=
（3）轨道半径为r=Lsinθ，向心力F=mgtanθ
则：mg•tanθ=
解得：
答：
（1）小球受到重力mg和绳子的拉力T两个力作用；
（2）绳子拉力大小为
（3）小球线速度大小为
质量M=6.0×103kg的客机，从静止开始沿平直的跑道滑行，当滑行距离S=7.2×102m时，达到起飞速度v=60m/s．
（1）若不计滑行中所受的阻力，则飞机受到的牵引力为多大？
（2）若滑行过程中受到的平均阻力大小为f=3.0×103N，牵引力与第1问中求得的值相等，则要达到上述起飞速度，飞机的滑行距离应为多大？
正确答案
解：（1）由运动学公式：2as=v2
得：a=
根据牛顿第二定律：F=Ma=6×103×2.5N=1.5×104N．
（2）由牛顿第二定律：F-f=Ma，
得：a=
根据v2=2as′
得：s′=
答：（1）飞机受到的牵引力为1.5×104N；
（2）飞机的滑行距离应为900m．
解析
解：（1）由运动学公式：2as=v2
得：a=
根据牛顿第二定律：F=Ma=6×103×2.5N=1.5×104N．
（2）由牛顿第二定律：F-f=Ma，
得：a=
根据v2=2as′
得：s′=
答：（1）飞机受到的牵引力为1.5×104N；
（2）飞机的滑行距离应为900m．
有一辆运输西瓜的汽车，以速率v经过一座半径为R的拱形桥的底端，其中间有一个质量为m的西瓜受到周围的西瓜对它的作用力的合力大小为（ ）
Amg
B
Cmg-
Dmg+
正确答案
解析
解：根据牛顿第二定律有：mg-F=
故选：C
A
B
C
D
正确答案
解析
解：设B对A拉力FT
对B：FT-Mg=Ma
对A：（M+m）g-FT=（M+m）a，
a=
根据t=
t=
故选：D
正确答案
解析
解：A、对乒乓球：受到重力mg和球拍的支持力N，作出力图如图，根据牛顿第二定律得：
Nsinθ=ma
Ncosθ=mg
解得，a=gtanθ，N=
以球拍和球整体为研究对象，如图2，根据牛顿第二定律得：
运动员对球拍的作用力为F=
D、当a＞gtanθ时，乒乓球将向上运动，由于gsinθ与gtanθ的大小关系未知，故球不一定沿球拍向上运动．故D错误．
故选：C．
（1）若CD部分传送带不运转，求米袋沿传送带所能上升的最大距离；
（2）若要米袋能被送到D端，求CD部分顺时针运转的速度应满足的条件及米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围．（
正确答案
解：（1）米袋在AB上加速时的加速度
米袋速度达到v0=5m/s时，
滑行的距离
因为米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度．
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得a=10m/s2．
所以能滑上的最大距离
（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），
则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
由
代入数据，解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，
则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2．
由SCD=v0tmin+
所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（3）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．
解析
解：（1）米袋在AB上加速时的加速度
米袋速度达到v0=5m/s时，
滑行的距离
因为米袋在到达B点之前就有了与传送带相同的速度．
设米袋在CD上运动的加速度大小为a，由牛顿第二定律得，mgsinθ+μmgcosθ=ma，
代入数据解得a=10m/s2．
所以能滑上的最大距离
（2）设CD部分运转速度为v1时米袋恰能到达D点（即米袋到达D点时速度恰好为零），
则米袋速度减为v1之前的加速度为a1=-g（sinθ+μcosθ）=-10 m/s2
米袋速度小于v1至减为零前的加速度为a2=-g（sinθ-μcosθ）=-2 m/s2
由
代入数据，解得 v1=4m/s，即要把米袋送到D点，CD部分的速度vCD≥v1=4m/s
米袋恰能运到D点所用时间最长为tmax=
若CD部分传送带的速度较大，使米袋沿CD上滑时所受摩擦力一直沿皮带向上，
则所用时间最短，此种情况米袋加速度一直为a2．
由SCD=v0tmin+
所以，所求的时间t的范围为 1.16 s≤t≤2.1 s；
答：（1）若CD 部分传送带不运转，米袋沿传送带所能上升的最大距离为1.25m．
（3）若要米袋能被送到D 端，CD 部分顺时针运转的速度应满足大于等于4m/s，米袋从C 端到D 端所用时间的取值范围为1.16 s≤t≤2.1 s．
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