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

如图甲所示，静止在光滑水平面上的长木板B（长木板足够长）的左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示，即F=kt，其中k为已知常数．若物体之间的滑动摩擦力f的大小等于最大静摩擦力，且A、B的质量相等，则下列图中可以定性地描述长木板B运动的V-t图象的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

B

解析

解：选AB整体为研究对象，AB整体具有共同的最大加速度，有牛顿第二定律得：

a1=

对B应用牛顿第二定律：a1=

对A应用牛顿第二定律：a1=

经历时间：t=

由以上解得：t=

此后，B将受恒力作用，做匀加速直线运动，图线为倾斜的直线

故选：B

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题型：单选题

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单选题

如图，细杆的一端与一小球相连，可绕过O点的水平轴自由转动，现给小球一初速度，使它在竖直平面内做圆周运动，图中a、b分别表示小球轨道的最低点和最高点，则杆对球的作用力情况是（　　）

Aa处可能是压力

Bb处一定是拉力

Cb处一定是支持力

Db处可能没有弹力

正确答案

D

解析

解：A、在最低点a，小球受到重力和杆的弹力，合力提供向心力，向上，故杆一定是拉力，故A错误；

B、C、D、在最高点b，小球受到重力和弹力，合力提供向心力，假设弹力向下，有

F+mg=m

当时，F=0，故D正确；

当时，F＞0，假设成立，即弹力向下，为拉力，故C错误；

当时，F＜0，负号表示弹力的方向与假设的方向相反，为向上的支持力，故B错误；

故选D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一倾角为37°的斜面固定在水平地面上，质量m=2kg的物体在平行于斜面向上的恒力F作用下，从A点由静止开始运动，到达B点时立即撤去拉力F．此后，物体到达C点时速度为零．每隔0.2s通过速度传感器测得物体的瞬时速度，如表给出了部分测量数据（不计空气阻力，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）．试求：

（1）斜面的动摩擦因数及恒力F的大小；

（2）t=1.5s时物体的瞬时速度．

正确答案

解：（1）减速时，根据加速度定义，有

a2===-10m/s2

由根据牛顿第二定律，有

mgsinα+μmgcosα=ma2

代入数据，解得μ=0.5

加速时，根据加速度定义，有a1==5m/s2

再受力分析，根据牛顿第二定律，有

F-mgsinα-μmgcosα=ma1，

代入数据

F-2×10×0.6-0.5×2×10×0.8=2×5，

解得F=30N

（2）设第一价段运动的时间为t1，在B点时二个价段运动的速度相等，

所以，有5t1=1.2+10×（2.4-t1），

t1=1.69s，

可见，t=1.5s的时刻处在第一运动价段，因此，v=a1t=5×1.5=7.5m/s

答：（1）斜面的摩擦系数为0.5；恒力F的大小为30N；

（2）t=1.5s时物体的瞬时速度为7.5m/s．

解析

解：（1）减速时，根据加速度定义，有

a2===-10m/s2

由根据牛顿第二定律，有

mgsinα+μmgcosα=ma2

代入数据，解得μ=0.5

加速时，根据加速度定义，有a1==5m/s2

再受力分析，根据牛顿第二定律，有

F-mgsinα-μmgcosα=ma1，

代入数据

F-2×10×0.6-0.5×2×10×0.8=2×5，

解得F=30N

（2）设第一价段运动的时间为t1，在B点时二个价段运动的速度相等，

所以，有5t1=1.2+10×（2.4-t1），

t1=1.69s，

可见，t=1.5s的时刻处在第一运动价段，因此，v=a1t=5×1.5=7.5m/s

答：（1）斜面的摩擦系数为0.5；恒力F的大小为30N；

（2）t=1.5s时物体的瞬时速度为7.5m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图，质量不计、劲度系数为k=600N/m的弹簧一端固定在倾角为37°的光滑斜面底端，另一端拴住质量m1=4kg的物块P，与P紧靠的是质量m2=8kg的重物Q，系统处于静止．现给Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2s时间内，F为变力，

0.2s以后，F为恒力．sin37°=0.6，g取10m/s2；求：

（1）系统静止时，弹簧的形变量x0

（2）物块Q匀加速运动时的加速度的a大小

（3）力F的最大值Fmax与最小值Fmin．

正确答案

解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0．根据平衡条件和胡克定律得：（m1+m2）gsin37=kx0；

得：x0==m=0.12m．

（2）从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．

因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．

在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：

对P：kx1-m1gsinθ=m1a ②

前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为

x0-x1=at2③

①②③式联立解得a=3m/s2

（3）当P、Q开始运动时拉力最小，此时有

对PQ整体有：Fmin=（m1+m2）a=（4+8）×3N=36N

当P、Q分离时拉力最大，此时有

对Q有：Fmax-m2gsinθ=m2a

得 Fmax=m2（a+gsin θ）=8×（3+10×0.6）N=72N．

答：（1）系统静止时，弹簧的形变量x0是0.12m．（2）物块Q匀加速运动时的加速度的a大小是3m/s2．（3）力F的最大值Fmax是72N，最小值Fmin是36N．

解析

解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0．根据平衡条件和胡克定律得：（m1+m2）gsin37=kx0；

得：x0==m=0.12m．

（2）从受力角度看，两物体分离的条件是两物体间的正压力为0，从运动学角度看，一起运动的两物体恰好分离时，两物体在沿斜面方向上的加速度和速度仍相等．

因为在前0.2s时间内，F为变力，0.2s以后，F为恒力．

在0.2s时，由胡克定律和牛顿第二定律得：

对P：kx1-m1gsinθ=m1a ②

前0.2s时间内P、Q向上运动的距离为

x0-x1=at2③

①②③式联立解得a=3m/s2

（3）当P、Q开始运动时拉力最小，此时有

对PQ整体有：Fmin=（m1+m2）a=（4+8）×3N=36N

当P、Q分离时拉力最大，此时有

对Q有：Fmax-m2gsinθ=m2a

得 Fmax=m2（a+gsin θ）=8×（3+10×0.6）N=72N．

答：（1）系统静止时，弹簧的形变量x0是0.12m．（2）物块Q匀加速运动时的加速度的a大小是3m/s2．（3）力F的最大值Fmax是72N，最小值Fmin是36N．

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题型：单选题

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单选题

有一根绳子下端串联着两个质量不同的小球，上面小球比下面小球质量大．当手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动时（空气阻力不计），图中所描绘的四种情况中正确的是（　　）

A

B

C

D

正确答案

C

解析

解：手提着绳端沿水平方向一起做匀加速直线运动，对整体分析，整体受到重力和拉力，两个力的合力水平向右，根据平行四边形定则知，则拉力的方向斜向右上方．对下面小球m，利用牛顿第二定律，则在水平方向有：Tcosα=ma…①，

而在竖直方向则有：Tsinα=mg…②；

对上面小球M，同理有：Fcosβ-Tcosα=Ma…③，

Fsinβ=Tsinα+Mg…④，

由①③容易得到：Fcosβ=（M+m）a，

而②④则得：Fsinβ=（M+m）g，

故有：tanβ=．

而由①②得到：tanα=，因此α=β．故C正确，A、B、D错误．

故选：C．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平面上，下端固定．在弹簧正上方有一个物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩．当弹簧被压缩了x0时，物块的速度减小到零．从物块和弹簧接触开始到物块速度减小到零过程中，物块的加速度大小a随下降位移大小x变化的图象，可能是图中的（　　）

A

B

C

D

正确答案

D

解析

解：物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得

mg-kx=ma，得到a=g-，a与x是线性关系，当x增大时，a减小；

当弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度a=0；

当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得，kx-mg=ma，得到a=-g，a与x是纯性关系，当x增大时，a增大．

若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于g．

故选D

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题型：简答题

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简答题

如图所示，光滑斜面顶端距地面高为2.5m，斜面倾角为30°，现将一物块（可视为质点）从斜面顶端由静止释放，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）物块在斜面上滑行时的加速度大小．

（2）物块在斜面上滑行的时间．

正确答案

解：（1）如右图所示，对物块进行受力分析，则物块受到的合力大小为：

F合=mgsin30°

根据牛顿第二定律：F合=ma得物块的加速度为：

a==gsin30°=10×0.5=5m/s2

（2）由几何关系知斜面长x=5m，再由x=at2 得物块在斜面上滑行的时间为：

t==≈1.4s

答：（1）物块在斜面上滑行时的加速度大小为5m/s2．

（2）物块在斜面上滑行的时间1.4s．

解析

解：（1）如右图所示，对物块进行受力分析，则物块受到的合力大小为：

F合=mgsin30°

根据牛顿第二定律：F合=ma得物块的加速度为：

a==gsin30°=10×0.5=5m/s2

（2）由几何关系知斜面长x=5m，再由x=at2 得物块在斜面上滑行的时间为：

t==≈1.4s

答：（1）物块在斜面上滑行时的加速度大小为5m/s2．

（2）物块在斜面上滑行的时间1.4s．

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题型：填空题

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填空题

实验小组为了测量一栋26层的写字楼每层的平均高度（层高）及电梯运行情况，让一位质量为m=60kg的同学站在放于电梯中体重计上，体重计内安装有压力传感器，电梯从一楼直达26楼，已知t=0至t=1s内，电梯静止不动，与传感器连接的计算机自动画出了体重计示数随时间变化的图线如图所示．求：

（1）电梯启动时的加速度大小：

（2）电梯匀速上升的速度大小；

（3）该大楼每层的平均层高．

正确答案

解析

解：（1）对于启动状态有：F1-mg=ma1解得a1=2m/s2

（2）电梯加速上升时间t1=2s

电梯匀速运动的速度v1=a1t1=4m/s

（3）从图中读得，电梯匀速上升的时间t2=18s，减速上升时间t3=2s，

S2=vt2

所以总位移S=S1+S2+S3=80m

层高：h==3.2m

答：（1）电梯启动时的加速度大小为2m/s2：

（2）电梯匀速上升的速度大小为4m/s；

（3）该大楼每层的平均层高3.2m．

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题型：简答题

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简答题

倾角θ=37°，质量M=5kg的粗糙斜面位于水平地面上．质量m=2kg的木块置于斜顶端，从静止开始匀加速下滑，经t=2s到达底端，运动路程L=4m，在此过程中斜面保持静止（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）．求：

（1）地面对斜面的摩擦力大小与方向；

（2）地面对斜面的支持力大小；

（3）通过计算证明木块在此过程中满足动能定理．

正确答案

解：（1）木块做加速运动L=at2，所以：a==2m/s2，

对木块由牛顿定律mgsinθ-f1=ma

解得：f1=mgsinθ-ma=8N，N1=mgcosθ=16N，

对斜面由共点力平衡，地对斜面的摩擦力f2=N1sinθ-f1cosθ=3.2N，方向水平向左．

（2）地面对斜面的支持力N2=Mg+N1cosθ+f1sinθ=67.6N，

（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做的功为

F=mgsinθ-f1=4N，W=FL=16J．

木块末速度及动能增量v=at=4m/s，△Ek=mv2=16J，

由此可知下滑过程中W=△Ek，动能定理成立．

答：（1）地面对斜面的摩擦力大小为3.2N，方向水平向左；（2）地面对斜面的支持力大小为67.6N；（3）下滑过程中W=△Ek，动能定理成立．

解析

解：（1）木块做加速运动L=at2，所以：a==2m/s2，

对木块由牛顿定律mgsinθ-f1=ma

解得：f1=mgsinθ-ma=8N，N1=mgcosθ=16N，

对斜面由共点力平衡，地对斜面的摩擦力f2=N1sinθ-f1cosθ=3.2N，方向水平向左．

（2）地面对斜面的支持力N2=Mg+N1cosθ+f1sinθ=67.6N，

（3）木块在下滑过程中，沿斜面方向合力及该力做的功为

F=mgsinθ-f1=4N，W=FL=16J．

木块末速度及动能增量v=at=4m/s，△Ek=mv2=16J，

由此可知下滑过程中W=△Ek，动能定理成立．

答：（1）地面对斜面的摩擦力大小为3.2N，方向水平向左；（2）地面对斜面的支持力大小为67.6N；（3）下滑过程中W=△Ek，动能定理成立．

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题型：简答题

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简答题

民用航空客机的机舱一般都设有紧急出口，飞机发生意外情况着陆后，打开紧急出口的舱门，会自动生成一个气囊（由斜面AC部分和水平面CD部分构成的）．如图所示为某气囊斜面，机舱离底端的竖直高度AB=3.0m，斜面长AC=5.0m，斜面与水平面CD段间有一段小圆弧平滑连接，一个质量m=60kg的旅客从气囊上由静止开始滑下，最后滑到水平面上的某点静止，已知旅客与气囊斜面部分及水平面部分的动摩擦因数均为μ=0.5．（不计空气阻力，计算结果可保留根号）．求：

（1）人在斜面上运动时的加速度大小；

（2）人滑到斜面底端C时的速度大小；

（3）人滑过C点后还能滑行的时间．

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律得：

mgsin37°-Ff=ma　　　　　　　　　　　　　　　　　　

Ff=μmgcos37°　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

解得：a=gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2　　　　　　　　　　　　　　　　

（2）根据速度位移公式得：vc2-0=2axAC　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

vc=m/s=2 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　

（3）根据牛顿第二定律得：μmg=ma2　　　　　　　　　　　　　　　　　

a2=μg=0.5×10m/s2=5m/s2　　　　　　　　　　　　　　　　　　

0-vc=-a2t　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

代入数据解得：t=s　　　　

答：（1）人在斜面上运动时的加速度大小为2m/s2；

（2）人滑到斜面底端C时的速度大小为；

（3）人滑过C点后还能滑行的时间为s．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律得：

mgsin37°-Ff=ma　　　　　　　　　　　　　　　　　　

Ff=μmgcos37°　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

解得：a=gsin37°-μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2　　　　　　　　　　　　　　　　

（2）根据速度位移公式得：vc2-0=2axAC　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

vc=m/s=2 m/s　　　　　　　　　　　　　　　　

（3）根据牛顿第二定律得：μmg=ma2　　　　　　　　　　　　　　　　　

a2=μg=0.5×10m/s2=5m/s2　　　　　　　　　　　　　　　　　　

0-vc=-a2t　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

代入数据解得：t=s　　　　

答：（1）人在斜面上运动时的加速度大小为2m/s2；

（2）人滑到斜面底端C时的速度大小为；

（3）人滑过C点后还能滑行的时间为s．

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