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

（2015秋•黄山期末）如图所示，一个人用与水平方向成θ=37°角的斜向下的推力F推一个重G=200N的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ=0.5（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/2）．

（1）求推力F的大小．

（2）若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3s后撤去，求箱子滑行的总位移为多大？

正确答案

解：（1）选箱子为研究对象，其受力分析如图所示．

由平衡条件知：Fcos37°=f1=μN，N=G+Fsin37° 由以上式子得：

F=N=200N．

（2）过程及受力分析如图所示．

前3s内：m/s2=5m/s2，

3 s末：v1=a1t1=5×3m/s=15 m/s．

前3 s内的位移：，

撤去F后：，

由：，

得：．

所以箱子通过的总位移：s=s1+s2=22.5+22.5m=45m

答：（1）推力F的大小为200N．

（2）箱子滑行的总位移为45m．

解析

解：（1）选箱子为研究对象，其受力分析如图所示．

由平衡条件知：Fcos37°=f1=μN，N=G+Fsin37° 由以上式子得：

F=N=200N．

（2）过程及受力分析如图所示．

前3s内：m/s2=5m/s2，

3 s末：v1=a1t1=5×3m/s=15 m/s．

前3 s内的位移：，

撤去F后：，

由：，

得：．

所以箱子通过的总位移：s=s1+s2=22.5+22.5m=45m

答：（1）推力F的大小为200N．

（2）箱子滑行的总位移为45m．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，水平天花板下悬挂一光滑的轻质的定滑轮，跨过定滑轮的质量不计的绳（绳承受拉力足够大）两端分别连接物块A和B，A的质量为m0，B的质量m是可以变化的，当B的质量改变时，可以得到A加速度变化图线如图乙所示，不计空气阻力和所有的摩擦，A加速度向上为正．

（1）求图乙中a1、a2和m1的大小．

（2）若m0=0.8kg，m=1.2kg，AB开始都在离水平地面H=0.5m处，由静止释放AB，且B着地后不反弹，求A上升离水平地面的最大高度．（g取10m/s2）

（3）根据牛顿定律和运动学规律，证明在A和B未着地或与滑轮接触时，AB系统机械能守恒．

正确答案

解：（1）对B物体受力分析，受重力mg和拉力F，根据牛顿第二定律，有：mg-F=ma

对A物体受力分析，受重力m0g和拉力F，根据牛顿第二定律，有：F-m0g=m0a

解得a=g

当m→∞时a1=g

当m=0时a2=-g

当a=0时m=m1=m0

即图乙中a1、a2和m1的大小分别为：g、-g、m0．

（2）方法一：用牛二定律和运动学关系解：从H=0.5m高处释放，AB加速度有

a=g=2m/s2

B着地时A速度v== m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

方法二：用动能定理解：B刚落地时A、B有大小相等的速度，设为v则有：

（m+m0）v2=（m-m0）gH

代入数据解得：v= m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

（3）设A开始离水平面h1，B开始离水平面h2，由静止释放A上升到高度h1′，B下降到高度h2′，则h1′-h1=h2-h2′=h

代入（1）问中加速度a，AB发生h位移时速度为v

v2=2ah

v2=2gh

（m+m0）v2=mg（h2-h2′）-m0g（h1′-h1）

得m0v2+m0gh1′+mv2+mgh2′=m0gh1+mgh2

故A、B系统机械能守恒．

解析

解：（1）对B物体受力分析，受重力mg和拉力F，根据牛顿第二定律，有：mg-F=ma

对A物体受力分析，受重力m0g和拉力F，根据牛顿第二定律，有：F-m0g=m0a

解得a=g

当m→∞时a1=g

当m=0时a2=-g

当a=0时m=m1=m0

即图乙中a1、a2和m1的大小分别为：g、-g、m0．

（2）方法一：用牛二定律和运动学关系解：从H=0.5m高处释放，AB加速度有

a=g=2m/s2

B着地时A速度v== m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

方法二：用动能定理解：B刚落地时A、B有大小相等的速度，设为v则有：

（m+m0）v2=（m-m0）gH

代入数据解得：v= m/s

接着A做竖直上抛，上升h==0.1m

A距离水平面最大高度hm=2H+h=1.1m

（3）设A开始离水平面h1，B开始离水平面h2，由静止释放A上升到高度h1′，B下降到高度h2′，则h1′-h1=h2-h2′=h

代入（1）问中加速度a，AB发生h位移时速度为v

v2=2ah

v2=2gh

（m+m0）v2=mg（h2-h2′）-m0g（h1′-h1）

得m0v2+m0gh1′+mv2+mgh2′=m0gh1+mgh2

故A、B系统机械能守恒．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，绷紧的水平传送带足够长，且始终以v1=2m/s的恒定速率运行．初速度大小为v2=3m/s的小墨块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小墨块滑上传送带开始计时，小墨块在传送带上运动5s后与传送带的速度相同，求小墨块在传送带上留下的痕迹．

正确答案

解：（1）设向右为正方向，小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识可知：

a==1m/s2；

小墨块向左减速运动时，对小墨块有：

0=v2-at1

x1=t1

联立解得：x1=4.5m；

小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：

x2=v1t1

小墨块向右加速运动时，对小墨块有：

v1=at2

x1′=

对传送带x2‘=v1t2

因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：

x=（x1+x2）+（x2′-x1′）

解得：x=12.5m；

答：小墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5m

解析

解：（1）设向右为正方向，小墨块速度未与传送带速度相同时，受到的摩擦力始终向右，加速度始终向右，根据运动学知识可知：

a==1m/s2；

小墨块向左减速运动时，对小墨块有：

0=v2-at1

x1=t1

联立解得：x1=4.5m；

小墨块向左减速的过程中，对传送带的位移为：

x2=v1t1

小墨块向右加速运动时，对小墨块有：

v1=at2

x1′=

对传送带x2‘=v1t2

因而小墨块在传送带上的痕迹长度为：

x=（x1+x2）+（x2′-x1′）

解得：x=12.5m；

答：小墨块在传送带上留下的痕迹长度为12.5m

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题型：简答题

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简答题

如图歼-15舰载机成功着陆“辽宁号”航母，设歼-15飞机总质量m=2.0×104kg，g=10m/s2．若歼-15飞机以V0=50m/s的水平速度着陆甲板所受其它水平阻力（包括空气和摩擦阻力）恒为105N

（1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？

（2）在阻拦索的作用下，飞机匀减速滑行50m停下，求阻拦索的作用力大小和飞机对飞行员的作用力是飞行员自重的多少倍？

（3）“辽宁号”航母飞行甲板水平，但前端上翘，水平部分与上翘部分平滑连接，连接处D点可看作圆弧上的一点，圆弧半径为R=100m，飞机起飞时速度大容易升空，但也并非越大越好．已知飞机起落架能承受的最大作用力为飞机自重的11倍，求飞机安全起飞经过圆弧处D点的最大速度？

正确答案

解：（1）由牛顿第二定律知：f=ma

解得 a==5 m/s2

滑行的距离S==250m

（2）由匀减速可知 ==25m/s2

由牛顿第二定律F+f=ma

F=ma-f=6×105 N

飞行员受到飞机的作用力为

F作=

故

（3）由

V=

=100m/s

答：（1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少250m长才能保证飞机不滑到海里；

2）阻拦索的作用力大小6×105 N，飞机对飞行员的作用力是飞行员自重的倍；

（3飞机安全起飞经过圆弧处D点的最大速度100m/s．

解析

解：（1）由牛顿第二定律知：f=ma

解得 a==5 m/s2

滑行的距离S==250m

（2）由匀减速可知 ==25m/s2

由牛顿第二定律F+f=ma

F=ma-f=6×105 N

飞行员受到飞机的作用力为

F作=

故

（3）由

V=

=100m/s

答：（1）飞机着舰后，若仅受水平阻力作用，航母甲板至少250m长才能保证飞机不滑到海里；

2）阻拦索的作用力大小6×105 N，飞机对飞行员的作用力是飞行员自重的倍；

（3飞机安全起飞经过圆弧处D点的最大速度100m/s．

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题型：填空题

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填空题

在消防演习中，消防队员从系在高处的竖直轻绳上由静止滑下，经一段时间落地．为了获得演习中的一些数据，以提高训练质量，研究人员在轻绳上端安装一个力传感器并与数据处理系统相连接，用来记录消防队员整个下滑过程中轻绳受到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况．已知某队员在一次演习中的数据如图所示．该消防队员在下滑过程中的最大速度大小为______m/s，落地速度大小为______m/s．（取g=10m/s2）

正确答案

6

3

解析

解：该消防队员先在t1=1s时间内以a1匀加速下滑．然后在t2=1.5s时间内以a2匀减速下滑．

前1s内，由牛顿第二定律得：

mg-F1=ma1

得：a1=g-m/s2

所以最大速度为：vm=a1t1

代入数据解得：vm=6m/s

后1.5s由牛顿第二定律得：

F2-mg=ma2

得：a2=m/s2

队员落地时的速度为：v=vm-a2t2

代入数据解得：v=3m/s

故答案为：6，3

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m=10kg的纸箱在拉力F的作用下沿水平地面运动，拉力F=50N，方向与水平面的夹角为θ=53°，纸箱与水平地面的动摩擦因数为μ=0.2．

（取g=10m/s2，sin53°≈0.8，cos53°≈0.6），

求：（1）纸箱受到的支持力和摩擦力的大小．

（2）纸箱由静止开始运动，2s内的位移多大？

正确答案

解：（1）对纸箱进行受力分析，则有：

支持力FN=mg-Fsin53°=（10×10-50×0.8）N=60N

摩擦力f=μFN=0.2×60N=12N

（2）根据牛顿第二定律得：

a=

则2s内的位移x==×1.8×22m=3.6m

答：（1）纸箱受到的支持力大小为60N，摩擦力的大小为12N．

（2）纸箱由静止开始运动，2s内的位移为3.6m．

解析

解：（1）对纸箱进行受力分析，则有：

支持力FN=mg-Fsin53°=（10×10-50×0.8）N=60N

摩擦力f=μFN=0.2×60N=12N

（2）根据牛顿第二定律得：

a=

则2s内的位移x==×1.8×22m=3.6m

答：（1）纸箱受到的支持力大小为60N，摩擦力的大小为12N．

（2）纸箱由静止开始运动，2s内的位移为3.6m．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•普陀区月考）某人在a=4m/s2匀加速下降的电梯中最多能举起质量为80kg的物体，则此人在地面上最多可举起质量为______kg的物体．若此人在一匀加速上升的电梯中最多能举起质量为40kg的物体，则此电梯上升的加速度为______ m/s2．

正确答案

解：设人的最大举力为F．以物体为研究对象．根据牛顿第二定律得：

当电梯以4m/s2的加速度匀加速下降时，有：m1g-F=m1a1

解得：F=480N

在地面上人能举起的物体的质量：m2==48kg

当电梯匀加速上升时，有：F-m3g=m3a3，

代入数据得：a3=2m/s2．

故答案为：48，2

解析

解：设人的最大举力为F．以物体为研究对象．根据牛顿第二定律得：

当电梯以4m/s2的加速度匀加速下降时，有：m1g-F=m1a1

解得：F=480N

在地面上人能举起的物体的质量：m2==48kg

当电梯匀加速上升时，有：F-m3g=m3a3，

代入数据得：a3=2m/s2．

故答案为：48，2

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在水平面上有A、B两块相同的质量m=2kg的木板放在一起不粘连，每块木板长l=1m，木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，木板与水平面间的最大静摩擦力略大于滑动摩擦力，现有一质量M=4kg的金属块C以初速度v0=2m/s从A的左端向右滑动，金属块与木板间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，试求：

（1）金属块滑上B的左端时速度为多少？

（2）金属块停在木块B上何处？

（3）整个过程中木块B的位移．

正确答案

解：（1）AB与地面之间的摩擦力：fAB=μ1（2m+M）g=0.1×（4+4）×10=8N

AC间摩擦力：fAC=μ2Mg=0.2×4×10=8N

故开始时AB静止，对C有：

解得：v1==2m/s

（2）BC间摩擦力：fBC=μ2Mg=0.2×4×10=8N

B地间摩擦力：fB=μ1（m+M）g=0.1×（2+4）×10=6N＜fBC

则C减速，B加速，设经时间t达共同速度v2，则：对B：fBC-fB=maB

解得：，

而v2=aBt=v1-μ2gt

解得：t=，

此过程C相对B运动s=

（3）此后BC一起减速：a=，

B位移为：

答：（1）金属块滑上B的左端时速度为2m/s；

（2）金属块停在木块B上距离左端处；

（3）整个过程中木块B的位移为．

解析

解：（1）AB与地面之间的摩擦力：fAB=μ1（2m+M）g=0.1×（4+4）×10=8N

AC间摩擦力：fAC=μ2Mg=0.2×4×10=8N

故开始时AB静止，对C有：

解得：v1==2m/s

（2）BC间摩擦力：fBC=μ2Mg=0.2×4×10=8N

B地间摩擦力：fB=μ1（m+M）g=0.1×（2+4）×10=6N＜fBC

则C减速，B加速，设经时间t达共同速度v2，则：对B：fBC-fB=maB

解得：，

而v2=aBt=v1-μ2gt

解得：t=，

此过程C相对B运动s=

（3）此后BC一起减速：a=，

B位移为：

答：（1）金属块滑上B的左端时速度为2m/s；

（2）金属块停在木块B上距离左端处；

（3）整个过程中木块B的位移为．

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题型：填空题

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填空题

物体A、B质量之比mA：mB=3：1，使它们以相同的初速度沿水平地面滑行．如果A、B两物体受到相同大小的阻力，那么它们停下来所用时间之比tA：tB=______；如果A、B两物体与地面的动摩擦因数相同，那么它们停下来所用时间之比tA：tB=______．

正确答案

3：1

1：1

解析

解：如果A、B两物体受到相同大小的阻力，根据牛顿第二定律得，a=，知A、B两物体的加速度大小之比为1：3，根据t=知，初速度相同，则停下来的时间之比为3：1．

如果A、B两物体与地面的动摩擦因数相同，根据牛顿第二定律得，a=，知加速度大小之比为1：1，根据t=知，初速度相同，则停下来的时间之比，1：1．

故答案为：3：1、1：1

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•天津期末）倾角θ=37°的斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过固定在斜面顶端的定滑轮，绳的一端与质量为ml=1kg的物块A连接，且绳与斜面平行；另一端与质量为m2=3kg的物块B连接．开始时，用手按住A，使B悬于距地面高H=0.6m处，而A静止于斜面底端．如图所示．现释放B，试求此后A在斜面上向上滑行的最大距离？（设斜面足够长，且所有接触面间的摩擦均忽略不计，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）

正确答案

解：设B落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

m2gH-m1gHsinθ=（m1+m2）v2 ①

B落地后，A以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：-m1gSsinθ=0-mv2 ②

物体m能沿斜面滑行的最大距离：L=h+S ③

由①②③代入数据得：L=1.2m

答：物体A能沿斜面滑行的最大距离是1.2m．

解析

解：设B落地时的速度为v，系统的机械能守恒：

m2gH-m1gHsinθ=（m1+m2）v2 ①

B落地后，A以v为初速度沿斜面匀减速上升，设沿斜面又上升的距离为S，

由动能定理得：-m1gSsinθ=0-mv2 ②

物体m能沿斜面滑行的最大距离：L=h+S ③

由①②③代入数据得：L=1.2m

答：物体A能沿斜面滑行的最大距离是1.2m．

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