牛顿第二定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

质量为m的物体沿着半径为R的半球形金属球壳滑到最低点时的速度大小为υ，如图所示，若物体与球壳之间的摩擦因数为μ，则物体在最低点时的（　　）

A向心加速度为

B向心力为m（g+）

C对球壳的压力为

D受到的摩擦力为μm（g+）

正确答案

A,D

解析

解：A、物体滑到半球形金属球壳最低点时，速度大小为v，半径为R，向心加速度为an=．故A正确．

B、根据牛顿第二定律得知，物体在最低点时的向心力Fn=man=m．故B错误．

C、根据牛顿第二定律得N-mg=m，得到金属球壳对小球的支持力N=m（g+），由牛顿第三定律可知，小球对金属球壳的压力大小N′=m（g+）．故C错误．

D、物体在最低点时，受到的摩擦力为f=μN=μm（g+）．故D正确．

故选AD

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题型：填空题

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填空题

小汽车正在走进我们的家庭，一辆汽车性能的优劣，其油耗标准非常重要，而影响汽车油耗标准最主要的因素是其在行进中所受到的空气阻力．人们发现汽车在高速行驶中所受到的空气阻力f（也称风阻）主要与两个因素有关：汽车正面投影面积S；汽车行驶速度v．某研究人员在汽车风洞实验室中通过模拟实验得到下表所列数据：

①由上述数据可得汽车风阻f 与汽车正面投影面积S及汽车行驶速度v的关系式为f=______（要求用k表示比例系数）；

②由上述数据得出k的大小和单位是______．（保留两位有效数字，用基本单位表示）

正确答案

kSv2

0.26kg/m3

解析

解：

（1）根据控制变量法进行研究：

当S不变时，研究表格中某一行中的各个数据，得出f与v2成正比；

当v不变时，研究表格中某一列中的各个数据，找出f与S成正比．

综上可得，f=kSv2．

（2）把表格中的一组数据（如f=206 N，S=2.0 m2，v=20 m/s）

代入上式f=kSv2，得出k=0.26Ns/m3．

故答案为：kSv2，0.26kg/m3

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题型：多选题

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多选题

如图所示，质量不等的木块A和B的质量分别为m1和m2，置于光滑的水平面上，当水平力F作用于左端A上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F1．当水平力F作用于右端B上，两物体一起做匀加速运动时，A、B间作用力大小为F2，则（　　）

A在两次作用过程中，物体的加速度的大小相等

B在两次作用过程中，F1+F2＜F

C在两次作用过程中，F1+F2=F

D在两次作用过程中

正确答案

A,C

解析

解：A、对整体分析，整体的加速度都为．故A正确．

B、隔离分析，第一种情况，A对B的作用力，第二中情况，A对B的作用力．F1+F2=F．故B错误，C正确．

D、可知．故D错误．

故选AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为3v0，小工件轻放于传送带甲，离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与甲、乙之间的动摩擦因数均为μ．乙的宽度足够大，重力加速度为 g．

（1）若小工件与传送带甲间存在划痕，求划痕的长度

（2）若乙的速度为4v0，求

①工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s

②工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v．

正确答案

解：（1）工件与传送带甲速度相等时，经历的位移，

此时传送带的位移，

可知痕迹的长度．

（2）摩擦力与侧向的夹角的正切值，解得α=53°

侧向加速度大小ax=μgcos53°，

则侧向滑过的距离s==．

（3）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，

则

且由题意知，tanθ=，则

所以摩擦力方向保持不变，

则当vx′=0时，vy′=0，即v=4v0．

答：（1）划痕的长度为；

（2）①工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离为

②工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小为4v0

解析

解：（1）工件与传送带甲速度相等时，经历的位移，

此时传送带的位移，

可知痕迹的长度．

（2）摩擦力与侧向的夹角的正切值，解得α=53°

侧向加速度大小ax=μgcos53°，

则侧向滑过的距离s==．

（3）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，

则

且由题意知，tanθ=，则

所以摩擦力方向保持不变，

则当vx′=0时，vy′=0，即v=4v0．

答：（1）划痕的长度为；

（2）①工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离为

②工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小为4v0

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题型：简答题

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简答题

如图所示，竖直平面内有一个四分之三光滑圆弧形轨道，圆弧半径为R，AD为水平面，A端与圆心等高，B点在圆心的正上方，一个质量为m的小球，自A点以竖直向下的初速度进入圆弧轨道，经过圆弧上的B点飞出后落到c点．己知AC=R，重力加速度为g．求：

（1）小球通过B点时对轨道的压力大小；

（2）小球在A点的初速度大小；

（3）若圆弧轨道不光滑，小球在A点仍以相同的初速度进入圆弧轨道，恰能通过B点，则小球在运动过程中克服摩擦力做了多少功？

正确答案

解：（1）小球离开B点后做平抛运动，

在竖直方向上：R=gt2，

在水平方向上：R+R=vBt，

在B点，由牛顿第二定律得：F+mg=m，

解得：F=mg，

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为mg，方向竖直向上；

（2）从A到B过程，由机械能守恒定律得：

mvA2=mgR+mvB2，解得：vA=2；

（3）小球恰好通过B点，重力提供向心力，

由牛顿第二定律得：mg=m，

从A到B过程，由动能定理得：

-mgR-W=mv2=mvA2，

解得：W=mgR；

答：（1）小球通过B点时对轨道的压力大小为mg；

（2）小球在A点的初速度大小为2；

（3）小球在运动过程中克服摩擦力做了mgR的功．

解析

解：（1）小球离开B点后做平抛运动，

在竖直方向上：R=gt2，

在水平方向上：R+R=vBt，

在B点，由牛顿第二定律得：F+mg=m，

解得：F=mg，

由牛顿第三定律可知，小球对轨道的压力为mg，方向竖直向上；

（2）从A到B过程，由机械能守恒定律得：

mvA2=mgR+mvB2，解得：vA=2；

（3）小球恰好通过B点，重力提供向心力，

由牛顿第二定律得：mg=m，

从A到B过程，由动能定理得：

-mgR-W=mv2=mvA2，

解得：W=mgR；

答：（1）小球通过B点时对轨道的压力大小为mg；

（2）小球在A点的初速度大小为2；

（3）小球在运动过程中克服摩擦力做了mgR的功．

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题型：填空题

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填空题

物体质量为m=11kg，由一斜向上的力F压在竖直墙上，F的方向与竖直方向成37°角．物体与墙的摩擦系数为0.5，欲使物体沿墙面匀速下滑，外力F的大小是______N．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

正确答案

100

解析

解：物体受力分析如图所示：

建立水平和竖直坐标系，把F正交分解，由平衡条件可得：

水平方向：N-Fsinθ=0

竖直方向：Fcosθ+f-G=0

又因为：f=μN

代入数据解得：F==N=100N

故答案为：100

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•福建校级期末）在光滑的水平面上有一个质量m=2kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成θ=45°角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于静止状态，且水平面对小球的支持力恰好为零，取g=10m/s2，以下说法正确的是（　　）

A此时轻弹簧的弹力为零

B此时轻绳的拉力为20N

C当剪断轻绳的瞬间，小球对地面的压力为0

D当剪断轻绳的瞬间，小球的加速度大小为10m/s2，方向水平向左

正确答案

B,D

解析

解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，

绳子拉力T===20N，故A错误，B正确；

C、剪短细绳的瞬间，小球由于受重力，对地面产生挤压，从而瞬间产生弹力；故C错误；

D、断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力作用，根据牛顿第二定律得小球的加速度为：a===10m/s2；合力方向向左，所以加速度方向向左．故C错误，D正确；

故选：BD．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，用一个沿斜面向上的恒力F将静止在斜面底端的物体加速向上推，推到斜面中点时，撤去恒力F，之后物体恰好运动到斜面顶端并返回．已知物体从底端运动到顶端所需时间以及从顶端滑到底端所需时间相等，物体回到底端时速度大小为10m/s，则（　　）

A恒力F与物体所受摩擦力之比为2：1

B物体所受重力与物体所受摩擦力之比为3：1

C撤去恒力F时物体的速度大小为10m/s

D物体在沿斜面上升过程与下滑过程中加速度相等

正确答案

C

解析

解：第一上升过程：F-f-mgsinθ=ma1 ①

第二上升过程：f+mgsinθ=ma2 ②

又由于上升时两个阶段中第一上升过程初速度是0，末速度为v，第二上升过程，初速是v，末速度是0，它们的位移大小相等，故可以知道两个阶段的加速度大小相等，即a1=a2，运动时间相等．

设斜面长为2s，上升时间为2t，

对上升第一过程：s= ③

下降过程：mgsinθ-f=ma ④

对下降过程： ⑤

由③⑤两式解得：

a1：a=2：1 ⑥

故D错误

联合①②④⑥，将a1=a2代入解得：

F：f=8：1

mgsinθ：f=3：1

故A错误，B错误

第一上升过程：v1=a1t

下降过程：v=a•2t

解得：

v1=10m/s

故C正确

故选：C．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，绷紧的传送带，始终以2m/s的速度匀速斜向上运行，传送带与水平方向间的夹角θ=30°．现把质量为10kg的工件轻轻地无初速度放在传送带底端P，由传送带传送至顶端Q，已知PQ之间的距离为4m，工件与传送带间的动摩擦因数为，取g=10m/s2

（1）通过计算说明工件在传送带上做什么运动？

（2）求工件从P点运动到Q点所用的时间．

正确答案

解：（1）工件刚放上传送带，受力如图：

垂直传送带由平衡得：

N=mgcosθ ①

沿传送带由牛顿第二定律得：f-mgsin=ma． ②

f=μN③

由①②③得：a=2.5/s2．

设工件达到2m/s位移为s，则s═0.8（m）＜4 m

然后工件做匀速运动到Q端，工件先做匀加速运动再做匀速运动．

（2）工件匀加速运动的时间为：t1═0.8（s）

工件匀速运动的时间为t2═1.6（s）

工件从P点运动到Q点所用时间为：T=t1+t2=2.4（s）

答：（1）工件先做匀加速运动再做匀速运动．

（2）工件从P点运动到Q点所用的时间2.4s．

解析

解：（1）工件刚放上传送带，受力如图：

垂直传送带由平衡得：

N=mgcosθ ①

沿传送带由牛顿第二定律得：f-mgsin=ma． ②

f=μN③

由①②③得：a=2.5/s2．

设工件达到2m/s位移为s，则s═0.8（m）＜4 m

然后工件做匀速运动到Q端，工件先做匀加速运动再做匀速运动．

（2）工件匀加速运动的时间为：t1═0.8（s）

工件匀速运动的时间为t2═1.6（s）

工件从P点运动到Q点所用时间为：T=t1+t2=2.4（s）

答：（1）工件先做匀加速运动再做匀速运动．

（2）工件从P点运动到Q点所用的时间2.4s．

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题型：简答题

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简答题

质量为m=1.0kg的小滑块（可视为质点）放在质量为M=3.0kg的长木板的右端，木板上表面光滑，木板与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，木板长L=1.0m．开始时两者都处于静止状态，现对木板施加水平向右的恒力F=12N，如图所示，经一段时间后撤去F．为使小滑块不掉下木板，试求：用水平恒力F作用的最长时间．（g取10m/s2）

正确答案

解：撤去F前后木板先加速后减速．设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2．由牛顿第二定律得

撤力前：F-μ（m+M）g=Ma1

解得a1= m/s2

撤力后：μ（m+M）g=Ma2

解得a2= m/s2

又x1=a1t12，x2=a2t22

为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1+x2≤L

又a1t1=a2t2

由以上各式可解得t1≤1 s

即作用的最长时间为1s．

答：用水平恒力F作用的最长时间是1s．

解析

解：撤去F前后木板先加速后减速．设加速过程的位移为x1，加速度为a1，加速运动的时间为t1；减速过程的位移为x2，加速度为a2，减速运动的时间为t2．由牛顿第二定律得

撤力前：F-μ（m+M）g=Ma1

解得a1= m/s2

撤力后：μ（m+M）g=Ma2

解得a2= m/s2

又x1=a1t12，x2=a2t22

为使小滑块不从木板上掉下，应满足x1+x2≤L

又a1t1=a2t2

由以上各式可解得t1≤1 s

即作用的最长时间为1s．

答：用水平恒力F作用的最长时间是1s．

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