- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
由平衡条件得：
F-Nsin60°=0
Ncos60°-G=0，
木板AB突然撤去后，支持力消失，重力和拉力不变，合力等于支持力N，方向与N反向，方向垂直于木板向下，
由牛顿第二定律得，加速度为：a=
解得：a=2g，方向：垂直于木板向下；
故选：AD．
（1）试计算直升飞机能达到的最大高度？
（2）25s时直升飞机所在的高度是多少？
（3）若直升机的质量为2×103kg，不计阻力，则飞机在0-5s内所受的升力．
正确答案
解：（1）直升机上升的最大高度为：
（2）25s直升机上升的总高度为：
（3）0-5s内直升机的加速度为：
由牛顿第二定律得：F-mg=ma
所以：F=3.6×104N．
答：（1）直升飞机能达到的最大高度为600m；
（2）25s时直升飞机所在的高度是500m；
（3）飞机在0-5s内所受的升力为3.6×104N．
解析
解：（1）直升机上升的最大高度为：
（2）25s直升机上升的总高度为：
（3）0-5s内直升机的加速度为：
由牛顿第二定律得：F-mg=ma
所以：F=3.6×104N．
答：（1）直升飞机能达到的最大高度为600m；
（2）25s时直升飞机所在的高度是500m；
（3）飞机在0-5s内所受的升力为3.6×104N．
（1）若某次实验中小球可保持匀速运动，求均匀气流形成的恒力F0的大小：
（2）若另一次实验中由静止释放小球，经过t=1s，小球通过的位移大小为S=0.5m，求：小球运动加速度的大小；均匀气流形成的恒力F的大小．
正确答案
解：（1）若无风力，由于μ＜tan37°，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，物体会下滑，故物体有风力的运动是匀速直线运动，故：
F0=mg=2×10=20N
（2）小球做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
a=
①当F＜mg时，小球向下运动，故：
（mg-F）sin37°-μ（mg-F）cos37°=ma
解得：
F=10N
②当F＞mg时，小球向上运动，故：
（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma
解得：
F=30N
答：（1）若某次实验中小球可保持匀速运动，均匀气流形成的恒力F0的大小为20N；
（2）若另一次实验中由静止释放小球，经过t=1s，小球通过的位移大小为S=0.5m，小球运动加速度的大小为1m/s2；均匀气流形成的恒力F的大小为10N或30N．
解析
解：（1）若无风力，由于μ＜tan37°，重力的下滑分力大于滑动摩擦力，物体会下滑，故物体有风力的运动是匀速直线运动，故：
F0=mg=2×10=20N
（2）小球做匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：
a=
①当F＜mg时，小球向下运动，故：
（mg-F）sin37°-μ（mg-F）cos37°=ma
解得：
F=10N
②当F＞mg时，小球向上运动，故：
（F-mg）sin37°-μ（F-mg）cos37°=ma
解得：
F=30N
答：（1）若某次实验中小球可保持匀速运动，均匀气流形成的恒力F0的大小为20N；
（2）若另一次实验中由静止释放小球，经过t=1s，小球通过的位移大小为S=0.5m，小球运动加速度的大小为1m/s2；均匀气流形成的恒力F的大小为10N或30N．
正确答案
m
m
解析
解：当小球恰好到达最高点时，设小球经过最高点时速度为v1，最低点速度为v2，则
mg=m
根据机械能守恒定律得
mg•2r+
由①②联立得
v2=
由动量定理求出瞬时冲量的最小冲量I1=mv2=m
当小球经过最高点恰好使环在竖直方向上跳起时，小球对环的压力等于环的重力和木板B的重力和．以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得
mg+2mg=m
根据机械能守恒定律得
mg•2r+
解得v2′=
由动量定理求出瞬时冲量的最大冲量I2=mv2′=m
答：为保证小球能通过环的最高点，且不会使环在竖直方向上跳起，则瞬时冲量的最小值为m
当物体从高空下落时，空气阻力随速度的增大而增大，因此经过一段距离后将匀速下落，这个速度称为此物体下落的终极速度．已知球形物体速度不大时所受的空气阻力正比于速度v，且正比于球半径r，即阻力f=krv，k是比例系数，对于常温下的空气，比例系数k=3.4×10-4 Ns/m2，已知水的密度ρ=1.0×103 kg/m3，取重力加速度g=10m/s2，试写出球形雨滴在无风情况下的终极速度表达式vT=______（用字母表示），若半径
r=0.10mm则终极速度vT=______m/s．（结果取两位数字）
正确答案
1.2
解析
解：根据mg=f得，
解得 vT=
故答案为：vT=
正确答案
150N
解析
解：当F最大时，绳子的拉力也最大，设加速度为a，
对B分析有：Tm-mBg=mBa
解得：
对AB整体分析有：Fm-（mA+mB）g=（mA+mB）a
代入数值得：F=（mA+mB）（g+a）=12×12.5=150N；
答：F的最大值为150N
（1）物体的加速度大小；
（2）经过5s撤去拉力F，求撤去拉力的瞬间物体的加速度大小．
正确答案
解：（1）如图对物体进行受力分析有：
则沿x轴方向合力：Fx=Fcos37°-f=ma ①
沿y轴方向合力：Fy=N+Fsin37°-mg=0 ②
摩擦力大小f=μN ③
由①②③可得物体产生的加速度
（2）撤去外力F后，物体仅在重力、支持力和摩擦力作用下运动，故在竖直方向重力与支持力平衡，水平方向滑动摩擦力使物体产生加速度，故有：
F合=f=μFN=ma2
所以物体产生的加速度
答：（1）物体的加速度大小为2.6m/s2；
（2）经过5s撤去拉力F，撤去拉力的瞬间物体的加速度大小2m/s2．
解析
解：（1）如图对物体进行受力分析有：
则沿x轴方向合力：Fx=Fcos37°-f=ma ①
沿y轴方向合力：Fy=N+Fsin37°-mg=0 ②
摩擦力大小f=μN ③
由①②③可得物体产生的加速度
（2）撤去外力F后，物体仅在重力、支持力和摩擦力作用下运动，故在竖直方向重力与支持力平衡，水平方向滑动摩擦力使物体产生加速度，故有：
F合=f=μFN=ma2
所以物体产生的加速度
答：（1）物体的加速度大小为2.6m/s2；
（2）经过5s撤去拉力F，撤去拉力的瞬间物体的加速度大小2m/s2．
（1）滑块上滑过程的加速度大小和方向；
（2）该恒力F的大小和方向．
正确答案
解：（1）由v-t图象知，物体沿斜面向上做匀减速运动，加速度方向斜面向下．取沿斜面向上为正方向．
由速度-时间图象的斜率表示加速度得：滑块上滑过程中加速度 a=
加速度方向沿斜面向下．
（2）设F沿斜面向上，则根据牛顿第二定律得：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
得 F=mgsinθ+μmgcosθ+ma
代人数据解得：F=2×10×0.6+0.5×2×10×0.8-2×15N=-10N，负号表示力F的方向平行于斜面向下．
答：
（1）滑块上滑过程的加速度大小为-15m/s2，方向沿斜面向下；
（2）该恒力F的大小为-10N，方向平行与斜面向下．
解析
解：（1）由v-t图象知，物体沿斜面向上做匀减速运动，加速度方向斜面向下．取沿斜面向上为正方向．
由速度-时间图象的斜率表示加速度得：滑块上滑过程中加速度 a=
加速度方向沿斜面向下．
（2）设F沿斜面向上，则根据牛顿第二定律得：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma
得 F=mgsinθ+μmgcosθ+ma
代人数据解得：F=2×10×0.6+0.5×2×10×0.8-2×15N=-10N，负号表示力F的方向平行于斜面向下．
答：
（1）滑块上滑过程的加速度大小为-15m/s2，方向沿斜面向下；
（2）该恒力F的大小为-10N，方向平行与斜面向下．
正确答案
解析
解：对物体进行受力分析：
竖直方向物体受力平衡，水平方向受向右的推力F和向左的弹簧的弹力，
刚开始F大于弹力，加速度方向向右，根据牛顿第二定律得：a=
所以速度先增大后减小，加速度先减小后增大，故C正确．
故选：C．
一质量为m的物体在几个力的共同作用下处于静止状态，现使其中向东的一个力F突然反向，则物体的加速度为______，方向为______．
正确答案
向西
解析
解：一质量为m的物体在几个力的共同作用下处于静止状态，现使其中向东的一个力F突然反向，则物体受到的合力变为2F，方向向西，
根据牛顿第二定律：a=
故答案为：
扫码查看完整答案与解析