- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）使物体落到圆盘上，圆盘最小半径为多少？
（2）若物体落到圆盘时对应第（1）问中圆盘半径的最小值，已知传送带长L=10.2m，求物体从A传到B所用时间．
（3）已知物体抛出的同时，圆盘顺时针做匀速圆周运动，小桶刚好位于图示位置．物体落入小桶时对应第（1）问中圆盘半径的最小值，求圆盘转速为多少转每秒．
正确答案
解：（1）物体从B点抛出后做平抛运动，已知抛出点的高度h=0.8m，抛出时物体的速度v=2m/s，所以物体做平抛运动的射程即为圆盘的最小半径，即：
r=
（2）物体在传送带上受滑动摩擦力、重力和支持力作用下，做匀加速运动，根据受力分析有：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
得物体加速上升时的加速度a=μgcosθ-gsinθ=0.8×10×0.8-10×0.6m/s2=0.4m/s2
物体速度增加到2m/s时运动时间
加速过程中产生的位移
物体匀速运动的位移x′=L-x=10.2-5m=5.2m
物体匀速运动的时间
所以物体从A至B的运动时间t=t1+t2=5+2.6s=7.6s
（3）物体从B点抛出后，落到小桶的时间t′=
在物体下落的时间里，圆盘转过的角度为θ=
则此时圆盘转动的角速度ω=
根据角速度与转速关系有：
答：（1）圆盘的最小半径为0.8m；
（2）物体从A到B所用的时间为7.6s；
（3）圆盘转速为
解析
解：（1）物体从B点抛出后做平抛运动，已知抛出点的高度h=0.8m，抛出时物体的速度v=2m/s，所以物体做平抛运动的射程即为圆盘的最小半径，即：
r=
（2）物体在传送带上受滑动摩擦力、重力和支持力作用下，做匀加速运动，根据受力分析有：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
得物体加速上升时的加速度a=μgcosθ-gsinθ=0.8×10×0.8-10×0.6m/s2=0.4m/s2
物体速度增加到2m/s时运动时间
加速过程中产生的位移
物体匀速运动的位移x′=L-x=10.2-5m=5.2m
物体匀速运动的时间
所以物体从A至B的运动时间t=t1+t2=5+2.6s=7.6s
（3）物体从B点抛出后，落到小桶的时间t′=
在物体下落的时间里，圆盘转过的角度为θ=
则此时圆盘转动的角速度ω=
根据角速度与转速关系有：
答：（1）圆盘的最小半径为0.8m；
（2）物体从A到B所用的时间为7.6s；
（3）圆盘转速为
甲乙物体质量之比为5：3，所受外力之比为2：3，则他们加速度之比为______．
正确答案
2：5
解析
解：根据牛顿第二定律：F=ma
得：a=
则：
故答案为：2：5．
如图所示，光滑水平面上静止放置着一辆平板车A，．车上有两个小滑块B和C，A、B、C三者的质量分别是3m、2m、m．B与车板之间的动摩擦因数为μ，而C与车板之间的动摩擦因数为2μ．开始时B、C分别从车板的左、右两端同时以大小相同的初速度vo相向滑行．已知滑块B、C最后都没有脱离平板车，则车的最终速度v车是（ ）
A.
B
C
Dv车=0
正确答案
解析
解：滑块B、C最后都没有脱离平板车，说明最终三者速度相等，把ABC看成一个系统，系统不受外力，动量守恒，
根据动量守恒定律得：
2mv0-mv0=（3m+2m+m）v
解得v=
故选B
质量为2kg的物体，受到大小为10N的水平力F的作用，在水平桌面上运动．已知物体与桌面间的动摩擦因数是0.3．则物体从静止开始运动后前3s内的位移大小为______，位移为36m时的速度大小为______．g取10m/s2．
正确答案
9m
12m/s
解析
解：（1）①物体受到的摩擦力为：Ff=μmg=0.3×2×10N=6N；
由牛顿第二定律F合=ma可得：F-Ff=ma
则物体的加速度为：
代入数据求得：
再由公式：
代入数据求得：
故答案为：9m，12m
（1）乘客在斜面AC下滑时加速度a1的大小；
（2）乘客从A处开始到滑至E处的时间t．
正确答案
解：（1）乘客在斜面上的受力情况如右图所示．
由牛顿第二定律，有：mgsinθ-μN=ma1 N-mg cosθ=0
解得：a1=gsinθ-μgcosθ=1.6m/s2
（2）设下滑时间为t1．在CD滑行时间为t2，
由：AC=
经过C点时的速度大小为v=a1t1=1.6×2.5m/s=4m/s
乘客在水平部分滑行的加速度为a2=
则t2=
故人经过t=t1+t2=3.23s安全着地．
答：（1）乘客在斜面AC下滑时加速度a1的大小1.6m/s2；
（2）乘客从A处开始到滑至E处的时间t是3.23s．
解析
解：（1）乘客在斜面上的受力情况如右图所示．
由牛顿第二定律，有：mgsinθ-μN=ma1 N-mg cosθ=0
解得：a1=gsinθ-μgcosθ=1.6m/s2
（2）设下滑时间为t1．在CD滑行时间为t2，
由：AC=
经过C点时的速度大小为v=a1t1=1.6×2.5m/s=4m/s
乘客在水平部分滑行的加速度为a2=
则t2=
故人经过t=t1+t2=3.23s安全着地．
答：（1）乘客在斜面AC下滑时加速度a1的大小1.6m/s2；
（2）乘客从A处开始到滑至E处的时间t是3.23s．
正确答案
解析
解：小物块从A点滑到传送带的过程中运用动能定理的：
解得：v0=3m/s
设小物块返回传送带右端时的速度为v1，由于传送带足够长，物体减速向左滑行，直到速度减为零，然后物体会在滑动摩擦力的作用下向右加速，分两种情况讨论：
①当传送带的速度v≥3 m/s时，由匀变速直线运动的规律v2-v02=2ax分析可知，物体的加速和减速运动的位移的大小相同，小物块返回曲面的初速度都等于3 m/s，物体恰好能回到A点，故B正确，C错误；
③如果v＜3m/s，物体会先在滑动摩擦力的作用下加速，当速度增大到等于传送带速度时，物体还在传送带上，之后不受摩擦力，故物体与传送带一起向右匀速运动，物体离开传送带滑上曲面时的速度为v且小于3m/s，根据动能定理可知小物块不能回到A点，故A、D错误；
故选：B．
（2015•松江区二模）如图（a），木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，木板上有一质量为m=1kg的物块，始终受到平行于斜面、大小为8N的力F的作用．改变木板倾角，在不同倾角时，物块会产生不同的加速度a，如图（b）所示为加速度a与斜面倾角的关系图线．已知物块与木板间的动摩擦因数为μ=0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力．求：（g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8）
（1）图线与纵坐标交点a0的大小；
（2）图线与θ轴重合区间为[θ1，θ2]，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？在斜面倾角处于θ1和θ2之间时，物块的运动状态如何？
（3）如果木板长L=2m，倾角为37°，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用多长时间？
正确答案
解：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0
此时滑动摩擦力 f=μN=μmg=0.2×1×10 N=2N
由牛顿第二定律F-f=ma0，
求得a0=
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下
当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上
当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止
（3）力F作用间间最多时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零．
设力F作用时物块的加速度为a1，由牛顿第二定律得
撤去力F后物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律
设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t
则撤去力F时的速度v=a1t
由题意有 
由以上各式得 t=
答：（1）图线与纵坐标交点a0的大小为6m/s2；
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上，当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止．
（3）为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用3.1s．
解析
解：（1）当木板水平放置时，物块的加速度为a0
此时滑动摩擦力 f=μN=μmg=0.2×1×10 N=2N
由牛顿第二定律F-f=ma0，
求得a0=
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下
当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上
当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止
（3）力F作用间间最多时，撤去力后物块滑到斜面顶端时速度恰好减小到零．
设力F作用时物块的加速度为a1，由牛顿第二定律得
撤去力F后物块的加速度大小为a2，由牛顿第二定律
设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t
则撤去力F时的速度v=a1t
由题意有
由以上各式得 t=
答：（1）图线与纵坐标交点a0的大小为6m/s2；
（2）当木板倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上，当θ角处于θ1和θ2之间时物块静止．
（3）为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用3.1s．
如图所示，A、B两物块静止叠放在光滑水平地面上．A、B间的动摩擦因数μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2．现对A施加一水平拉力F，已知B的加速度a与F的关系如图，则下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、由图示图象可知，F＜12N时，B的加速度随拉力的增大而增大，此时A、B相对静止，它们一起沿水平地面做加速运动，故A错误；
B、由图示图象可知，当F＞12N时，B的加速度保持不变，此时A、B相对滑动，B做匀加速直线，A、B的加速度不相同，故B正确；
D、当A、B相对滑动时，B的加速度：a=
C、当a=2m/s2时，A、B相对静止，一起做加速运动，A、B间的摩擦力为经摩擦力，对B，由牛顿第二定律得：f=mBa=2N，即：A、B间的摩擦力为2N，故C错误；
故选：BD．
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块返回斜面底端时的速度大小．
正确答案
解：（1）由图象可知，滑块的加速度：a=
滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据解得：μ=0.5
即滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5．
（2）由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移：s=
滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：a2=2 m/s2
由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度：v=
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
（2）滑块返回斜面底端时的速度大小为
解析
解：（1）由图象可知，滑块的加速度：a=
滑块冲上斜面过程中根据牛顿第二定律，有：mgsinθ+μmgcosθ=ma
代入数据解得：μ=0.5
即滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5．
（2）由匀变速直线运动的规律，滑块向上运动的位移：s=
滑块下滑过程中根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma2，解得：a2=2 m/s2
由匀变速直线运动的规律，滑块返回底端的速度：v=
答：（1）滑块与斜面间的动摩擦因数为0.5；
（2）滑块返回斜面底端时的速度大小为
（1）水平力F的大小；
（2）物体开始运动后t=2.0s内通过的距离x．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律，物体加速度的大小为a=2m/s2
故：F=ma=5×2=10 N
（2）物体在t=2.0s内通过的距离
x=
答：（1）水平力F的大小为10N；（2）物体开始运动后t=2.0s内通过的距离为4m
解析
解：（1）根据牛顿第二定律，物体加速度的大小为a=2m/s2
故：F=ma=5×2=10 N
（2）物体在t=2.0s内通过的距离
x=
答：（1）水平力F的大小为10N；（2）物体开始运动后t=2.0s内通过的距离为4m
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