- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：设小球的质量为m，剪断绳子前，弹簧的弹力F=mg，
剪断绳子的瞬间，弹簧的弹力不变，隔离对B分析，合力为零，加速度a2=0，
以向上为正方向，对A分析，
故选：C．
正确答案
解析
解：悬线剪断前，以乙为研究对象可知弹簧的弹力为：T=2mg，
以甲、乙整体为研究对象可知悬线的拉力为：F=（2m+m）g=3mg；
剪断悬线瞬间，弹簧的弹力不变，F=2mg，由牛顿第二定律，
对乙分析可知，因乙受力不变，故乙的加速度为零；
对甲分析可知，甲受重力和弹簧的拉力作用，合力为：F=3mg
则由牛顿第二定律可知：a甲=
故只有B正确，ACD错误；
故选：B．
（1）金属块与桌面间的动摩擦因数．
（2）如果从某时刻起撤去拉力，撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离．
（sin37°=0.60，cos37°=0.80，g取10m/s2）
正确答案
解：（1）因为金属块匀速运动，受力平衡则有
Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=0
（2）撤去拉力后a=
金属块在桌面上滑行的最大距离s=
答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数为0.4；
（2）撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离为0.5m．
解析
解：（1）因为金属块匀速运动，受力平衡则有
Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=0
（2）撤去拉力后a=
金属块在桌面上滑行的最大距离s=
答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数为0.4；
（2）撤去拉力后金属块在桌面上滑行的最大距离为0.5m．
正确答案
m
m（g+
解析
解：当飞机飞到最高点时，根据牛顿第二定律得
mg=m
解得 R=
当飞机飞到最低点时，由牛顿第二定律得
FN-mg=m
解得 FN=m（g+
根据牛顿第三定律得知，飞行员对机座的压力N=m（g+
故答案为：m
A2
B3m/s
C4m/s
D
正确答案
解析
解：在0-4m位移内F恒定，物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得；
a=
根据2ax=
对物体在4-16m内运动过程运用动能定理得；
从图中可知
所以v16=v4=3m/s
故选B．
（1）运动员加速过程中的加速度大小a及跑完100m后用的时间t；
（2）在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小T及运动员与地面间的摩擦力大小f人．
正确答案
解：（1）由图示图象可知，加速度：a=
加速时间：t1=4s，
加速位移：s1=
匀速位移：s2=s-s1=100-16=84m，
匀速时间：t2=
跑完100m时间t=t1+t2=14.5s
（2）设绳子与水平面间的夹角为θ，
由题意可知：sinθ=
对轮胎：水平方向，由牛顿第二定律：Tcosθ-f=ma，
竖直方向：N=mg-Tsinθ，
滑动摩擦力：f=μN，
代入数据解得：T=64N，
对运动员，由牛顿第二定律得：
f人-Tcosθ=Ma，代入数据解得：f人=171.2N．
答：（1）运动员加速过程中的加速度大小a为2m/s2，跑完100m后用的时间t为14.5s；
（2）在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小为64N，运动员与地面间的摩擦力大小f人为171.2N．
解析
解：（1）由图示图象可知，加速度：a=
加速时间：t1=4s，
加速位移：s1=
匀速位移：s2=s-s1=100-16=84m，
匀速时间：t2=
跑完100m时间t=t1+t2=14.5s
（2）设绳子与水平面间的夹角为θ，
由题意可知：sinθ=
对轮胎：水平方向，由牛顿第二定律：Tcosθ-f=ma，
竖直方向：N=mg-Tsinθ，
滑动摩擦力：f=μN，
代入数据解得：T=64N，
对运动员，由牛顿第二定律得：
f人-Tcosθ=Ma，代入数据解得：f人=171.2N．
答：（1）运动员加速过程中的加速度大小a为2m/s2，跑完100m后用的时间t为14.5s；
（2）在加速阶段绳子对轮胎的拉力大小为64N，运动员与地面间的摩擦力大小f人为171.2N．
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是多大？
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足什么条件？
（3）分别求A、B对地的最大位移．
正确答案
解：（1）分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律：B物体的加速度：
A物体的加速度：
（2）当AB速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
设经过时间t，AB的速度相等则有：
v0-aBt=aAt
根据位移关系得：
带入数据解得：t=1s，v0=5m/s
所以初速度应小于等于5m/s
（3）AB速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度，a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：
s=
之前A发生的位移为sA=
B发生的位移
所以A发生的位移为sA+s=o.5m+0.25m=0.75m
B发生的位移为sB+s=3.0m+0.25m=3.25m
答：
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是4m/s2和1m/s2；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足小于等于5m/s；
（3）A、B对地的最大位移分别为0.75m和3.25m．
解析
解：（1）分别对A、B进行受力分析，
根据牛顿第二定律：B物体的加速度：
A物体的加速度：
（2）当AB速度相等时，恰好到木板末端，此时不滑出A物体，就不会滑出，
设经过时间t，AB的速度相等则有：
v0-aBt=aAt
根据位移关系得：
带入数据解得：t=1s，v0=5m/s
所以初速度应小于等于5m/s
（3）AB速度达到相等后，相对静止一起以v=1m/s的初速度，a=μ2g=2m/s2的加速度一起匀减速运动直到静止，发生的位移：
s=
之前A发生的位移为sA=
B发生的位移
所以A发生的位移为sA+s=o.5m+0.25m=0.75m
B发生的位移为sB+s=3.0m+0.25m=3.25m
答：
（1）A、B刚开始运动时各自的加速度分别是4m/s2和1m/s2；
（2）为保证B在滑动过程中不滑出A，初速度v0应满足小于等于5m/s；
（3）A、B对地的最大位移分别为0.75m和3.25m．
正确答案
解析
解：若木板光滑，A、B在水平面上不受力，由于物体具有惯性，则AB将以原来的速度做匀速直线运动，保持相对静止；若木板粗糙，尽管两木块的质量不同，所受的摩擦力大小不同，但其加速度为a=
故选：BD．
A物块第一次滑到A点时速度最大
B物块速度最大时弹簧的压缩量小于
C物块压缩弹簧后被反弹过程做加速度逐渐减小的加速运动
D物块最终停在斜面上时物块受到的摩擦力小于mgsinθ
正确答案
解析
解：A、当物块受力平衡时，速度最大，由kx+μmgcosθ=mgsinθ，解得x=
C、物块压缩弹簧后被反弹过程先做加速度逐渐减小的加速运动，后做加速度增大的减速运动，故C错误；
D、由于初态物块能够由静止下滑，可得最大静摩擦力小于重力分力，故最终停止运动时弹簧存在弹力，根据平衡知，物块受到的摩擦力小于mgsinθ，故D正确．
故选：BD．
（1）若圆盘半径R=0.2m，当圆盘的角速度多大时，滑块从圆盘上滑落？
（2）若取圆盘所在平面为零势能面，求滑块到达B点时的机械能．
（3）从滑块到达B点时起，经0.6s正好通过C点，求BC之间的距离．
正确答案
解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mϖ2R
代入数据解得：
即当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落．
（2）滑块在A点时的速度：vA=ϖR=1m/s
从A到B的运动过程由动能定理：
在B点时的机械能
即滑块到达B点时的机械能为-4J．
（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s
滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37°+μcos37°）=10m/s2
返回时的加速度大小：a2=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2
BC间的距离：
即BC之间的距离为0.76m．
解析
解：（1）滑块在圆盘上做圆周运动时，静摩擦力充当向心力，根据牛顿第二定律，可得：μmg=mϖ2R
代入数据解得：
即当圆盘的角速度5rad/s时，滑块从圆盘上滑落．
（2）滑块在A点时的速度：vA=ϖR=1m/s
从A到B的运动过程由动能定理：
在B点时的机械能
即滑块到达B点时的机械能为-4J．
（3）滑块在B点时的速度：vB=4m/s
滑块沿BC段向上运动时的加速度大小：a1=g（sin37°+μcos37°）=10m/s2
返回时的加速度大小：a2=g（sin37°-μcos37°）=2m/s2
BC间的距离：
即BC之间的距离为0.76m．
扫码查看完整答案与解析