牛顿第二定律_章节学习

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题型：填空题

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填空题

如图所示，在水平地面上静置一质量为m的物块，现对物块施加一水平向右的拉力F1，物块开始向右做匀加速运动；过一段时间后，保持拉力的方向不变，大小变为F2，物体开始做匀减速直线运动，若加速与减速的时间和位移的大小均相等，则物块与地面间的动摩擦因素为______．

正确答案

解析

解：设运动时间为t，匀加速运动位移为s，末速度为v，则

物体做匀加速运动阶段有：

a1=

2a1s=v2

v=a1t

匀减速运动过程有：

a2=

2a2s=-v2

解得：

所以μ=

故答案为：

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题型：单选题

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单选题

如图所示，表面光滑的斜面体固定在匀速上升的升降机上，质量相等的A、B两物体用一轻质弹簧连接着，B的上端用一平行斜面的细线拴接在斜面上的固定装置上，斜面的倾角为30°，当升降机突然处于完全失重状态，则此瞬时A、B两物体的瞬时加速度大小分别为（　　）

Ag、g

Bg、g

Cg、0

Dg、g

正确答案

D

解析

解：由平衡状态时的受力特点可知，A受到弹簧的作用力大小为mgsinθ，由于失重时A物体本身重力不变，故在此瞬间，A同时受到弹簧的弹力（mgsinθ）和重力作用，根据力的合成特点可知此二力的合力为mgcosθ，故其瞬时加速度为g；而对B受力分析可知，完全失重瞬间，B受到弹簧的作用力总和细线的上弹力相等（此二力的合力为0），则此时B的合力就是其重力，所以B的瞬时加速度为g，所以D正确．

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为一升降机由静止开始下降过程中的速度图象，升降机及其载重总重车为2.0t．

（1）由图象判断出升降机在哪段时间内出现超重、失重现象；

（2）求出0～2s、2s～6s、6s～8s时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小．（g取10m/s2）

正确答案

解：（1）由速度时间图象可知，0-2s内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6s-8s内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态．

②根据图象得：

0～2s内 a1==4m/s2

根据牛顿第二定律得：F1=mg-ma1=1.2×104 N

2s～6s内，加速度a2=0

悬挂升降机的钢索的拉力F2=mg=2×104 N

6s～8s内，加速度a3=4m/s2

根据牛顿第二定律得：

F3=mg-ma3=2.8×104 N

答：（1）0-2s内，处于失重状态，6s-8s内处于超重状态；

（2）0～2s内悬挂升降机的钢索的拉力大小为1.2×104 N；2s～6s内悬挂升降机的钢索的拉力大小为2×104 N；

6s～8s时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小为2.8×104 N．

解析

解：（1）由速度时间图象可知，0-2s内，升降机向下做匀加速运动，加速度向下，处于失重状态，6s-8s内升降机减速下降，加速度方向向上，处于超重状态．

②根据图象得：

0～2s内 a1==4m/s2

根据牛顿第二定律得：F1=mg-ma1=1.2×104 N

2s～6s内，加速度a2=0

悬挂升降机的钢索的拉力F2=mg=2×104 N

6s～8s内，加速度a3=4m/s2

根据牛顿第二定律得：

F3=mg-ma3=2.8×104 N

答：（1）0-2s内，处于失重状态，6s-8s内处于超重状态；

（2）0～2s内悬挂升降机的钢索的拉力大小为1.2×104 N；2s～6s内悬挂升降机的钢索的拉力大小为2×104 N；

6s～8s时间内悬挂升降机的钢索的拉力大小为2.8×104 N．

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题型：简答题

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简答题

如图示，质量为m的砝码A放置在质量为M的滑块B上，B与弹簧相连，它们一起在光滑的水平面上作简谐运动，弹簧的劲度系数为k，砝码与滑块之间的动摩擦因数为μ，要使砝码与滑块在振动过程中不发生相对运动，问最大振幅等于多少？

正确答案

解：当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．根据牛顿第二定律得：

以A为研究对象：a=

以整体为研究对象：kA=（M+m）a

联立两式得，A==

答：最大振幅等于

解析

解：当A和B在振动过程中恰好不发生相对滑动时，AB间静摩擦力达到最大．根据牛顿第二定律得：

以A为研究对象：a=

以整体为研究对象：kA=（M+m）a

联立两式得，A==

答：最大振幅等于

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题型：填空题

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填空题

一个圆盘边缘系一根细绳，绳的下端拴着一个质量为m的小球，圆盘的半径是r，绳长为l，圆盘匀速转动时小球随着一起转动，并且细绳与竖直方向成θ角，如图所示，则圆盘的转速是______．

正确答案

解析

解：以小球为研究对象，由题可知，小球在水平面内做匀速圆周运动，半径为R=lsinθ+r，由重力和细绳拉力的合力提供向心力，力图如图．设转速为n，则由牛顿第二定律得

mgtanθ=m（2πn）2R

又 R=lsinθ+r

得到 n=

故答案为：

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题型：填空题

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填空题

两个长度相等、倾角都是α的斜面，一个是光滑的，另一个是粗糙的，物体从粗糙斜面顶端匀加速滑到底端所用时间，为从光滑斜面滑到底端所用时间的3倍．那么，物体在光滑斜面和粗糙斜面上，下滑的加速度之比为______，物体与粗糙斜面间的动摩擦因数为______．

正确答案

9：1

解析

解：物体从光滑斜面滑下时，根据牛顿第二定律，有

mgsinα=ma ①

根据位移时间关系公式，有

②

物体从粗糙斜面滑下时，根据牛顿第二定律，有

mgsinα-μmgcosα=ma′③

根据位移时间关系公式，有

④

根据题意

t′=3t ⑤

由①②③④⑤联立解得

a：a′=9：1

故答案为：9：1，．

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题型：单选题

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单选题

如图甲，一物体以一定的初速度从斜面底端沿斜面向上运动，上升到最高点后又沿斜面滑下，某段时间的速度-时间图象如图乙所示，g=10m/s2，由此可知斜面倾角为（　　）

A30°

B37°

C53°

D60°

正确答案

B

解析

解：速度时间图象的斜率表示加速度，则由图可知，沿斜面上升时的加速度大小为：

a1==8 m/s2 …①

沿斜面下滑时的加速度大小为：

a2==4m/s2 …②

根据牛顿第二定律得：

上升时，有：a1=…③

下滑时，有：a2=…④

由①②③④解得：θ=37°

故选：B

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量分别为m、M的两物块用轻弹簧相连，其中M放在水平地面上，m处于竖直光滑的导轨内．今将m向下压一段距离后放手，它就在导轨内上下做简谐运动，且m到达最高点时，M对地面的压力刚好为零，试问：

（1）m的最大加速度多大？

（2）M对地面的最大压力多大？

正确答案

解：（1）在最大位移处，m的加速度最大；M对地面的压力刚好为零，故弹簧弹力为：F=Mg；

对m，根据牛顿第二定律，有：F+mg=ma；解得：a=；

（2）简谐运动具有对称性，在最低点，m有向上的最大加速度，对系统整体运用牛顿第二定律，有：

N-（M+m）g=ma

解得：N=2（M+m）g

根据牛顿第三定律，M对地面的最大压力为2（M+m）g；

答：（1）m的最大加速度为；

（2）M对地面的最大压力为2（M+m）g．

解析

解：（1）在最大位移处，m的加速度最大；M对地面的压力刚好为零，故弹簧弹力为：F=Mg；

对m，根据牛顿第二定律，有：F+mg=ma；解得：a=；

（2）简谐运动具有对称性，在最低点，m有向上的最大加速度，对系统整体运用牛顿第二定律，有：

N-（M+m）g=ma

解得：N=2（M+m）g

根据牛顿第三定律，M对地面的最大压力为2（M+m）g；

答：（1）m的最大加速度为；

（2）M对地面的最大压力为2（M+m）g．

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题型：简答题

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简答题

（2014秋•天元区校级月考）如图，一辆卡车后面用轻绳拖着质量为m的物体A，A与地面的摩擦不计．

（1）当卡车以a1=0.75g的加速度运动时，绳的拉力为mg，则A对地面的压力为多大？

（2）当卡车的加速度a2=2g时，绳的拉力为多大？

正确答案

解：（1）卡车和A的加速度一致，由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：mgcosα=0.75mg

解得：cosα=，则sinα=；

设地面对A的支持力为FN，则有：

FN=mg-mgsinα=mg

由牛顿第三定律得：A对地面的压力为 FN′=FN=mg．

（2）设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则a0=gcotα=g

故当a2=2g＞a0时，物体已飘起，此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力F2==mg

答：（1）A对地面的压力为mg

（2）绳的拉力为mg

解析

解：（1）卡车和A的加速度一致，由图知绳的拉力的分力使A产生了加速度，故有：mgcosα=0.75mg

解得：cosα=，则sinα=；

设地面对A的支持力为FN，则有：

FN=mg-mgsinα=mg

由牛顿第三定律得：A对地面的压力为 FN′=FN=mg．

（2）设地面对A弹力为零时，物体的临界加速度为a0，则a0=gcotα=g

故当a2=2g＞a0时，物体已飘起，此时物体所受合力为mg，则由三角形知识可知，拉力F2==mg

答：（1）A对地面的压力为mg

（2）绳的拉力为mg

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题型：简答题

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简答题

质量m=0.1g的小球，带有q=5×10-4C的正电荷，套在一根与水平方向成θ=37°的绝缘杆上，小球可以沿杆滑动，与杆间的动摩擦因数μ=0.4，这个装置放在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中，求小球无初速释放后沿杆下滑的最大加速度和最大速度．

正确答案

解：以小球为研究对象，分析受力情况如图．

由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μFN=ma

qvB+FN-mgcosθ=0

得到mgsinθ-μ（mgcosθ-qvB）=ma

当Ff=0时，即时，小球的加速度最大，此时

am=gsinθ=10×m/s2=6m/s2，

而当a=0，即mgsinθ=μ（qvB-mgcosθ）时，小球的速度最大，此时

=9.2m/s答：小球无初速释放后沿杆下滑的最大加速度为6m/s2，最大速度为9.2m/s．

解析

解：以小球为研究对象，分析受力情况如图．

由牛顿第二定律得：

mgsinθ-μFN=ma

qvB+FN-mgcosθ=0

得到mgsinθ-μ（mgcosθ-qvB）=ma

当Ff=0时，即时，小球的加速度最大，此时

am=gsinθ=10×m/s2=6m/s2，

而当a=0，即mgsinθ=μ（qvB-mgcosθ）时，小球的速度最大，此时

=9.2m/s答：小球无初速释放后沿杆下滑的最大加速度为6m/s2，最大速度为9.2m/s．

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