- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）物体在0-4s内、4-10s内的加速度a1、a2的大小；
（2）恒力F的大小和物体与水平面之间的动摩擦因数μ；
（3）10s末物体距P点的距离d．
正确答案
解：（1）根据速度--时间图线的斜率可得
物体在0～4s内的加速度大小
物体在4～10s内的加速度大小
（2）在0～4s内，由牛顿第二定律F+f=ma1，
在4～10s内，由牛顿第二定律 F-f=ma2，
而f=μmg
代入数据解得 F=3N，μ=0.05
（3）由速度--时间图线的物理意义，图线与横轴所围的面积即物体的位移，10s末物体距P点的距离d=
答：（1）物体在0-4s内、4-10s内的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2、1m/s2；
（2）恒力F的大小为3N，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.05；
（3）10s末物体距P点的距离d为2m．
解析
解：（1）根据速度--时间图线的斜率可得
物体在0～4s内的加速度大小
物体在4～10s内的加速度大小
（2）在0～4s内，由牛顿第二定律F+f=ma1，
在4～10s内，由牛顿第二定律 F-f=ma2，
而f=μmg
代入数据解得 F=3N，μ=0.05
（3）由速度--时间图线的物理意义，图线与横轴所围的面积即物体的位移，10s末物体距P点的距离d=
答：（1）物体在0-4s内、4-10s内的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2、1m/s2；
（2）恒力F的大小为3N，物体与水平面之间的动摩擦因数为0.05；
（3）10s末物体距P点的距离d为2m．
（1）实验装置如图所示，设左右两边沙袋的质量分别为m2、m1；
（2）从m中取出质量为△m的砝码放在右边沙袋中（剩余砝码都放在左边沙袋中，发现质量为m1的沙袋下降，质量为m2的沙袋上升（质量为m1的沙袋下降过程未与其他物体相碰）；
（3）用米尺测出质量为m1的沙袋从静止开始下降的距离h，用秒表测出质量为m1的沙袋下降距离h所对应的时间t，则可求沙袋的加速度大小为a=______；
（4）改变右边砝码的质量△m，测量相应的加速度a，得到多组△m及a的数据，作出“a～△m”图线；
（5）若求得图线的斜率k=4m/kg•s2，截距为b=2m/s2，沙袋的质量m1=______ kg，m2=______kg．
正确答案
解：（3）由题，质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，由h=
（5）根据牛顿第二定律得：
对m1及砝码：（m1+△m）g-T=（m1+△m）a
对m2及砝码：T-（m2+m-△m）g=（m2+m-△m）a
联立解得：a=
根据数学知识得知：“a～△m”图线斜率k=
将m=0.5kg，g=10m/s2，k=4m/kg•s2，b=2m/s2，代入解得：m1=3kg，m2=1.5kg．
故答案为：（3）
解析
解：（3）由题，质量为m1的沙袋从静止开始下降做匀加速直线运动，由h=
（5）根据牛顿第二定律得：
对m1及砝码：（m1+△m）g-T=（m1+△m）a
对m2及砝码：T-（m2+m-△m）g=（m2+m-△m）a
联立解得：a=
根据数学知识得知：“a～△m”图线斜率k=
将m=0.5kg，g=10m/s2，k=4m/kg•s2，b=2m/s2，代入解得：m1=3kg，m2=1.5kg．
故答案为：（3）
在平直路面上有一辆总质量为4×103kg的汽车，汽车起动后10s内速度由0均匀增加到10m/s，汽车运动时受到的阻力为其所受重力大小的0.2倍，在这段时间内，求：（g=10m/s2）
（1）汽车加速度的大小．
（2）汽车位移的大小．
（3）汽车牵引力的大小．
正确答案
解：（1）汽车的加速度：a=
（2）汽车的位移：x=
（3）由牛顿第二定律得：F-0.2mg=ma，
代入数据解得：F=1.2×104N；
答：（1）汽车加速度的大小为1m/s2．
（2）汽车位移的大小为50m．
（3）汽车牵引力的大小为1.2×104N．
解析
解：（1）汽车的加速度：a=
（2）汽车的位移：x=
（3）由牛顿第二定律得：F-0.2mg=ma，
代入数据解得：F=1.2×104N；
答：（1）汽车加速度的大小为1m/s2．
（2）汽车位移的大小为50m．
（3）汽车牵引力的大小为1.2×104N．
质量为m的物体用弹簧秤悬在升降机顶棚上，在下列哪种情况下，弹簧秤的读数最小（ ）
A升降机匀速上升
B升降机匀加速上升，且a=
C升降机匀减速上升，且a=
D升降机匀加速上升，且a=
正确答案
解析
解：A、当升降机匀速上升时，根据平衡条件：F=mg；
B、当升降机匀加速上升时，根据牛顿第二定律：F-mg=ma，得：F=
C、当升降机匀减速上升时：F-mg=-ma得：F=
D、当升降机匀加速下降时，根据牛顿第二定律：mg-F=ma，得：F=
故弹簧秤示数最小的是C．
故选：C．
在人搭乘台阶式自动扶梯上楼的过程中，电梯踏板对人支持力的最大值出现在哪一个阶段？（ ）
正确答案
解析
解：在A段在竖直方向合力为零，故电梯踏板对人支持力等于重力，
在B段人突然获得向上的加速度，故FN-mg=ma，则FN=mg+ma
在C段电梯做匀速运动，根据受力分析有共点力平衡可知FN=mg
在D段做圆周运动的一部分，
故在B段出支持力最大
故选：B
消防队员在某高楼进行训练，他要从距地面高h=34.5m处的一扇窗户外沿一条竖直悬挂的绳子由静止开始滑下，在下滑过程中，他先匀加速下滑，加速度大小为a1=6m/s2，紧接着再匀减速下滑，加速度大小为a2=3m/s2，滑至地面时速度为安全速度v=3m/s．求：
（1）消防队员沿绳滑至地面所用的总时间t．
（2）消防队员下滑过程中的最大速度．
正确答案
解：（1）设匀加速运动的时间为t1，匀减速运动的时间为t2
根据匀加速运动规律，匀加速运动的位移：x1=
匀加速运动的速度：v1=a1t1…②
根据匀减速运动规律，匀减速运动的位移：x2=v1t2-
匀减速运动的速度：v=v1-a2t2…④
由题意知：h=x1+x2…⑤
联立以上各式并代入数据解得：t1=2s，t2=3s…⑥
故消防队员沿绳滑至地面所用的总时间t=t1+t2=5s．
（2）由②⑥式得，消防队员下滑过程中的最大速度v1=a1t1=6×2=12m/s
答：（1）消防队员沿绳滑至地面所用的总时间为5s．
（2）消防队员下滑过程中的最大速度为12m/s．
解析
解：（1）设匀加速运动的时间为t1，匀减速运动的时间为t2
根据匀加速运动规律，匀加速运动的位移：x1=
匀加速运动的速度：v1=a1t1…②
根据匀减速运动规律，匀减速运动的位移：x2=v1t2-
匀减速运动的速度：v=v1-a2t2…④
由题意知：h=x1+x2…⑤
联立以上各式并代入数据解得：t1=2s，t2=3s…⑥
故消防队员沿绳滑至地面所用的总时间t=t1+t2=5s．
（2）由②⑥式得，消防队员下滑过程中的最大速度v1=a1t1=6×2=12m/s
答：（1）消防队员沿绳滑至地面所用的总时间为5s．
（2）消防队员下滑过程中的最大速度为12m/s．
正确答案
gsinβ
解析
对小球受力分析，设绳子的拉力为T，可得：
沿竖直方向：mg-Tcosθ=masinα
沿水平方向：Tsinβ=macosα
联立解得：a=
悬绳与竖直方向形成一个稳定的夹角，故小球和小车具有共同的加速度，故小车的加速度也为
故答案为：
光滑水平面上的一个物体，质量为2kg，处于静止状态．当它受到一个水平恒力作用后，在头2.0s内移动了4.0m．该物体所受的水平恒力大小为______．
正确答案
4N
解析
解：根据x=
根据牛顿第二定律得，F=ma=2×2N=4N．
故答案为：4N．
正确答案
解析
解：未加F时，物体受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律有：a=
当施加F后，加速度a′=
故选C．
辨析题：静止在水平地面上的木箱，质量为50kg，若用F=400N的水平恒力推它，可以在5s内使它移动s=50m．若用大小仍为400N、而方向与水平方向夹角为37°斜向上的拉力拉木箱从静止开始运动，使木箱能够到达50m远处，则拉力的作用时间最少是多少？（cos37°=0.8）
某同学是这样解的：当拉力水平时：由运动学公式，有s=
由牛顿第二定律：F-μmg=ma1即400-μ×50×10=50×a1 ②
当拉力斜向上时：设加速度大小为a2
在水平方向由牛顿第二定律：Fcos37°-μmg=ma2 ③
a2=
再由运动学公式，s=
解得拉力作用的最少时间：t=
（1）这位同学解法是否有不大合理的地方？（回答“有”还是“没有”？）
（2）若有不合理的地方，请你指出这位同学错误步骤对应的序号，并说明理由．
（3）若有不合理的地方，请用你自己的方法算出正确结果．
正确答案
解：
建立如图坐标系，在两种情况下对木箱进行受力分析有：木箱都受四个力作用：重力G、弹力FN、摩擦力f和推力F
由于木箱运动，故与地在间的摩擦力为滑动摩擦力，故其大小f=μFN，由于在竖直方向木箱受力平衡，故两种情况下地面对木箱的支持力FN不同，故摩擦力的大小也不一样．
但解题中的第4步，拉力向上拉木箱时，木箱受到的摩擦力f=μ（mg-Fsinθ）≠μmg，故计算有误．
故解法有误，错误在第④
（3）由题中①得a1=4m/s2
代入②得μ=0.4
∴木箱在斜向上拉力F作用下产生的加速度
a2=
则拉力作用的时小时间对应拉力停止作用后，在摩擦力作用下木箱做匀减速直线运动，当速度减为0时，总位移刚好为50m．则木箱的位移分成两部分：
在拉力作用下以a2=4.32m/s2做初速度为0的匀加速直线运动经过时间t速度达到v；
在摩擦力f作用下做初速度为v，加速度大小为
根据题意和匀减速直线运动的规律有：
加速的位移：
减速的位移：
又
所以可以求得加速后的速度v=14.4m/s
则加速运动的时间t=
答：（1）这位同学解法有不大合理的地方；
（2）错误序号为④，理由是滑动摩擦力的大小与正压力成正比，只有当正压力等于重力时才与重力成成正比，要注意判断正压力与重力的关系；
（3）斜向上的拉力作用的最少时间是3.33s．
解析
解：
建立如图坐标系，在两种情况下对木箱进行受力分析有：木箱都受四个力作用：重力G、弹力FN、摩擦力f和推力F
由于木箱运动，故与地在间的摩擦力为滑动摩擦力，故其大小f=μFN，由于在竖直方向木箱受力平衡，故两种情况下地面对木箱的支持力FN不同，故摩擦力的大小也不一样．
但解题中的第4步，拉力向上拉木箱时，木箱受到的摩擦力f=μ（mg-Fsinθ）≠μmg，故计算有误．
故解法有误，错误在第④
（3）由题中①得a1=4m/s2
代入②得μ=0.4
∴木箱在斜向上拉力F作用下产生的加速度
a2=
则拉力作用的时小时间对应拉力停止作用后，在摩擦力作用下木箱做匀减速直线运动，当速度减为0时，总位移刚好为50m．则木箱的位移分成两部分：
在拉力作用下以a2=4.32m/s2做初速度为0的匀加速直线运动经过时间t速度达到v；
在摩擦力f作用下做初速度为v，加速度大小为
根据题意和匀减速直线运动的规律有：
加速的位移：
减速的位移：
又
所以可以求得加速后的速度v=14.4m/s
则加速运动的时间t=
答：（1）这位同学解法有不大合理的地方；
（2）错误序号为④，理由是滑动摩擦力的大小与正压力成正比，只有当正压力等于重力时才与重力成成正比，要注意判断正压力与重力的关系；
（3）斜向上的拉力作用的最少时间是3.33s．
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