- 牛顿第二定律
- 共12933题
A上述过程中，F做功大小为
B其他条件不变的情况下，M越大，s越小
C其他条件不变的情况下，F越大，滑块到达右端所用时间越长
D其他条件不变的情况下，f越大，滑块与木板间产生的热量越多
正确答案
解析
解：A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；
B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；
C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；
D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．
故选BD．
一个滑雪人与滑板的质量m=75kg，以2m/s的初速度沿山坡匀加速下滑，山坡的倾角θ=37°，滑板与山坡的动摩擦因数为μ=0.1，他在t=5s的时间内滑下的距离s=60m．求滑雪人受到空气的平均阻力的大小．（sin37°=0.6 cos37°=0.8 g取10m/s2）
正确答案
解：设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据运动学公式s=v0t+
得：a=
解得：a=4.0m/s2
对滑雪板及人受力分析，受重力、支持力、摩擦力，设滑雪板及人受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：
mgsinθ-f=ma
即：f=mgsinθ-ma=75×10×0.6-75×4=150N
由于f=μmgcosθ+f′，故f′=f-μmgcosθ=（150-0.1×75×10×0.8）N=90N
答：滑雪人受到空气的平均阻力的大小为90N．
解析
解：设滑雪的人下滑的加速度大小为a，根据运动学公式s=v0t+
得：a=
解得：a=4.0m/s2
对滑雪板及人受力分析，受重力、支持力、摩擦力，设滑雪板及人受到的阻力为f，沿斜面方向由牛顿第二定律得：
mgsinθ-f=ma
即：f=mgsinθ-ma=75×10×0.6-75×4=150N
由于f=μmgcosθ+f′，故f′=f-μmgcosθ=（150-0.1×75×10×0.8）N=90N
答：滑雪人受到空气的平均阻力的大小为90N．
（1）拉力F的大小和斜面的动摩擦因数；
（2）t=4s时物体的速度v；
（3）0～4s内发生的位移．
正确答案
解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析由牛顿第二定律可知：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2
根据速度图象的斜率等于加速度可知：
联立解得：μ=0.5，F=30N
（2）3s末物体速度减为零，之后物体下滑，
根据牛顿第二定律，有：mgsin37°-f=ma3
解得：a3=2m/s2
由速度时间公式，得到：v=a3t=2m/s
即物体4s末速度为2m/s．
物体下滑1s的位移为
（3）由（1）可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2
物体沿斜面上滑的最大位移 S=
物体下滑的距离为1m，
所以0～4s内发生的位移为30-1=29m．
答：（1）拉力F的大小是30N，斜面与物体间的动摩擦因数是0.5；
（2）物体4s末速度为2m/s．
（3）0～4s内发生的位移为29m．
解析
解：（1）设力F作用时物体的加速度为a1，对物体进行受力分析由牛顿第二定律可知：
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1
撤去力后，由牛顿第二定律有：mgsinθ+μmgcosθ=ma2
根据速度图象的斜率等于加速度可知：
联立解得：μ=0.5，F=30N
（2）3s末物体速度减为零，之后物体下滑，
根据牛顿第二定律，有：mgsin37°-f=ma3
解得：a3=2m/s2
由速度时间公式，得到：v=a3t=2m/s
即物体4s末速度为2m/s．
物体下滑1s的位移为
（3）由（1）可知：a1=20m/s2，a2=10m/s2
物体沿斜面上滑的最大位移 S=
物体下滑的距离为1m，
所以0～4s内发生的位移为30-1=29m．
答：（1）拉力F的大小是30N，斜面与物体间的动摩擦因数是0.5；
（2）物体4s末速度为2m/s．
（3）0～4s内发生的位移为29m．
正确答案
解析
解：如图1所示，滑块在倾角为θ的光滑斜面上下滑时垂直于斜面方向力平衡，则有斜面对滑块的支持力为：
F1′=
如图2所示，滑块的加速度水平向右，由牛顿第二定律得知，滑块受到的重力和斜面的支持力的合力水平向右，作出重力和支持力的合力如图，则有：
F2′=
根据牛顿第三定律得到：
F1=F1′=mgcosθ，F2=F2′=
则有：F1：F2=cos2θ：1
故选：D．
正确答案
g
解析
解：在绳的另一端用mg（g为当地重力加速度）的拉力拉物体A时，对A，与牛顿第二定律得：mg=ma1，解得：a1=g；
若在绳的另一端挂一质量为m的物体时，对两物体组成的系统，由牛顿第二定律得：mg=（m+m）a2，解得：a2=
故答案为：g；
Amg，竖直向上
Bmg
Cmgtanθ，水平向右
Dmg
正确答案
解析
解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
mAgtanθ=mAa
得：a=gtanθ，方向水平向右．
再对B研究得：小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，
则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F=
故选：D．
（1）求滑块在斜面上稳定下滑时的速度
（2）若m=2kg，θ=37°，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度图线如图所示，图中直线是t=0时刻速度图线的切线，由此求出μ和k的值．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）
正确答案
解析
解：（1）根据牛顿第二定律：mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma
解得：
当a=0时，滑块稳定下滑（匀速）
即：
（2）根据v-t图线，当v=0时有：
a0=gsinθ-μgcosθ
解得：μ=0.25
a=0时，根据v-t图线有：
解得：k=4N•s/m
答：（1）滑块在斜面上稳定下滑时的速度
（2）μ和k的值分别为0.25和4Ns/m．
（1）在图（a）中画出物体的受力示意图；
（2）求物块的质量m和物块与斜面间的动摩擦因数μ；
（3）若θ=45°时，不用力F拉物块，而给物块一沿斜面向上的较小初速度，物块速度减为零后又沿斜面下滑，求物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比a1：a2．
正确答案
解：（1）a的受力分析图如图所示．
（2）由于滑块匀速运动时受力平衡，有：F=mgsinθ+μmgcosθ，
解得：
mg=40N，解得：m=4kg，
μmg=20N，解得：μ=0.5．
（3）根据牛顿第二定律得：mgsin45°+μmgcos45°=ma1，
mgsin45°-μmgcos45°=ma2，
解得：a1：a2=3：1．
答：（1）物体的受力分析如图所示．
（2）物块的质量为4kg，动摩擦因数为0.5．
（3）物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比为3：1．
解析
解：（1）a的受力分析图如图所示．
（2）由于滑块匀速运动时受力平衡，有：F=mgsinθ+μmgcosθ，
解得：
mg=40N，解得：m=4kg，
μmg=20N，解得：μ=0.5．
（3）根据牛顿第二定律得：mgsin45°+μmgcos45°=ma1，
mgsin45°-μmgcos45°=ma2，
解得：a1：a2=3：1．
答：（1）物体的受力分析如图所示．
（2）物块的质量为4kg，动摩擦因数为0.5．
（3）物块沿斜面向上和向下运动时加速度大小之比为3：1．
（1）滑块运动的最大速度和最大加速度
（2）k值的大小．
正确答案
解：（1）由图象知：滑块的最大速度vm=2m/s，
t=0时，加速度a最大，
（2）根据牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=mam，
解得
达最大速度后，滑块做匀速直线运动，有：
mgsin37°=μmgcos37°+kvm，
解得
答：（1）滑块运动的最大速度为2m/s，最大加速度为3m/s2；
（2）k值的大小为3N．s/m．
解析
解：（1）由图象知：滑块的最大速度vm=2m/s，
t=0时，加速度a最大，
（2）根据牛顿第二定律得mgsin37°-μmgcos37°=mam，
解得
达最大速度后，滑块做匀速直线运动，有：
mgsin37°=μmgcos37°+kvm，
解得
答：（1）滑块运动的最大速度为2m/s，最大加速度为3m/s2；
（2）k值的大小为3N．s/m．
A该盒子做匀速圆周运动的周期一定小于2π
B该盒子做匀速圆周运动的周期一定等于2π
C盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能小于2mg
D盒子在最低点时盒子与小球之间的作用力大小可能等于2mg
正确答案
解析
解：1、对于A、B选项：
在最高点时盒子与小球之间恰好无作用力，说明此时恰好只有小球的重力作为向心力，由mg=mR
2、对于C、D选项：
盒子在最低点时受重力和支持力的作用，由F-mg=mR
故选：B．
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