- 牛顿第二定律
- 共12933题
质量m=5kg的物体放在水平面上，受到与水平方向成37°角斜向右上方拉力F1=10N的作用，恰能在水平面上匀速运动．求当物体受到与水平方向成37°角斜向右上方，斜向右上方拉力F2=20N作用时的加速度为______．
正确答案
1.8m/s2
解析
解：当用10N拉力作用在物体上时，受力分析有：
物体匀速运动故有：f=μN=F1cos37°
N+F1sin37°=mg
所以有动摩擦因数为：
当拉力变为F2=20N时，有：
此时有：F2cos37°-μN′=ma
N′+F2sin37°-mg=0
由此解得：a=
故答案为：1.8m/s2．
新墨西哥州的理查德，在深达一百多米的里奥格兰德峡谷的大桥上，进行极限跳伞．由于他跳下后先做了两个动作，错过打开降落伞的最佳时间（下落后3s），当他准备打开降落伞时，他已经下落了5s，当打开降落伞时已经离水面很近，结果他重重地拍在水面上，受了重伤．事后，通过录像分析得知，打开降落伞至接触水面前的最后1.4s时间内速度为48m/s降到9.6m/s，下降距离31m．假定降落伞打开之前理查德所受阻力恒定，当地重力加速度为9.8m/s2．通过阅读上述信息，回答下面的问题：
（1）降落伞打开之前理查德所受阻力是其和降落伞总重的多少倍？
（2）打开降落伞的最佳位置离水面大约为多高？
（3）降落伞打开后的下落过程中理查德和降落伞所受阻力是增大、减少还是不变？请说明理由．
正确答案
解：（1）降落伞打开之前运动员的加速度为：
a=
对运动员受力分析得：mg-Ff=ma，
解得：
（2）大桥的总高度为：H=
（3）所受阻力是减小的，假设打开降落伞后阻力不变理查德做匀减速直线运动，其速度时间图象如图中①所示，则其打开降落伞后下落的位移为：
故打开降落伞后不能是匀减速运动，其速度时间图象如图②所示．即做加速度减小的减速运动．
又根据受力情况：mg-Ff=ma，加速度为负，且大小逐渐减小，可知阻力应该逐渐减小．
答：（1）降落伞打开之前理查德所受阻力是其和降落伞总重的0.02倍．
（2）打开降落伞的最佳位置离水面大约为107.8m．
（3）阻力应该逐渐减小．
解析
解：（1）降落伞打开之前运动员的加速度为：
a=
对运动员受力分析得：mg-Ff=ma，
解得：
（2）大桥的总高度为：H=
（3）所受阻力是减小的，假设打开降落伞后阻力不变理查德做匀减速直线运动，其速度时间图象如图中①所示，则其打开降落伞后下落的位移为：
故打开降落伞后不能是匀减速运动，其速度时间图象如图②所示．即做加速度减小的减速运动．
又根据受力情况：mg-Ff=ma，加速度为负，且大小逐渐减小，可知阻力应该逐渐减小．
答：（1）降落伞打开之前理查德所受阻力是其和降落伞总重的0.02倍．
（2）打开降落伞的最佳位置离水面大约为107.8m．
（3）阻力应该逐渐减小．
如图甲所示，静止在水平面C上足够长的木板B左端放着小物块A．某时刻，A受到水平向右的外力F作用，F随时间t的变化规律如图乙所示．A、B间最大静摩擦力大于B、C之间的最大静摩擦力，假设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．则在拉力逐渐增大的过程中，下列反映A、B运动过程中的加速度及A与B间摩擦力f1、B与C间摩擦力f2随时间变化的图线中正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：A、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零；
对AB整体，当拉力F大于地面对整体的最大静摩擦力时，整体开始加速滑动，加速度为：
当拉力足够大时，A、B的加速度不同，故对A，有：
由于μ1mg＞μ2（M+m）g，故aA2＜aA3；故A正确；
B、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，即物体B开始阶段的加速度为零，故B错误；
C、当拉力小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时对物体A，拉力小于μ1mg，静摩擦力等于拉力；
当整体开始加速滑动时，对A，根据牛顿第二定律，有：F-f1=ma；静摩擦力f1逐渐增加，但依然小于μ1mg；
当A、B发生相对滑动后，变为滑动摩擦力，为μ1mg；故C正确；
D、对AB整体，当拉力F小于地面对整体的最大静摩擦力时，整体加速度为零，此时静摩擦力等于拉力；
滑动后，受地面的滑动摩擦力为μ2（M+m）g，保持不变；故D正确；
故选：ACD．
Aa1=a2=0
Ba1=a，a2=0
Ca1=
Da1=a；a2=
正确答案
解析
解：力F作用时，
对A有：F弹=m1a
对B有F-F弹=m2a
当突然撤去推力F的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对B受力分析有：
-F弹=m2a2
解得：
A受到弹力作用，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，所以A的加速度不变，仍为a．选项ABC错误，D正确．
故选D
（1）该过程中小球P的加速度大小，直杆Q对小球P的推力大小；
（2）直杆Q从开始推动小球P经时间t=0.6s后突然停止运动并立即撤出，小球P由于惯性向上滑动达最高点到N点的距离及返回到N点所用时间？（可以用根式表示）
正确答案
（1）如图，对小球P进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
水平方向：N1-N2sin37°=max
竖直方向：N2cos37°-mg=may
已知：ax=a=aPcos37°=4m/s2
所以
因为：ay=aPsin37°=3m/s2
所以解得：N2=16.25N，N1=13.75N；
（2）在t=0.6s内小球P做初速度为0的匀加速运动，
位移x1=
0.6s末的速度v1=apt=5×0.6m/s=3m/s
撤去直杆Q后，小球P做类竖直上抛，其加速度大小：
a′=gsin37°=6m/s2，
小球还能上升的距离
所以：小球达最大高度时与N点的距离
x=x1+x2=0.9+0.75=1.65m
小球上升的时间
小球P在最高点做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度为a′=gsin37°=6m/s2，产生位移x=1.65m，根据匀变速直线运动的位移时间关系有：
x=
得运动时间
所以小球回到N点所用时间t=t1+t2=1.2s．
答：（1）该过程中小球P的加速度大小为5m/s2，直杆Q对小球P的推力大小为13.75N；
（2）直杆Q从开始推动小球P经时间t=0.6s后突然停止运动并立即撤出，小球P由于惯性向上滑动达最高点到N点的距离为1.65m及返回到N点所用时间为1.2s．
解析
（1）如图，对小球P进行受力分析，根据牛顿第二定律可得
水平方向：N1-N2sin37°=max
竖直方向：N2cos37°-mg=may
已知：ax=a=aPcos37°=4m/s2
所以
因为：ay=aPsin37°=3m/s2
所以解得：N2=16.25N，N1=13.75N；
（2）在t=0.6s内小球P做初速度为0的匀加速运动，
位移x1=
0.6s末的速度v1=apt=5×0.6m/s=3m/s
撤去直杆Q后，小球P做类竖直上抛，其加速度大小：
a′=gsin37°=6m/s2，
小球还能上升的距离
所以：小球达最大高度时与N点的距离
x=x1+x2=0.9+0.75=1.65m
小球上升的时间
小球P在最高点做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度为a′=gsin37°=6m/s2，产生位移x=1.65m，根据匀变速直线运动的位移时间关系有：
x=
得运动时间
所以小球回到N点所用时间t=t1+t2=1.2s．
答：（1）该过程中小球P的加速度大小为5m/s2，直杆Q对小球P的推力大小为13.75N；
（2）直杆Q从开始推动小球P经时间t=0.6s后突然停止运动并立即撤出，小球P由于惯性向上滑动达最高点到N点的距离为1.65m及返回到N点所用时间为1.2s．
（1）物体加速度的大小a；
（2）物体在t=2.0s时速度的大小v．（g=10m/s2）
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
则得物体的加速度 a=
（2）物体在t=2.0 s时速度的大小
v=at=3×2m/s=6m/s
答：
（1）物体加速度的大小a为3m/s2；
（2）物体在t=2.0s时速度的大小v为6m/s．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
则得物体的加速度 a=
（2）物体在t=2.0 s时速度的大小
v=at=3×2m/s=6m/s
答：
（1）物体加速度的大小a为3m/s2；
（2）物体在t=2.0s时速度的大小v为6m/s．
粗糙水平面放置一质量为m=1.0kg的物体，受到与水平方向的夹角为θ、大小F=4.0N的外力作用，θ可在图示平面内从0°～180°范围内变化．为研究物体的运动规律，可通过如图装置进行DIS实验，收集数据进行研究．重力加速度g取10m/s2．
（1）取θ=0°，通过传感器收集到位移x与时间平方t2关系如图2所示，求物体与水平面间的动摩擦因素μ；
（2）在保持物体m向右运动的过程中，改变θ的取值，通过传感器测得θ与物体加速度a的关系如图3所示，求图示中的a1、a2、a3的数值分别为多少？
正确答案
解：（1）取θ=0°时，物体做匀加速直线运动，由位移时间公式得：
x=
由数学知识知，图2的斜率等于
由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
解得 μ=0.2．
（2）由图知θ在0-
根据牛顿第二定律得：
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
可得 a=
根据数学知识得：a=4
可知a的最大值为 a1=4
当
当θ=π时，有-μ（mg+F）=ma3，解得a3=-2.8m/s2．
答：
（1）物体与水平面间的动摩擦因素μ为0.2；
（2）图示中的a1、a2、a3的数值分别为2.08m/s2、-1.2m/s2、-2.8m/s2．
解析
解：（1）取θ=0°时，物体做匀加速直线运动，由位移时间公式得：
x=
由数学知识知，图2的斜率等于
由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma
解得 μ=0.2．
（2）由图知θ在0-
根据牛顿第二定律得：
Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）=ma
可得 a=
根据数学知识得：a=4
可知a的最大值为 a1=4
当
当θ=π时，有-μ（mg+F）=ma3，解得a3=-2.8m/s2．
答：
（1）物体与水平面间的动摩擦因素μ为0.2；
（2）图示中的a1、a2、a3的数值分别为2.08m/s2、-1.2m/s2、-2.8m/s2．
一辆质量为m=2×103kg的汽车在恒定牵引力作用下由静止开始做匀加速直线运动，加速度大小为a1=2m/s2，经过4s关闭发动机，此后在阻力作用下匀减速运动，匀减速开始后的第1s内运动了6m．求：
（1）汽车匀减速运动的加速度大小？
（2）汽车的从开始运动到最后静止总位移大小？
（3）汽车在减速运动中受到的阻力的大小？
正确答案
解：（1）匀加速结束时速度为：v=a1t1=4×2=8m/s
与减速第1s内的位移为：S0=vt-
解得：a2=4m/s2
（2）匀减速时间为：t2=
总位移为：s=
（3）减速是过程中摩擦力提供加速度，则：f=m a2=8×103N
答：（1）汽车匀减速运动的加速度大小是4m/s2；
（2）汽车的从开始运动到最后静止总位移大小是24m；
（3）汽车在减速运动中受到的阻力的大小是8×103N．
解析
解：（1）匀加速结束时速度为：v=a1t1=4×2=8m/s
与减速第1s内的位移为：S0=vt-
解得：a2=4m/s2
（2）匀减速时间为：t2=
总位移为：s=
（3）减速是过程中摩擦力提供加速度，则：f=m a2=8×103N
答：（1）汽车匀减速运动的加速度大小是4m/s2；
（2）汽车的从开始运动到最后静止总位移大小是24m；
（3）汽车在减速运动中受到的阻力的大小是8×103N．
正确答案
0.96F
解析
解：根据牛顿第二定律得，整体的加速度：
a=
隔离对12两个物体分析，有：F-2mgsin30°-μ•2mgcos30°-N=2ma．
解得：N=0.96 F．
故答案为：0.96F
2014年初，“雪龙号”破冰船成功营救俄罗斯科考人员后被浮冰围困．脱困方式为：接触重冰区前，船从静止开始做匀加速直线运动，运动距离l到达重冰区，此时速度为v，且恰好达到额定功率P，然后冲上重冰区冰面，利用船头的冰刀和船体把冰压碎，最终脱困．已知船总质量为m，求：
（1）船接触重冰区前的加速度大小a；
（2）船刚接触重冰区时所受的阻力大小f．
正确答案
解：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式得，v2=2al，
解得a=
（2）根据P=Fv知，牵引力F=
根据牛顿第二定律得，F-f=ma，
解得f=
答：（1）船接触重冰区前的加速度大小为
（2）船刚接触重冰区时所受的阻力大小为
解析
解：（1）根据匀变速直线运动的速度位移公式得，v2=2al，
解得a=
（2）根据P=Fv知，牵引力F=
根据牛顿第二定律得，F-f=ma，
解得f=
答：（1）船接触重冰区前的加速度大小为
（2）船刚接触重冰区时所受的阻力大小为
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