- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？
（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机．图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小F=1.2×105 N，阻拦索承受的张力大小FT=5.0×105N，阻拦索夹角=106°，空气和甲板阻力保持不变，试求此时飞机的着舰加速度？（已知sin53°=0.8，cos53°=0.6）
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：
-Ff=ma0
解得 a0=-
由运动学公式得：0-v02=2（-a0）s
解得 s=
（2）飞机受力分析如图所示，由牛顿第二定律有：
F-2FTcoa-Ff=ma
其中FT为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对飞机的阻力
代入数据可得：a=-20m/s2
负号表示加速度的方向与运动方向相反．
答：（1）航母甲板至少1000m长才能保证飞机不滑到海里；（2）飞机的着舰加速度为-20m/s2．
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：
-Ff=ma0
解得 a0=-
由运动学公式得：0-v02=2（-a0）s
解得 s=
（2）飞机受力分析如图所示，由牛顿第二定律有：
F-2FTcoa-Ff=ma
其中FT为阻拦索的张力，Ff为空气和甲板对飞机的阻力
代入数据可得：a=-20m/s2
负号表示加速度的方向与运动方向相反．
答：（1）航母甲板至少1000m长才能保证飞机不滑到海里；（2）飞机的着舰加速度为-20m/s2．
（1）小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力多大？
（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂，以后小球能经过B点正下方的C点（C点在电场内，小球不会与正电荷极板相碰，不计空气阻力），则BC相距多远？（g=10m/s2）
正确答案
解：（1）小球由静止释放后到摆到最低点的过程，由动能定理得
又E=
代入解得
小球经过最低点时 
解得 T=4×10-3N
（2）小球摆至B点时丝线突然断裂，小球水平方向做有往返的匀减速直线运动，加速度大小为
根据对称性
小球在竖直方向做自由落体运动，则 
代入解得h=0.08m．
答：（1）小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力为4×10-3N．
（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂，以后小球能经过B点正下方的C点时BC相距约0.08m．
解析
解：（1）小球由静止释放后到摆到最低点的过程，由动能定理得
又E=
代入解得
小球经过最低点时
解得 T=4×10-3N
（2）小球摆至B点时丝线突然断裂，小球水平方向做有往返的匀减速直线运动，加速度大小为
根据对称性
小球在竖直方向做自由落体运动，则
代入解得h=0.08m．
答：（1）小球摆至最低点B时的速度和线中的拉力为4×10-3N．
（2）若小球摆至B点时丝线突然断裂，以后小球能经过B点正下方的C点时BC相距约0.08m．
正确答案
解：对斜面体分析，受重力、支持力和压力，根据牛顿第二定律，有：
N•sinθ=m1a1
对滑块，受重力和支持力，设滑块相对斜面体的加速度为a2，则：
水平方向：Nsinθ=m2a2cosθ-m2a1
竖直方向：m2g-Ncosθ=m2a2sinθ
联立解得：
a1=
答：m1的加速度为
解析
解：对斜面体分析，受重力、支持力和压力，根据牛顿第二定律，有：
N•sinθ=m1a1
对滑块，受重力和支持力，设滑块相对斜面体的加速度为a2，则：
水平方向：Nsinθ=m2a2cosθ-m2a1
竖直方向：m2g-Ncosθ=m2a2sinθ
联立解得：
a1=
答：m1的加速度为
10m/s2，求：
（1）木板的加速度；
（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间．
正确答案
解：（1）木板受到的摩擦力为：Ff=μ（M+m）g=0.2×（4+1）×10=10N
木板的加速度为：
（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为：
木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有：a=-a′
有：at2=L
联立并代入数据解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．
答：（1）木板的加速度2.5m/s2；
（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s．
解析
解：（1）木板受到的摩擦力为：Ff=μ（M+m）g=0.2×（4+1）×10=10N
木板的加速度为：
（2）设拉力F作用t时间后撤去，木板的加速度为：
木板先做匀加速运动，后做匀减速运动，且有：a=-a′
有：at2=L
联立并代入数据解得：t=1s，即F作用的最短时间是1s．
答：（1）木板的加速度2.5m/s2；
（2）要使木块能滑离木板，水平恒力F作用的最短时间1s．
（1）求小物块下落过程中的加速度大小；
（2）求小球从管口抛出时的速度大小．
正确答案
解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：
根据牛顿第二定律得：
对M：Mg-T=Ma
对m：T-mgsin30°=ma
且M=km
解得：a=
（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°=ma0
对于m匀加速直线运动有：v2=2aLsin30°
对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2-v02=2a0L（1-sin30°）
解得：v0=
答：（1）小物块下落过程中的加速度大小为
（2）小球从管口抛出时的速度大小
解析
解：（1）设细线中的张力为T，对小球和小物块各自受力分析：
根据牛顿第二定律得：
对M：Mg-T=Ma
对m：T-mgsin30°=ma
且M=km
解得：a=
（2）设M落地时的速度大小为v，m射出管口时速度大小为v0，M落地后m的加速度为a0．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°=ma0
对于m匀加速直线运动有：v2=2aLsin30°
对于小物块落地静止不动，小球m继续向上做匀减速运动有：v2-v02=2a0L（1-sin30°）
解得：v0=
答：（1）小物块下落过程中的加速度大小为
（2）小球从管口抛出时的速度大小
（1）用大小为F（F=Mg）的力向下拉绳子
（2）把一质量为M的重物挂在绳子上．
正确答案
解：（1）以m为研究对象，由牛顿第二定律得：
F=ma，即Mg=ma，则a=
（2）M与m一起运动，以系统为研究对象，
由牛顿第二定律得：Mg=（M+m）a′，
解得：a′=
答：（1）用大小为F（F=Mg）的力向下拉绳子，加速度为
解析
解：（1）以m为研究对象，由牛顿第二定律得：
F=ma，即Mg=ma，则a=
（2）M与m一起运动，以系统为研究对象，
由牛顿第二定律得：Mg=（M+m）a′，
解得：a′=
答：（1）用大小为F（F=Mg）的力向下拉绳子，加速度为
如图所示，小球m在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动，下列说法中正确的有（ ）
A小球通过最高点的最小速度为
B小球通过最高点的最小速度为零
C小球在水平线ab以下管道中运动时，外侧管壁对小球一定有作用力
D小球在水平线ab以上管道中运动时，内侧管壁对小球一定有作用力
正确答案
解析
解：A、在最高点，由于外管或内管都可以对小球产生弹力作用，当小球的速度等于0时，内管对小球产生弹力，大小为mg，故最小速度为0．故A错误，B正确．
C、小球在水平线ab以下管道运动，由于沿半径方向的合力提供做圆周运动的向心力，所以外侧管壁对小球一定有作用力．故C正确．
D、小球在水平线ab以上管道中运动时，当速度非常大时，内侧管壁没有作用力，此时外侧管壁有作用力．当速度比较小时，内侧管壁有作用力．故D错误．
故选BC．
（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小和对车后壁的压力大小．
（2）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小和小球对车后壁的压力大小．
正确答案
解：（1）匀速运动时，小球受力分析，小球受到重力、拉力、后壁的弹力，由平衡条件得：
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=50N，FN=30N．
根据牛顿第三定律可得：
小球对细线的拉力为50N和小球对车后壁的压力大小为30N．
（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg．
代入数据得：
因为a=10m/s2＞a0，所以小球飞起来，所以小球对车后壁的压力FN′=0．
对细线的拉力
答：（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小为50N，对车后壁的压力为30N．
（2）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小为
解析
解：（1）匀速运动时，小球受力分析，小球受到重力、拉力、后壁的弹力，由平衡条件得：
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=50N，FN=30N．
根据牛顿第三定律可得：
小球对细线的拉力为50N和小球对车后壁的压力大小为30N．
（2）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg．
代入数据得：
因为a=10m/s2＞a0，所以小球飞起来，所以小球对车后壁的压力FN′=0．
对细线的拉力
答：（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小为50N，对车后壁的压力为30N．
（2）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小为
如图甲所示，在倾角为30°的足够长光滑斜面AB前，有一粗糙水平面OA，OA长为4m．有一质量为m的滑块，从O处由静止开始受一水平向右的力F作用．F按图乙所示的规律变化．滑块与OA间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，试求：
（1）滑块到A处的速度大小；
（2）不计滑块在A处的速率变化，滑块冲上斜面AB的长度是多少？
（3）假设水平面足够长，且与滑块间的动摩擦因数不变则滑块最终停在距A多远的水平面上？
正确答案
解：（1）由题图乙知：
在前2 m内，F1=2mg，做正功；
在第3 m内，F2=-0.5mg，做负功；
在第4 m内，F3=0．
滑动摩擦力：
f=-μmg=-0.25mg，始终做负功．
对OA过程（前4m过程），由动能定理列式得：
F1x1+F2x2+fx=
即2mg×2-0.5mg×1-0.25mg×4=
解得vA=5
（2）冲上斜面的过程，由动能定理得
-mg•L•sin30°=0-
所以冲上斜面AB的长度L=5 m．
（3）对从A向左滑动过程运用动能定理，有：
解得：x=
答：（1）滑块到A处的速度大小为5
解析
解：（1）由题图乙知：
在前2 m内，F1=2mg，做正功；
在第3 m内，F2=-0.5mg，做负功；
在第4 m内，F3=0．
滑动摩擦力：
f=-μmg=-0.25mg，始终做负功．
对OA过程（前4m过程），由动能定理列式得：
F1x1+F2x2+fx=
即2mg×2-0.5mg×1-0.25mg×4=
解得vA=5
（2）冲上斜面的过程，由动能定理得
-mg•L•sin30°=0-
所以冲上斜面AB的长度L=5 m．
（3）对从A向左滑动过程运用动能定理，有：
解得：x=
答：（1）滑块到A处的速度大小为5
如图所示，在光滑绝缘水平面上，质量为m 的均匀绝缘棒AB长为L、带有正电，电量为Q且均匀分布．在水平面上O点右侧有匀强电场，场强大小为
（1）棒的B 端进入电场
（2）棒在运动过程中的最大动能．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律，得
解得：
（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有
解得 x=
由动能定理得：EK=∑W
答：（1）棒的B端进入电场
（2）棒在运动过程中的最大动能是
解析
解：（1）根据牛顿第二定律，得
解得：
（2）设当棒进入电场x时，其动能达到最大，则此时棒受力平衡，有
解得 x=
由动能定理得：EK=∑W
答：（1）棒的B端进入电场
（2）棒在运动过程中的最大动能是
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