- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0应满足什么条件？
（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为多大？
（3）按第（2）问的力F作用，在小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了多少？（设m与M之间最大静摩擦力与它们之间的滑动摩擦力大小相等，滑块在运动中带电量不变）
正确答案
解：（1）当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为：
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度am≤aM
对于滑块有：F0-μ（mg+qE）=mam
得F0=μ（mg+qE）+mam=6.0N
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6.0N．
（2）设滑块相对于水平面的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学公式可知：
滑块从木板右端滑出时，则有s1-s2=L
滑动过程中木板的加速度a2=
联立解得：滑块运动的加速度a1=5.0m/s2
对滑块：F=μ（mg+qE）+ma1=9.0N
（3）在将小滑块从木板右端拉出的过程中，系统的内能增加了：Q=μ（mg+qE）L=6.0J
答：
（1）用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0不应超过6.0N．
（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为9.0N．
（3）小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了6.0J．
解析
解：（1）当拉力F0作用于滑块m上，木板能够产生的最大加速度为：
为使滑块与木板共同运动，滑块最大加速度am≤aM
对于滑块有：F0-μ（mg+qE）=mam
得F0=μ（mg+qE）+mam=6.0N
即为使滑块与木板之间无相对滑动，力F0不应超过6.0N．
（2）设滑块相对于水平面的加速度为a1，木板的加速度为a2，由运动学公式可知：
滑块从木板右端滑出时，则有s1-s2=L
滑动过程中木板的加速度a2=
联立解得：滑块运动的加速度a1=5.0m/s2
对滑块：F=μ（mg+qE）+ma1=9.0N
（3）在将小滑块从木板右端拉出的过程中，系统的内能增加了：Q=μ（mg+qE）L=6.0J
答：
（1）用水平力F0拉小滑块，要使小滑块与木板以相同的速度一起运动，力F0不应超过6.0N．
（2）用水平恒力F拉小滑块向木板的右端运动，在1.0s末使滑块从木板右端滑出，力F应为9.0N．
（3）小滑块刚刚从木板右端滑出时，系统的内能增加了6.0J．
（1）物块在斜面上运动时的加速度大小；
（2）物块与斜面之间的动摩擦因数；
（3）木块回到斜面底端时的速度大小．
正确答案
解：（1）由表中数据可知，0-0.4 s内物块向上滑行，0.4s后物块向下滑行，设前后两次的加速度大小分别为a1、a2，据
代入数据得：a1=8 m/s2，a2=4 m/s2
（2）设动摩擦因数为μ，物块的质量为m，
在上滑过程中 mg•sinθ+μ mgcosθ=ma1
在下滑过程中 mg•sinθ-μ mgcosθ=ma2
代入数据，联立两式解得sinθ=0.6，则cosθ=0.8，
从而得：μ=0.25
（3）物块上滑的距离
下滑过程，据：vt2=2a2l
代入数据得：vt≈2.2 m/s
答：（1）物块在斜面上运动时的加速度大小为8 m/s2和4 m/s2；
（2）物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25；
（3）木块回到斜面底端时的速度大小为2.2m/s．
解析
解：（1）由表中数据可知，0-0.4 s内物块向上滑行，0.4s后物块向下滑行，设前后两次的加速度大小分别为a1、a2，据
代入数据得：a1=8 m/s2，a2=4 m/s2
（2）设动摩擦因数为μ，物块的质量为m，
在上滑过程中 mg•sinθ+μ mgcosθ=ma1
在下滑过程中 mg•sinθ-μ mgcosθ=ma2
代入数据，联立两式解得sinθ=0.6，则cosθ=0.8，
从而得：μ=0.25
（3）物块上滑的距离
下滑过程，据：vt2=2a2l
代入数据得：vt≈2.2 m/s
答：（1）物块在斜面上运动时的加速度大小为8 m/s2和4 m/s2；
（2）物块与斜面之间的动摩擦因数为0.25；
（3）木块回到斜面底端时的速度大小为2.2m/s．
（1）A、B一起运动的过程中B对A的作用力；
（2）A、B都静止时它们之间的距离L．（g=10m/s2）
正确答案
解：（1）以AB整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得
F-μ1mg-μ2mg=2ma
可得物体整体运动的加速度
a=
对A受力分析可知A在水平方向受推力F和B对A的作用力N，以及地面摩擦力作用，
根据牛顿第二定律有：F-μ1mg-N=ma
可得B对A的作用力
N=F-μ1mg-ma=20-0.4×2×10-2×2N=8N，方向由B指向A（或向左）
（2）根据速度时间关系知，撤去外力F后，AB整体的速度v=at=2×2m/s=4m/s
撤去F后：A的加速度大小
A的位移大小
撤去力F后，B的加速度大小
B的位移大小
所以A、B都静止时它们之间的距离L=xB-xA=4-2m=2m
答：（1）A、B一起运动的过程中B对A的作用力为9N，方向水平向左；
（2）A、B都静止时它们之间的距离L为2m．
解析
解：（1）以AB整体为研究对象进行受力分析，由牛顿第二定律得
F-μ1mg-μ2mg=2ma
可得物体整体运动的加速度
a=
对A受力分析可知A在水平方向受推力F和B对A的作用力N，以及地面摩擦力作用，
根据牛顿第二定律有：F-μ1mg-N=ma
可得B对A的作用力
N=F-μ1mg-ma=20-0.4×2×10-2×2N=8N，方向由B指向A（或向左）
（2）根据速度时间关系知，撤去外力F后，AB整体的速度v=at=2×2m/s=4m/s
撤去F后：A的加速度大小
A的位移大小
撤去力F后，B的加速度大小
B的位移大小
所以A、B都静止时它们之间的距离L=xB-xA=4-2m=2m
答：（1）A、B一起运动的过程中B对A的作用力为9N，方向水平向左；
（2）A、B都静止时它们之间的距离L为2m．
（1）物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计，原因是______；
（2）实验时需要测量的物理量是______；
（3）待测质量的表达式为m=______．
正确答案
物体与接触面间几乎没有压力
弹簧秤示数F、圆周运动的半径R和周期T
解析
解：
（1）弹力是产生摩擦力的前提条件，没有弹力一定没有摩擦力．由题，物体与桌面间的摩擦力可以忽略不计，其原因是物体与接触面间几乎没有压力．
（2）、（3）据题，物体在桌面上做匀速圆周运动，物体与桌面间的摩擦力忽略不计，由弹簧秤的拉力提供物体的向心力．根据牛顿第二定律得
F=m
得到 m=
所以实验时需要测量的物理量是弹簧秤示数F、圆周运动的半径R和周期T．
故答案为：
（1）物体与接触面间几乎没有压力．
（2）弹簧秤示数F、圆周运动的半径R和圆周运动的周期T．
（3）m=
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度大小和方向？
（2）长木板至少要有多长？
（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做了多少功？
正确答案
解：（1）小铁块在长木板上滑动时受到重力、木板的支持力和沿板向上的滑动摩擦力作用，设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析有（取沿斜面向上为正）：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
得 a=g（μcosθ-sinθ）
因为μ＞tanθ，所以小铁块与木板有相对滑动时的加速度沿斜面向上．
（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零再沿斜面向上匀加速，最终获得稳定速度v，设t后小铁块达到稳定速度，则
v-（-v0）=at
得 t=
设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2，有：
s2=vt 方向沿斜面向上
∵
∴L≥2（s1+s2）=
（3）对木板M受力分析知拉力为恒力：F=μ（m+M）gcosθ+μmgcosθ+Mgsinθ
则由W=Fs2=Fvt得：
W=
答：
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度大小是g（μcosθ-sinθ），方向沿斜面向上．
（2）长木板至少长
（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做功为
解析
解：（1）小铁块在长木板上滑动时受到重力、木板的支持力和沿板向上的滑动摩擦力作用，设小铁块的加速度大小为a，对小铁块受力分析有（取沿斜面向上为正）：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
得 a=g（μcosθ-sinθ）
因为μ＞tanθ，所以小铁块与木板有相对滑动时的加速度沿斜面向上．
（2）小铁块先沿斜面向下匀减速至速度为零再沿斜面向上匀加速，最终获得稳定速度v，设t后小铁块达到稳定速度，则
v-（-v0）=at
得 t=
设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2，有：
s2=vt 方向沿斜面向上
∵
∴L≥2（s1+s2）=
（3）对木板M受力分析知拉力为恒力：F=μ（m+M）gcosθ+μmgcosθ+Mgsinθ
则由W=Fs2=Fvt得：
W=
答：
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度大小是g（μcosθ-sinθ），方向沿斜面向上．
（2）长木板至少长
（3）小铁块从中点开始运动到最终匀速运动的过程中拉力做功为
竖直起飞的质量为m的火箭在推力F的作用下，产生10m/s2的加速度，若推力增大为2F，则火箭的加速度将达到______m/s2．（g取10m/s2）（假定火箭质量不变）
正确答案
30
解析
解：根据牛顿第二定律得，F-mg=ma，解得F=2mg，
当推力增大为2F，根据牛顿第二定律得，a′=
故答案为：30．
正确答案
解析
解：汽车以5m/s的速率通过一个半径为R=10m的凹形桥，车经凹形桥最低点时，
由于汽车做圆周运动，所以汽车会受到竖直向上的向心加速度，
向心加速度a=
车中间一个质量为6kg的大西瓜，它随车也在做圆周运动，在最低点，
6kg的大西瓜所受合力提供向心力，
所以得到：F合=ma=15N．
大西瓜受重力和周围西瓜对它的作用力F，由于大西瓜所受合力提供向心力，所以合力方向为竖直向上．
即周围西瓜对它的作用力大小F=mg+F合=75N．
故选B．
正确答案
解析
解：以a、b组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律可得：
a=
设b对a的作用力为N，对a，由牛顿第二定律可得：Fa+N=maa，
解得：N=
由于ma＜mb、Fa＞Fb，则N＞0，
N的方向向左，则b对a的作用力为拉力；
故选：B．
（1）若物体C的质量为
（2）如果连接AB的轻绳能承受的最大拉力为1.2Mg，那么对物体C的质量有何要求？
正确答案
解：（1）设滑轮两侧物体运动的加速度大小为a，绳的张力为T，B下落距离h用时为t1；自由下落距离h用时为t2．根据牛顿第二定律，研究A有：
T-Mg=Ma
研究BC有：
根据运动学公式：
代入数据联立解得：
（2）设物体C的质量为m，根据牛顿第二定律 研究A有：
T-Mg=Ma
研究BC有：
Mg+mg-T=（M+m）a
令T≤1.2Mg，解得：m≤0.5M
答：（1）若物体C的质量为
（2）如果连接AB的轻绳能承受的最大拉力为1.2Mg，那么对物体C的质量为m≤0.5M．
解析
解：（1）设滑轮两侧物体运动的加速度大小为a，绳的张力为T，B下落距离h用时为t1；自由下落距离h用时为t2．根据牛顿第二定律，研究A有：
T-Mg=Ma
研究BC有：
根据运动学公式：
代入数据联立解得：
（2）设物体C的质量为m，根据牛顿第二定律 研究A有：
T-Mg=Ma
研究BC有：
Mg+mg-T=（M+m）a
令T≤1.2Mg，解得：m≤0.5M
答：（1）若物体C的质量为
（2）如果连接AB的轻绳能承受的最大拉力为1.2Mg，那么对物体C的质量为m≤0.5M．
（1）0～2s内物体运动的加速度a1的大小；
（2）4s内物体的位移大小；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ．
正确答案
解：（1）在0～2s内，由vt=v0+a1t1
得：
因而加速度a1的大小为5m/s2
（2）0～2s内物体的位移大小：
2～4s内物体的位移大小：
则4s内物体的位移为x=x1-x2=8m
（3）0～2s内：F+μmg=ma1
2～4s内：F-μmg=ma2
解得：μ=0.2
答：（1）0～2s内物体运动的加速度a1的大小5m/s2
（2）4s内物体的位移大小8m；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2
解析
解：（1）在0～2s内，由vt=v0+a1t1
得：
因而加速度a1的大小为5m/s2
（2）0～2s内物体的位移大小：
2～4s内物体的位移大小：
则4s内物体的位移为x=x1-x2=8m
（3）0～2s内：F+μmg=ma1
2～4s内：F-μmg=ma2
解得：μ=0.2
答：（1）0～2s内物体运动的加速度a1的大小5m/s2
（2）4s内物体的位移大小8m；
（3）物体与水平面间的动摩擦因数μ为0.2
扫码查看完整答案与解析