- 牛顿第二定律
- 共12933题
如图所示，水平轨道AB段为粗糙水平面，BC段为一水平传送带，两段相切于B点．一质量为m=1kg的物块（可视为质点），静止于A点，AB距离为s=2m．已知物块与AB段和BC段的动摩擦因数均为μ=0.5，g取10m/s2．
（1）若给物块施加一水平拉力F=11N，使物块从静止开始沿轨道向右运动，到达B点时撤去拉力，物块在传送带静止情况下刚好运动到C点，求传送带的长度；
（2）在（1）问中，若将传送带绕B点逆时针旋转37°后固定（AB段和BC段仍平滑连接），要使物块仍能到达C端，则在AB段对物块施加拉力F应至少多大；
（3）若使物块以初速度v0从A点开始向右运动，并仍滑上（2）问中倾斜的传送带，且传送带以4m/s速度向上运动，要使物体仍能到达C点，求物块初速度v0至少多大．
正确答案
解：（1）物块在AB段：由牛顿第二定律
F-μmg=ma1
a1=6m/s2
则到达B点时速度为vB，由2a1x=vB2得
滑上传送带μmg=ma2 刚好到达C点，有
传送带长度L=2.4m
（2）将传送带倾斜，滑上传送带
由mgsin37°+μmgcos37°=ma3 得
a3=10m/s2
物体仍能刚好到达c 端
在AB段
F-μmg=ma
联立解得
F=17N
（3）要使物体能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时刚好和传送带具有相同速度
解得
vB=8m/s
物块在AB做加速运动
解得
答：（1）传送带长度为2.4m
（2）拉力F为17N
（3）初速度为2
解析
解：（1）物块在AB段：由牛顿第二定律
F-μmg=ma1
a1=6m/s2
则到达B点时速度为vB，由2a1x=vB2得
滑上传送带μmg=ma2 刚好到达C点，有
传送带长度L=2.4m
（2）将传送带倾斜，滑上传送带
由mgsin37°+μmgcos37°=ma3 得
a3=10m/s2
物体仍能刚好到达c 端
在AB段
F-μmg=ma
联立解得
F=17N
（3）要使物体能到达C点，物块初速度最小时，有物块滑到C时刚好和传送带具有相同速度
解得
vB=8m/s
物块在AB做加速运动
解得
答：（1）传送带长度为2.4m
（2）拉力F为17N
（3）初速度为2
正确答案
2g
0
解析
解：细线剪断前，BC球整体受重力和细线拉力T，故：T=（mB+mC）g；
细线剪断前，A球受到重力、细线的拉力和上方弹簧的弹力，根据平衡条件，有：T+mAg-F1=0；
解得：F1=（mA+mB+mc）g
细线剪断后，小球C受力情况不变，故加速度为零；
细线剪断后，小球A受重力和上面的弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F1-mAg=mAa
解得：a=
故答案为：2g，0；
一平台的局部如图甲所示，水平面为光滑，竖直面为粗糙，右角上固定一定滑轮，在水平面上放着一质量mA=2.0kg，厚度可忽略不计的薄板A，薄板A长度L=1.5m，在板A上叠放着质量mB=1.0kg，大小可忽略的物块B，物块B与板A之间的动摩擦因数为μ=0.6，一轻绳绕过定滑轮，轻绳左端系在物块B上，右端系住物块C，物块C刚好可与竖直面接触．起始时令各物体都处于静止状态，绳被拉直，物块B位于板A的左端点，然后放手，设板A的右端距滑轮足够远，台面足够高，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，忽略滑轮质量及其与轴之间的摩擦，g取10m/s2，求
（1）若物块C质量mc=1.0kg，推理判断板A和物块B在放手后是否保持相对静止；
（2）若物块C质量mc′=3.0kg，从放手开始计时，经过去=2.0s，物块C下降的高度；
（3）若物块C质量mc=1.0kg，固定住物块B，物块C静止，现剪断轻绳，同时也对物块C施加力F，方向水平向左，大小随时间变化如图乙所示，断绳时刻开始计时，经过t′=2.0s，物块C恰好停止运动，求物块C与竖直面之间的动摩擦因数和此过程中的最大速度．
正确答案
解：（1）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律：
mCg=（mA+mB+mC）a1，
代入数据解得：
对A，根据牛顿第二定律：f=mAa1=2×2.5N=5N，
AB间最大静摩擦力：fm=μmBg=6.0N，
由于f＜fm，假设成立，A与B相对静止．
（2）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律有：
mC′g=（mA+mB+mC′）a2，
代入数据解得：
对A，根据牛顿第二定律得：f′=mAa2=2×5N=10N，
由于f′＞fm，假设不成立，A与B相对滑动．
对A，根据牛顿第二定律，μmBg=mAaA，代入数据解得：
对BC为系统，根据牛顿第二定律：
mC′g-μmBg=（mB+mC′）aB，
代入数据解得：
设经t1时间B运动到A的右端，则有：
代入数据解得：t1=1.0s．
B第一段的位移：
经t1时间B运动的速度：v1=aBt1=6×1m/s=6m/s，
B在光滑平面上滑动，对BC为系统，根据牛顿第二定律：
mC′g=（mB+mC′）aB′，
代入数据解得：
B第二段的位移为：
代入数据解得：s2=9.75m，
物块C下降的高度：h=s1+s2=3+9.75m=12.75m．
（3）设C与竖直面的动摩擦因数为μ′，
令k=20N/s，
根据图乙可得，F=kt，
对C水平方向：N=F，
C受摩擦力fC=μ′N，
以C为对象，有：mCg-fC=mCaC，
联立解得：
由上式可得如图的图象，t=t′=2s，物块v=0，则：
代入数据解得：μ′=0.5．
由图可知t=1s时速度最大，最大速度等于图线与坐标轴围成的面积，有：
答：（1）A与B相对静止．
（2）物块C下降的高度为12.75m．
（3）物块C与竖直面之间的动摩擦因数为0.5，此过程中的最大速度为5m/s．
解析
解：（1）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律：
mCg=（mA+mB+mC）a1，
代入数据解得：
对A，根据牛顿第二定律：f=mAa1=2×2.5N=5N，
AB间最大静摩擦力：fm=μmBg=6.0N，
由于f＜fm，假设成立，A与B相对静止．
（2）设ABC一起运动，以ABC为系统，根据牛顿第二定律有：
mC′g=（mA+mB+mC′）a2，
代入数据解得：
对A，根据牛顿第二定律得：f′=mAa2=2×5N=10N，
由于f′＞fm，假设不成立，A与B相对滑动．
对A，根据牛顿第二定律，μmBg=mAaA，代入数据解得：
对BC为系统，根据牛顿第二定律：
mC′g-μmBg=（mB+mC′）aB，
代入数据解得：
设经t1时间B运动到A的右端，则有：
代入数据解得：t1=1.0s．
B第一段的位移：
经t1时间B运动的速度：v1=aBt1=6×1m/s=6m/s，
B在光滑平面上滑动，对BC为系统，根据牛顿第二定律：
mC′g=（mB+mC′）aB′，
代入数据解得：
B第二段的位移为：
代入数据解得：s2=9.75m，
物块C下降的高度：h=s1+s2=3+9.75m=12.75m．
（3）设C与竖直面的动摩擦因数为μ′，
令k=20N/s，
根据图乙可得，F=kt，
对C水平方向：N=F，
C受摩擦力fC=μ′N，
以C为对象，有：mCg-fC=mCaC，
联立解得：
由上式可得如图的图象，t=t′=2s，物块v=0，则：
代入数据解得：μ′=0.5．
由图可知t=1s时速度最大，最大速度等于图线与坐标轴围成的面积，有：
答：（1）A与B相对静止．
（2）物块C下降的高度为12.75m．
（3）物块C与竖直面之间的动摩擦因数为0.5，此过程中的最大速度为5m/s．
（1）此物体在加速过程中的加速度大小；
（2）物体与水平桌面之间的摩擦力大小；
（3）水平恒力F的大小．
正确答案
解：（1）撤去F前，物体做匀加速直线运动，由v=v0+a1t得
a1=
（2）撤去F后，物体做匀减速直线运动，由v2=2a2x得，
a2=
（3）加速过程中，根据牛顿第二定律得：
F-f=ma1解得：F=f+ma1=3N
答：（1）此物体在加速过程中的加速度大小为1m/s2；
（2）物体与水平桌面之间的摩擦力大小为1N；
（3）水平恒力F的大小为3N．
解析
解：（1）撤去F前，物体做匀加速直线运动，由v=v0+a1t得
a1=
（2）撤去F后，物体做匀减速直线运动，由v2=2a2x得，
a2=
（3）加速过程中，根据牛顿第二定律得：
F-f=ma1解得：F=f+ma1=3N
答：（1）此物体在加速过程中的加速度大小为1m/s2；
（2）物体与水平桌面之间的摩擦力大小为1N；
（3）水平恒力F的大小为3N．
正确答案
解析
解：假设m1和m2之间保持相对静止，对整体分析，整体的加速度a=
隔离对m2分析，根据牛顿第二定律得，f-m2gsin30°=m2a
解得f=
最大静摩擦力fm=μm2gcos30°=
故选：D．
正确答案
解析
解：小物块P在推力F的作用下，沿光滑固定斜面加速下滑，设小物块的质量为m，斜面的倾角为θ，分析小物块的受力，并建立小物块的动力学方程，由牛顿第二定律，有：mgsinθ-Fcosθ=ma
∴a=gsinθ-
故选B．
正确答案
解析
解：A、根据图象可知，加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律得：a=
BCD、物体加速度逐渐减小，但是加速度方向与速度方向相同，则速度仍然增大，但不是均匀增大，位移增大，做加速度逐渐减小的加速运动．故BC错误，D正确．
故选：D
正确答案
gcotθ
水平向左
gtanθ
水平向右
解析
解：当小球所受的弹力恰好为零时，受力如左图所示，
根据牛顿第二定律得，
则斜面的加速度大小为gcotθ，方向水平向左．
当细线拉力恰好为零时，受力如右图所示，
根据牛顿第二定律得，a=
则斜面的加速度大小为gtanθ，方向水平向右．
故答案为：gcotθ，水平向左，gtanθ，水平向右．
（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少？
（2）木板从第一次撞击挡板P到运动至有端最远处所需的时间t1及此时物块距木板右端的距离X为多少？
（3）木板与挡板P会发生多次撞击直至静止，而物块一直向左运动．每次木板与挡板p撞击前物块和木板都已相对静止，最后木板静止于挡板P处，求木板与物块都静止时物块距木板有端的距离X为多少？
正确答案
解：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则：
am=
若木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a1，则：
a1=
因a1＜am，所以木板与物块靠静摩擦力一起以加速度a1运动
根据匀变速直线运动的速度位移关系：v2=2a1L
解得木板第一次撞击挡板P时的速度：v=2.4m/s
（2）设木板第一次撞击挡板P后向右运动时，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：
μmg-F=ma2
解得物块的加速度：a2=2m/s2
因a2＜am，所以在木板向右减速运动过程中，物块一直向左减速，木板速度减为0时，木块仍在向左运动．设木板第一次撞击挡板P后运动到右端最远处所需时间为t1，则：
t1=
设木板左端距挡板P的距离为X1，则：
设物块相对地向左的位移为X2，则：X2=vt1-
此时物块距木板右端的距离为：X=X1+X2=1.28m
（3）木板最终静止于挡板P处，设物块距木板右端的距离为Xn，此过程中只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理有：F（Xn+L）-μmgXn=0
解得：Xn=2.4m
答：（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少2.4m/s；
（2）木板从第一次撞击挡板P到运动至有端最远处所需的时间t1及此时物块距木板右端的距离X为多少1.28m；
（3）木板与挡板P会发生多次撞击直至静止，而物块一直向左运动．每次木板与挡板p撞击前物块和木板都已相对静止，最后木板静止于挡板P处，求木板与物块都静止时物块距木板有端的距离X为2.4m．
解析
解：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则：
am=
若木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a1，则：
a1=
因a1＜am，所以木板与物块靠静摩擦力一起以加速度a1运动
根据匀变速直线运动的速度位移关系：v2=2a1L
解得木板第一次撞击挡板P时的速度：v=2.4m/s
（2）设木板第一次撞击挡板P后向右运动时，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有：
μmg-F=ma2
解得物块的加速度：a2=2m/s2
因a2＜am，所以在木板向右减速运动过程中，物块一直向左减速，木板速度减为0时，木块仍在向左运动．设木板第一次撞击挡板P后运动到右端最远处所需时间为t1，则：
t1=
设木板左端距挡板P的距离为X1，则：
设物块相对地向左的位移为X2，则：X2=vt1-
此时物块距木板右端的距离为：X=X1+X2=1.28m
（3）木板最终静止于挡板P处，设物块距木板右端的距离为Xn，此过程中只有拉力和摩擦力做功，根据动能定理有：F（Xn+L）-μmgXn=0
解得：Xn=2.4m
答：（1）木板第一次撞击挡板P时的速度v为多少2.4m/s；
（2）木板从第一次撞击挡板P到运动至有端最远处所需的时间t1及此时物块距木板右端的距离X为多少1.28m；
（3）木板与挡板P会发生多次撞击直至静止，而物块一直向左运动．每次木板与挡板p撞击前物块和木板都已相对静止，最后木板静止于挡板P处，求木板与物块都静止时物块距木板有端的距离X为2.4m．
一个物体放在倾角为θ的斜面上，轻轻一推，它刚好匀速下滑．要使它从斜面底端以某一初速度沿斜面向上运动达到斜面上高为H处．则物体的初速度的大小至少为（ ）
A
B2
C4
D条件不足，无法确定
正确答案
解析
解：（1）下滑时，受重力、支持力和摩擦力，匀速运动，根据共点力平衡得：
N=mgcosθ
f=mgsinθ
其中f=μN
物体沿斜面上滑的合力F合=mgsinθ+μmgcosθ=2mgsinθ
根据动能定理，得到
-2mgsinθ
解得
故选C．
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