- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数；
（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能；
（3）求1s末滑块的速度大小．
正确答案
解：（1）根据图示可知，滑块向上做匀减速直线运动：
其加速度：
将数据代入①式解得：a=-7.2（m/s2） ②
有滑块进行受力分析有：mgsinθ+μmgcosθ=ma ③
将数据代入③式解得：μ=0.15 ④
（2）设小木块在斜面上滑行的距离为x，由匀变速直线运动的规律可得：
将数据代入⑤式可得：x=1.6（m） ⑥
由功能关系可得，滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能Q为：Q=2xμmgcosθ ⑦
将数据代入⑦式解得：Q=3.84（J）⑧
（3）滑块上滑到顶端所用的时间：
由⑨式解得：t1=
则从最高点开始下滑的时间 t2=1-t1⑪
滑块从最高点下滑时，由牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma下 ⑫
设1s后滑块的速度vt，由运动学规律可得：vt=a下t2 ⑬
将数据代入以上式子并解得：vt=1.6（m/s）⑭
答：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.15；
（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能是3.84J；
（3）1s末滑块的速度大小是1.6m/s．
解析
解：（1）根据图示可知，滑块向上做匀减速直线运动：
其加速度：
将数据代入①式解得：a=-7.2（m/s2） ②
有滑块进行受力分析有：mgsinθ+μmgcosθ=ma ③
将数据代入③式解得：μ=0.15 ④
（2）设小木块在斜面上滑行的距离为x，由匀变速直线运动的规律可得：
将数据代入⑤式可得：x=1.6（m） ⑥
由功能关系可得，滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能Q为：Q=2xμmgcosθ ⑦
将数据代入⑦式解得：Q=3.84（J）⑧
（3）滑块上滑到顶端所用的时间：
由⑨式解得：t1=
则从最高点开始下滑的时间 t2=1-t1⑪
滑块从最高点下滑时，由牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma下 ⑫
设1s后滑块的速度vt，由运动学规律可得：vt=a下t2 ⑬
将数据代入以上式子并解得：vt=1.6（m/s）⑭
答：
（1）滑块与斜面间的动摩擦因数是0.15；
（2）滑块从出发点返回到底端整个过程中损失的机械能是3.84J；
（3）1s末滑块的速度大小是1.6m/s．
（1）箱子与水平地面间的动摩擦因数μ；
（2）若小王不改变力F的大小，只把力的方向变为与水平方向成37°角斜向上去拉静止的这个箱子，如图乙所示，拉力作用8.0s后撤去，箱子最多还能运动多长距离？
正确答案
解：（1）在图甲的情况下，箱子受力如图，由平衡条件得：
F=f
N1=mg
f=μN1
联立以上三式带入数据得：μ=0.5；
（2）在图乙的情况下，物体先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀减速运动直到停止；则
水平方向上：Fcos37°-μN2=Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1
8s后的速度：v1=a1t1
匀减速过程：μN3=μmg=ma2
联立以上四式并带入数据得：s2=1.6m
答：（1）箱子与地面间的动摩擦因数为0.5；
（2）撤去推力后箱子还能运动1.6m．
解析
解：（1）在图甲的情况下，箱子受力如图，由平衡条件得：
F=f
N1=mg
f=μN1
联立以上三式带入数据得：μ=0.5；
（2）在图乙的情况下，物体先以加速度a1做匀加速运动，然后以加速度a2做匀减速运动直到停止；则
水平方向上：Fcos37°-μN2=Fcos37°-μ（mg-Fsin37°）=ma1
8s后的速度：v1=a1t1
匀减速过程：μN3=μmg=ma2
联立以上四式并带入数据得：s2=1.6m
答：（1）箱子与地面间的动摩擦因数为0.5；
（2）撤去推力后箱子还能运动1.6m．
2005年10月17日黎明时分，“神州六号”载人飞船圆满完成了飞天任务，返回舱顺利返回地球．返回舱的质量为8000kg，在返回舱将着陆之际，4个相同的反推发动机启动，使返回舱的速度在0.2s内从原来的10m/s减少到2m/s，将此过程视为匀减速直线运动，求返回舱在此过程中：
（1）加速度的大小；
（2）位移的大小；
（3）合外力的大小．
正确答案
解：（1）根据加速度的定义式得：a=
（2）位移为：x=
（3）由牛顿第二定律有：F合=ma=8000×40=3.2×105N
答：（1）加速度的大小为40m/s2；
（2）位移的大小为1.2m；
（3）合外力的大小为3.2×105N．
解析
解：（1）根据加速度的定义式得：a=
（2）位移为：x=
（3）由牛顿第二定律有：F合=ma=8000×40=3.2×105N
答：（1）加速度的大小为40m/s2；
（2）位移的大小为1.2m；
（3）合外力的大小为3.2×105N．
如图所示，水平桌面上的轻质弹簧左端固定，右端与静止在O点的小物块接触而不连接，此时弹簧无形变．现对物块施加大小恒为F、方向水平向左的推力，当物块向左运动到A点时撤去该推力，物块继续向左运动，最终物块运动到B点静止．已知物块质量为m，与桌面间的动摩擦因数为μ，OA=l1，OB=l2，重力加速度为g．
（1）求物块在O点刚开始运动时的加速度大小a；
（2）在推力作用的过程中，物块的加速度大小和速度大小如何变化？请定性说明；
（3）在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值EPm是多少？
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：
（2）有两种可能；
①开始推力大于摩擦力和弹力之和，做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，又反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小．
②在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大．
（3）设物块从O点向左运动x后返回，则有：Fl1-μmgx=Epm，
Epm-μmgx-μmgl2=0
解得：
答：（1）物块在O 点刚开始运动时的加速度大小为
（2）在推力作用的过程中，加速度先减少后增大，速度先增大后减小．或加速度一直减小，速度一直增大；
（3）在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值EPm是
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：F-μmg=ma
解得：
（2）有两种可能；
①开始推力大于摩擦力和弹力之和，做加速度逐渐减小的加速运动，加速度减小到零，又反向逐渐增大，所以加速度先减少后增大，速度先增大后减小．
②在推力作用下的过程中，推力一直大于摩擦力和弹力之和，即做加速度逐渐减小的加速运动，所以加速度一直减小，速度一直增大．
（3）设物块从O点向左运动x后返回，则有：Fl1-μmgx=Epm，
Epm-μmgx-μmgl2=0
解得：
答：（1）物块在O 点刚开始运动时的加速度大小为
（2）在推力作用的过程中，加速度先减少后增大，速度先增大后减小．或加速度一直减小，速度一直增大；
（3）在物块运动的整个过程中，弹性势能的最大值EPm是
（1）服务员运动的最大加速度是多少？
（2）服务员上菜所用最短时间是多少？
（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘之间的摩擦因数变成0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是多少？
正确答案
Ff1=ma1，
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，
解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
Ff2=（M+m）a2，
手和托盘间相对静止，则：
Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，
解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，
则最大加速度：amax=1.25m/s2；
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，
加速运动时间：t1=
位移：x1=
减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，
匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，
匀速运动时间：t3=
最短时间：t=t1+t2+t3=6s；
（3）同（1）可知：
碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，
最大加速度：amax=1m/s2；
答：：（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；
（2）服务员上菜所用最短时间是6s；
（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2
解析
Ff1=ma1，
碗与托盘间相对静止，则：Ff1≤Ff1max=μ1mg，
解得：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
对碗和托盘整体，由牛顿第二定律得：
Ff2=（M+m）a2，
手和托盘间相对静止，则：
Ff2≤Ff2max=μ2（M+m）g，
解得：a2≤μ2g=0.2×10=2m/s2，
则最大加速度：amax=1.25m/s2；
（2）服务员以最大加速度达到最大速度，然后匀速运动，再以最大加速度减速运动，所需时间最短，
加速运动时间：t1=
位移：x1=
减速运动时间：t2=t1=2s，位移：x2=x1=2.5m，
匀速运动位移：x3=L-x1-x2=10-2.5-2.5=5m，
匀速运动时间：t3=
最短时间：t=t1+t2+t3=6s；
（3）同（1）可知：
碗与托盘相对静止，则：a1≤μ1g=0.125×10=1.25m/s2，
手与托盘相对静止，a2≤μ2g=0.1×10=1m/s2，
最大加速度：amax=1m/s2；
答：：（1）服务员运动的最大加速度是1.25m/s2；
（2）服务员上菜所用最短时间是6s；
（3）若服务员不小心手上沾了油，手和托盘间的摩擦因数变成了0.1，碗和托盘之间摩擦因数不变，则服务员的最大加速度是1m/s2
（1）小物体运动到运输带右端时的速度大小；
（2）小物体与运输带间的动摩擦因数．
正确答案
解：（1）对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1，
v2=2a1L，
联立解得：v=3m/s．
（2）因为v＜v0，所以物体在运输带上一直做匀加速运动．设加速度为a2，由牛顿第二定律得：
μmg=ma2，
v2=2a2x，
联立解得：μ=0.3．
答：（1）小物体运动到运输带右端时的速度大小是3m/s；
（2）小物体与运输带间的动摩擦因数是0.3；
解析
解：（1）对物体在斜面上受力分析，由牛顿第二定律得：
mgsinθ+μ1mgcosθ=ma1，
v2=2a1L，
联立解得：v=3m/s．
（2）因为v＜v0，所以物体在运输带上一直做匀加速运动．设加速度为a2，由牛顿第二定律得：
μmg=ma2，
v2=2a2x，
联立解得：μ=0.3．
答：（1）小物体运动到运输带右端时的速度大小是3m/s；
（2）小物体与运输带间的动摩擦因数是0.3；
A小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程中也逐渐减小
B小球抛出瞬间的加速度大小为
C小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小
D小球上升过程的平均速度小于
正确答案
解析
解：A、C、上升过程，受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+
由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；
下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma′，解得：
由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；最后是匀速，故加速度为零；
即上升和下降过程，加速度一直在减小，最后匀速时一直为零，注意加速度最后减为零后是不变的；
故A错误，C错误；
B、空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；
小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0 ；
联立解得：
D、速度时间图象与时间轴包围的面积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于
本题选错误的，故选：ABC．
正确答案
物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
根据牛顿第二定律，则有：
在水平方向有Fcosθ-f=ma，
竖直方向有mg=FN+Fsinθ，
滑动摩擦力 f=μFN，
根据以上三式联立可以求得a=
当 tanθ=μ时，加速度最大，最大加速度为am=
答：重物运动的最大加速度
解析
物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力的作用，
根据牛顿第二定律，则有：
在水平方向有Fcosθ-f=ma，
竖直方向有mg=FN+Fsinθ，
滑动摩擦力 f=μFN，
根据以上三式联立可以求得a=
当 tanθ=μ时，加速度最大，最大加速度为am=
答：重物运动的最大加速度
A物体M与m仍做匀速运动
B物体M与m做加速运动，加速度a=
C物体M与m做加速运动，加速度a=
D绳子中张力不变
正确答案
解析
解：A、B、C、当物体M和m恰好做匀速运动，对M，水平方向受到绳子的拉力和地面的摩擦力，得：μMg=T=mg
所以：
若将M与m互换，则对M：Ma=Mg-T′
对m，则：ma=T′-μmg
得：
D、绳子中的拉力：
故选：D
解答下列问题（计算中取
（l）皮带的速度：
（2）皮带与水半面间的夹角θ及货物与皮带之间的动摩擦因数μ的大小．
（3）如果货物是用麻袋装载的石灰粉，当一件货物被运送后，发现这件货物在皮带上留有一段l=4.0m长的白色痕迹，请由此推断该件货物的传送时间和传送距离．
正确答案
解：（1）皮带的速度为6.0 m/s，方向沿斜面向下．
（2）由货物运动的v-t图象得：a1=
在0～1.0 s：皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：mg•simθ+μmg•cosθ=ma1．
在1.0 s～2.0 s：皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：mg•sinθ-μmg•cosθ=ma2．
联立得：θ=30°，μ=
（3）由v-t图象知货物在1.0时间内加速到与皮带相同的速度6.0 m/s，皮带发生的位移s带=v1t=6.0 m，货物发生的位移s物=
此后货物速度超过皮带速度，物体向底端运动过程中发生的距离比皮带多4.0 m（其中有3.0 m为痕迹重叠区域）．设从1.0秒末开始，货物的传送到底端的时间为t1、货物到底端的距离为S，则：
对皮带S-4=v1t1，对货物S=v1t1+
故每件货物的传送时间：T=t1+t=（1+
答：（l）皮带的速度为6.0m/s；
（2）皮带与水半面间的夹角θ为30度，货物与皮带之间的动摩擦因数μ的大小为0.115；
（3）该件货物的传送时间为2.41s，传送距离为15.46m．
解析
解：（1）皮带的速度为6.0 m/s，方向沿斜面向下．
（2）由货物运动的v-t图象得：a1=
在0～1.0 s：皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律得：mg•simθ+μmg•cosθ=ma1．
在1.0 s～2.0 s：皮带对物体的滑动摩擦力沿斜面向上，由牛顿第二定律得：mg•sinθ-μmg•cosθ=ma2．
联立得：θ=30°，μ=
（3）由v-t图象知货物在1.0时间内加速到与皮带相同的速度6.0 m/s，皮带发生的位移s带=v1t=6.0 m，货物发生的位移s物=
此后货物速度超过皮带速度，物体向底端运动过程中发生的距离比皮带多4.0 m（其中有3.0 m为痕迹重叠区域）．设从1.0秒末开始，货物的传送到底端的时间为t1、货物到底端的距离为S，则：
对皮带S-4=v1t1，对货物S=v1t1+
故每件货物的传送时间：T=t1+t=（1+
答：（l）皮带的速度为6.0m/s；
（2）皮带与水半面间的夹角θ为30度，货物与皮带之间的动摩擦因数μ的大小为0.115；
（3）该件货物的传送时间为2.41s，传送距离为15.46m．
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