- 牛顿第二定律
- 共12933题
搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为2F时，物体的加速度为a2，则（ ）
正确答案
解析
解：当物体所受的推力F变为2F时，物体对斜面的压力没有变化，物体所受的滑动摩擦力也没有变化，设滑动摩擦力
F-f-mgsinθ=ma1
2F-f-mgsinθ=ma2
两式相除得：
所以a2＞2a1
故选：D．
正确答案
解：
对B研究，由牛顿第二定律得：
mBg-T=mBa1…①
同理，对A：
T-f=mAa1…②
f=μNA…③
NA=mAg…④
由①②③④解得：
B做匀加速直线运动：
v=a1t1…⑥
解得：
t1=0.5s…⑦
v=0.6m/s
B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动：
f=mAa2…⑧
解得：
故A减速运动时间为：
故A在水平桌面上运动的时间为：
t=t1+t2=0.5s+0.6s=1.1s
答：A在水平桌面上运动的时间为1.1s．
解析
解：
对B研究，由牛顿第二定律得：
mBg-T=mBa1…①
同理，对A：
T-f=mAa1…②
f=μNA…③
NA=mAg…④
由①②③④解得：
B做匀加速直线运动：
v=a1t1…⑥
解得：
t1=0.5s…⑦
v=0.6m/s
B落地后，A在摩擦力作用下做匀减速运动：
f=mAa2…⑧
解得：
故A减速运动时间为：
故A在水平桌面上运动的时间为：
t=t1+t2=0.5s+0.6s=1.1s
答：A在水平桌面上运动的时间为1.1s．
一个质量为2kg的物体置于光滑的水平面上，受到一水平拉力F作用从静止开始出发，经2s速度增加到24m/s．（g取10m/s2）求：
（1）拉力F的大小？
（2）若撤去力F，改用大小与F相同，方向竖直向上的力F′来提升这个物体，物体的加速度为多大？
（3）若用第（2）问中的F′来提升整个重物，作用4s后撤去F′，物体上升的最大高度（离地）为多大？
正确答案
解：（1）由v=v0+at得
则F=ma=2×12N=24N
（2）
（3）物体在拉力作用下上升的高度
撤去拉力时物体的速度为v=at=2×4m/s=8m/s
接下来物体做匀减速直线运动，速度为零时上升的高度
上升的最大高度为H=h1+h2=16m+3.2m=19.2m
答：（1）拉力F的大小为24N；
（2）若撤去力F，改用大小与F相同，方向竖直向上的力F′来提升这个物体，物体的加速度为2m/s2
（3）若用第（2）问中的F′来提升整个重物，作用4s后撤去F′，物体上升的最大高度（离地）为19.2m
解析
解：（1）由v=v0+at得
则F=ma=2×12N=24N
（2）
（3）物体在拉力作用下上升的高度
撤去拉力时物体的速度为v=at=2×4m/s=8m/s
接下来物体做匀减速直线运动，速度为零时上升的高度
上升的最大高度为H=h1+h2=16m+3.2m=19.2m
答：（1）拉力F的大小为24N；
（2）若撤去力F，改用大小与F相同，方向竖直向上的力F′来提升这个物体，物体的加速度为2m/s2
（3）若用第（2）问中的F′来提升整个重物，作用4s后撤去F′，物体上升的最大高度（离地）为19.2m
粗糙水平面上放置这一个质量为M=4kg的长木板，木板长度L=4m，一质量为m=2kg的木块自木板左端起，以某一初速度v0向右滑动，木块与木板间的动摩擦因素μ=0.2，运动过程中长木板始终静止．且不考虑木块的大小，g取10m/s2，求：（1）木板对地面的摩擦力大小和方向；
（2）若木块恰好停在木板的最右端，求木块的初速度v0．
正确答案
解析
解：（1）木块做匀减速直线运动，受到水平向左的摩擦力f=μmg=0.2×20=4N，
则木板受到木块的摩擦力方向水平向右，大小为4N，
木板处于静止状态，受力平衡，则地面对木板的摩擦力f′=f=4N，方向水平左，
（2）对木块，根据牛顿第二定律得：a=
根据2aL=
答：（1）木板对地面的摩擦力大小为4N，方向水平向左；
（2）若木块恰好停在木板的最右端，则木块的初速度v0为4m/s．
（1）带电物体的加速度大小；
（2）在0～1.0s内，电场对物体所做的功．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律：Eq-μmg=ma
a=
代入数据解得a=3m/s2
（2）由s=
s=
电场力做正功，W=Eqs═2×10-4×8×103×1.5J=2.4J．
答：（1）带电物体的加速度大小为3m/s2；
（2）在0～1.0s内，电场对物体所做的功为2.4J．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律：Eq-μmg=ma
a=
代入数据解得a=3m/s2
（2）由s=
s=
电场力做正功，W=Eqs═2×10-4×8×103×1.5J=2.4J．
答：（1）带电物体的加速度大小为3m/s2；
（2）在0～1.0s内，电场对物体所做的功为2.4J．
举例如下：如图所示．质量为M，倾角为θ的滑块A放于水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，有人求得B相对地面的加速度a=
对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题．他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”．但是，其中有一项是错误的．请你指出该项．（ ）
A当θ°=0时，该解给出a=0，这符合常识，说明该解可能是对的
B当θ=90°时，该解给出a=g，这符合实验结论，说明该解可能是对的
C当M＞＞m时，该解给出a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的
D当m＞＞M时，该解给出a=
正确答案
解析
解：A、当θ=0°时，sinθ=0，故a=0，故A正确；
B、当θ=90°时，sin90°=1，故a=g，自由落体，故B正确；
C、当M＞＞m时，M+m≈M，M+msin2θ≈M，斜面体近似不动，可解出a=gsinθ，故C正确；
D、当m＞＞M时，斜面体飞出，物体近似自由落体，a≈g；但由于M+m≈m，M+msin2θ≈msin2θ，根据表达式a=
本题选择错误的，故选：D．
正确答案
解析
解：对箱子和物体整体受力分析，如图所示：
由牛顿第二定律可知，Mg+kv=Ma，则a=g+
又整体向上做减速运动v减小，所以a减小；
再对物体单独受力分析：因a＞g，所以物体受到箱子上底向下的弹力FN，
由牛顿第二定律可知，
mg+FN=ma，则FN=ma-mg，而a减小，则FN减小，所以上升过程中物体对箱子上底面有压力且压力越来越小，故B正确；
同理，当箱子和物体加速下降时，物体对箱子下底面有压力且压力越来越大，当Mg=kv后，箱子匀速下降，此时物体对箱子下底面压力等于它的重力mg，故C正确．
故选：BC
试求：
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度；
（2）长木板至少多长？
（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了多少功？
正确答案
解：（1）设小铁块的加速度大小为a．取沿斜面向上方向为正方向，根据牛顿第二定律得
f2-m2gsinθ=m2a
又f2=μN2=μm2gcosθ
得a=g（μcosθ-sinθ）=1.2m/s2，方向沿斜面向上．
（2）小铁块先沿斜面向下做匀减速运动至速度为零，再沿斜面向上做匀加速运动，最终以速度v与长木板一起沿斜面向上做匀速运动．设经过时间t后小铁块达到速度v，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，则有
∵
∴L≥2（s1+s2）=
（3）对木板：F=f1+f2+m1gsinθ，f1=μN1
则中拉力做功为W=Fs2=102J
答：
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度为1.2m/s2，方向沿斜面向上．
（2）长木板至少为7.5m．
（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了102J功．
解析
解：（1）设小铁块的加速度大小为a．取沿斜面向上方向为正方向，根据牛顿第二定律得
f2-m2gsinθ=m2a
又f2=μN2=μm2gcosθ
得a=g（μcosθ-sinθ）=1.2m/s2，方向沿斜面向上．
（2）小铁块先沿斜面向下做匀减速运动至速度为零，再沿斜面向上做匀加速运动，最终以速度v与长木板一起沿斜面向上做匀速运动．设经过时间t后小铁块达到速度v，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，则有
∵
∴L≥2（s1+s2）=
（3）对木板：F=f1+f2+m1gsinθ，f1=μN1
则中拉力做功为W=Fs2=102J
答：
（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度为1.2m/s2，方向沿斜面向上．
（2）长木板至少为7.5m．
（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了102J功．
火车轨道在转弯处外轨高于内轨，且高度差由转弯半径与火车速度确定．若在某转弯处规定行驶速度为v，则下列说法中正确的是（ ）
①当以v的速度通过此弯路时，火车重力与轨道面支持力的合力提供向心力
②当以v的速度通过此弯路时，火车重力、轨道面支持力和外轨对轮缘弹力的合力提供向心力
③当速度大于v时，轮缘挤压外轨
④当速度小于v时，轮缘挤压外轨．
正确答案
解析
解：①②火车转弯时，为了保护铁轨，应避免车轮边缘与铁轨间的摩擦，故火车受到重力和支持力的合力完全提供向心力，有
F=mgtanθ=m
解得
v=
故①正确，②错误；
③④果实际转弯速度大于v，有离心趋势，与外侧铁轨挤压，反之，挤压内侧铁轨，故③正确，④错误；
故选：A．
（1）判断电梯是上升还是下降，并求出小杨在前2s内的加速度a1
（2）求出在10s～11s内台秤示数F3
（3）电梯运行的总位移X=？
正确答案
解：（1）由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力F1=450N
由牛顿第二定律定律有 mg-F1=ma1，
代入数据解得 
所以电梯在下降
（2）设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则
a1t1=a3t3，
代入数据解得
由牛顿第二定律定律有 F3-mg=ma3，
代入数据解得 F3=600N．
（3）0～2s内位移 
2s～10s内位移x2=a1t1t2=1×2×8m=16m，
10s～11s内位移 
运动的总位移x=x1+x2+x3=2+16+1m=19m．
答：（1）电梯在下降，小杨在前2s内的加速度为1m/s2；
（2）在10s～11s内台秤示数为600N；
（3）电梯运行的总位移为19m．
解析
解：（1）由图象可知，在0～2s内，台秤对小明的支持力F1=450N
由牛顿第二定律定律有 mg-F1=ma1，
代入数据解得
所以电梯在下降
（2）设在10s～11s内小明的加速度为a3，时间为t3，0～2s的时间为t1，则
a1t1=a3t3，
代入数据解得
由牛顿第二定律定律有 F3-mg=ma3，
代入数据解得 F3=600N．
（3）0～2s内位移
2s～10s内位移x2=a1t1t2=1×2×8m=16m，
10s～11s内位移
运动的总位移x=x1+x2+x3=2+16+1m=19m．
答：（1）电梯在下降，小杨在前2s内的加速度为1m/s2；
（2）在10s～11s内台秤示数为600N；
（3）电梯运行的总位移为19m．
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