- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t；
（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s．
正确答案
解：（1）设旅行包在传送带上匀加速运动t1后达到与传送带共速，发生的位移为x，
由牛顿第二定律得：f=ma…①
f=μmg…②
v=at1…③
解得：x=1m＜5m，所以物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．
设匀速直线运动时间t2，则：L-x=vt2…⑤
t=t1+t2…⑥
联立解得：t=3s…⑦
（2）旅行包相对滑动过程传送带位移为：x‘=vt1…⑧
旅行包相对滑动时留下的痕迹的长度：s=x'-x…⑨
联立解得：s=1m
答：（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t为3s；
（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s为1m．
解析
解：（1）设旅行包在传送带上匀加速运动t1后达到与传送带共速，发生的位移为x，
由牛顿第二定律得：f=ma…①
f=μmg…②
v=at1…③
解得：x=1m＜5m，所以物体先做匀加速直线运动，后做匀速直线运动．
设匀速直线运动时间t2，则：L-x=vt2…⑤
t=t1+t2…⑥
联立解得：t=3s…⑦
（2）旅行包相对滑动过程传送带位移为：x‘=vt1…⑧
旅行包相对滑动时留下的痕迹的长度：s=x'-x…⑨
联立解得：s=1m
答：（1）旅行包在传送带上从A端运动到B端所用的时间t为3s；
（2）旅行包在传送带上相对滑动时留下的痕迹的长度s为1m．
（1）力F的最大值与最小值；
（2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度．
正确答案
解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsin θ=kx0…①
因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，
由牛顿第二定律知：kx1-mBgsin θ=mBa…②
前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：x0-x1=
①②③式联立解得：a=5.0m/s2
当A、B开始运动时拉力最小，此时有：Fmin=（mA+mB）a=60 N
当A、B分离时拉力最大，此时有：Fmax=mA（a+gsin θ）=100 N．
（2）物体上升的位移为：
故上升的高度为：h=x•sin30°=
答：（1）力F的最大值为60N，最小值为100N；
（2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度为0.05m．
解析
解：（1）设刚开始时弹簧压缩量为x0，则（mA+mB）gsin θ=kx0…①
因为在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后，F为恒力，所以在0.2 s时，B对A的作用力为0，
由牛顿第二定律知：kx1-mBgsin θ=mBa…②
前0.2 s时间内A、B向上运动的距离为：x0-x1=
①②③式联立解得：a=5.0m/s2
当A、B开始运动时拉力最小，此时有：Fmin=（mA+mB）a=60 N
当A、B分离时拉力最大，此时有：Fmax=mA（a+gsin θ）=100 N．
（2）物体上升的位移为：
故上升的高度为：h=x•sin30°=
答：（1）力F的最大值为60N，最小值为100N；
（2）力F由最小值到最大值的过程中，物块A所增加的高度为0.05m．
A
Bmgcosθ
C
Dmgcosθ+
正确答案
解析
解：对（M+m）进行受力分析，如图所示
则由牛顿第二定律可知：F=（M+m）a
得 a=
对m进行受力分析，如图所示
则有重力与支持力的合力是水平方向，所以用平行四边形定则将两力合成．
由三角函数关系可得：F支=
或者F支=
故A、C正确
作一条垂直于支持力的直线，则有
F支=mgcosθ+F合sinθ=mgcosθ+
因此D正确
故选ACD
正确答案
解：物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得：
μmgcosα-mgsinα=am，
解得：a=0.4m/s2，
物体与传送带速度相等时，运动时间为：
t1=
位移：
在ab部分做匀速运动的运动时间：
由于mgsinβ＞μmgcosβ，所以物块沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，由牛顿第二定律得滑动的加速度为：
a′=gsinβ-μmgcosβ=3.2m/s2，
设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式得：
sbc=vt3+
即：
解得：t3=1.875s．
物体A从a处被传送到c处所用的时间为：
t=t1+t2+t3=7.825s．
答：物体A从a处被传送到c处所用的时间为7.825s．
解析
解：物体A在传送带ab上相对滑动时，由牛顿第二定律得：
μmgcosα-mgsinα=am，
解得：a=0.4m/s2，
物体与传送带速度相等时，运动时间为：
t1=
位移：
在ab部分做匀速运动的运动时间：
由于mgsinβ＞μmgcosβ，所以物块沿传送带bc部分匀加速运动到c点，物体A在传送带bc部分匀加速下滑，由牛顿第二定律得滑动的加速度为：
a′=gsinβ-μmgcosβ=3.2m/s2，
设在bc部分运动的时间为t3，由匀变速运动位移公式得：
sbc=vt3+
即：
解得：t3=1.875s．
物体A从a处被传送到c处所用的时间为：
t=t1+t2+t3=7.825s．
答：物体A从a处被传送到c处所用的时间为7.825s．
纳米（10-9m）技术是指1纳米～100纳米（1nm～100nm）尺度范围内，通过直接操纵原子、分子、原子团或分子团使其重新排列从而组成新物质的技术．用纳米材料研制出一种新型涂料，喷涂在船体上能使船行驶时所受的阻力减小一半．若有一艘货轮发动机保持牵引力F不变，喷涂纳米材料后货轮加速度比原来大了一倍，则牵引力F与喷涂纳米材料前的阻力Ff之间大小关系是（ ）
正确答案
解析
解：喷涂纳米材料前，由牛顿第二定律，则有F-Ff=ma
喷涂纳米材料后，则有F-
联立两式，解得：F=
故选：B．
（1）若薄木板上表面光滑，欲使薄木板以2m/s2的加速度向右运动，需对木板施加的水平拉力为多大？
（2）若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=6N，求物体对薄木板的摩擦力大小和方向？
（3）若木板上表面粗糙，物体与薄木板间的动摩擦因数为0.3，若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度．
正确答案
解：（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：
F=Ma=3×2=6N，则拉力大小为6N；
（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0，
解得：a0=μg=0.3×10=3m/s2，
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
拉力：F0=（M+m）a0=（3+1）×3=12N＞6N，
拉力为6N时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：
F′=（M+m）a′，解得：a′=
对物块，由牛顿第二定律得：f=ma′=1×1.5=1.5N，方向：水平向右；
（3）拉力F=15N＞F0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得：
F-μmg=Ma木板，
解得：a木板=
木块位移：s木块=
木板位移：s木板=
木块从木板上滑下时有：s木板-s木块=L，
此时木块的速度：v=a0t，
解得：v=12m/s，则木块获得的最大速度为12m/s；
答：（1）需对木板施加的水平拉力为6N；
（2）物体对薄木板的摩擦力大小为1.5N，方向：水平向右；
（3）若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度为12m/s．
解析
解：（1）薄木板上表面光滑，木板受到的合外力为拉力，由牛顿第二定律得：
F=Ma=3×2=6N，则拉力大小为6N；
（2）当木块相对于木板滑动时，对木块，由牛顿第二定律得：
μmg=ma0，
解得：a0=μg=0.3×10=3m/s2，
木块相对于木板恰好滑动时，由牛顿第二定律得：
拉力：F0=（M+m）a0=（3+1）×3=12N＞6N，
拉力为6N时，木块相对于木板静止，由牛顿第二定律得：
F′=（M+m）a′，解得：a′=
对物块，由牛顿第二定律得：f=ma′=1×1.5=1.5N，方向：水平向右；
（3）拉力F=15N＞F0，木块相对于木块滑动，对木板，由牛顿第二定律得：
F-μmg=Ma木板，
解得：a木板=
木块位移：s木块=
木板位移：s木板=
木块从木板上滑下时有：s木板-s木块=L，
此时木块的速度：v=a0t，
解得：v=12m/s，则木块获得的最大速度为12m/s；
答：（1）需对木板施加的水平拉力为6N；
（2）物体对薄木板的摩擦力大小为1.5N，方向：水平向右；
（3）若拉力F=15N，物体所能获得的最大速度为12m/s．
（2015秋•朔州校级期末）质量为50kg的木箱放在水平地面上，受到75N的水平拉力而开始运动，该力作用4s后撤去，已知木箱与地面间的动摩擦因数为0.1，试求：
（1）物体运动的最大速度；
（2）物体发生的总位移．
正确答案
解：（1）物体所受摩擦力为：
f=μmg…①
水平方向合力为：
F=F1-f…②
有牛顿第二定律得：
a=
由运动学公式得：
v=at…④
由①②③④得：v=2m/s…⑤
（2）由运动学公式得加速阶段的位移：
x1=
设物体总位移为x，则对全程应用动能定理：
F1x1-fx=0…⑦
由①②③⑥⑦得：x=6m…⑧
答：（1）物体的最大速度2m/s
（2）物体发生的总位移6m
解析
解：（1）物体所受摩擦力为：
f=μmg…①
水平方向合力为：
F=F1-f…②
有牛顿第二定律得：
a=
由运动学公式得：
v=at…④
由①②③④得：v=2m/s…⑤
（2）由运动学公式得加速阶段的位移：
x1=
设物体总位移为x，则对全程应用动能定理：
F1x1-fx=0…⑦
由①②③⑥⑦得：x=6m…⑧
答：（1）物体的最大速度2m/s
（2）物体发生的总位移6m
（1）物体放到木板上以后，经多少时间物体与木板相对静止？在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离多大？
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的摩擦力吗？为什么？如有，摩擦力多大？（g取10m/s2）
正确答案
解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：
物体加速度：a1=μg=2m/s2
板的加速度：a2=
当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t
解得：t=1s
滑块的位移为：x1=
木板的位移为：
故相对位移为：△x=x2-x1=1.75m-1m=0.75m
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的静摩擦力，否则会相对滑动；
对整体，有：
a=
再隔离滑块，有：
f=ma=2×0.8=1.6N
答：（1）物体放到木板上以后，经1s时间物体与木板相对静止；在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离为0.75m；
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间有相互作用的摩擦力，否则会相对滑动；摩擦力为1.6N．
解析
解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：
物体加速度：a1=μg=2m/s2
板的加速度：a2=
当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t
解得：t=1s
滑块的位移为：x1=
木板的位移为：
故相对位移为：△x=x2-x1=1.75m-1m=0.75m
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的静摩擦力，否则会相对滑动；
对整体，有：
a=
再隔离滑块，有：
f=ma=2×0.8=1.6N
答：（1）物体放到木板上以后，经1s时间物体与木板相对静止；在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离为0.75m；
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间有相互作用的摩擦力，否则会相对滑动；摩擦力为1.6N．
如图1为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m．滑块与斜面间动摩擦因数为μ，斜面的倾角θ，重力加速度为g，帆受到的空气阻力与帆的运动速率的平方成正比，即Ff=kv2．
（1）写出滑块下滑过程中加速度的表达式；
（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式；
（3）若m=2kg，斜面倾角θ=30°，g取10m/s2，滑块从静止下滑的速度图象如图2所示，图中的斜线是t=0时v-t图线的切线，由此求出μ、k的值．
正确答案
（2）当a=0时速度最大，
（3）当v=0时，a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2，
代入数据解得μ=
最大速度v=2m/s，vmax=
答：（1）滑块下滑过程中加速度的表达式
（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式为
（3）μ、k的值分别为0.23，1.5．
解析
（2）当a=0时速度最大，
（3）当v=0时，a=gsinθ-μgcosθ=3m/s2，
代入数据解得μ=
最大速度v=2m/s，vmax=
答：（1）滑块下滑过程中加速度的表达式
（2）求出滑块下滑的最大速度的表达式为
（3）μ、k的值分别为0.23，1.5．
（1）物体放到木板上以后，经多长时间物体与木板相对静止？在这段时间里，物体相对木板滑动的距离多大？
（2）在物体与木板相对静止以后，它们之间的摩擦力多大？
正确答案
解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：
物体加速度：a1=μg=2m/s2
板的加速度：a2=
当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t
解得：t=1s
滑块的位移为：x1=
木板的位移为：x2=vt+
故相对位移为：△x=x2-x1=1.75m-1m=0.75m
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的静摩擦力，否则会相对滑动；
对整体，有：
a=
再隔离滑块，有：
f=ma=2×0.8=1.6N
答：（1）物体放到木板上以后，经1s时间物体与木板相对静止；在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离为0.75m；
（2）在物体与木板相对静止后，摩擦力为1.6N．
解析
解：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：
物体加速度：a1=μg=2m/s2
板的加速度：a2=
当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1t=v+a2t
解得：t=1s
滑块的位移为：x1=
木板的位移为：x2=vt+
故相对位移为：△x=x2-x1=1.75m-1m=0.75m
（2）在物体与木板相对静止后，它们之间还有相互作用的静摩擦力，否则会相对滑动；
对整体，有：
a=
再隔离滑块，有：
f=ma=2×0.8=1.6N
答：（1）物体放到木板上以后，经1s时间物体与木板相对静止；在这段时间里，物体相对于木板滑动的距离为0.75m；
（2）在物体与木板相对静止后，摩擦力为1.6N．
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