- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）小球运动的加速度a1；
（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离Xa．
（3）若从撤去风力F开始计时，小球经多长时间将经过距A点上方为2.25m的B点．
正确答案
解：（1）在风力F作用时有：
（F-mg）sin30°-μ（F-mg）cos30°=ma1
a1=2.5 m/s2，方向沿杆向上
（2）F作用1.2s时小球速度v=a1t1=3 m/s
小球的位移s1 =
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma2
a2=7.5 m/s2
因此小球上滑时间t2=
上滑位移s2=
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=2.4m
（3）在上滑阶段通过B点：
SAB-s1=v1 t3-
通过B点时间t3=0.2 s，另t3=0.6s （舍去）
小球返回时有：
mgsin30°-μmgcos30°=ma3
a3=2.5 m/s2
小球由顶端返回B点时有：
sm-SAB=
t4=
通过通过B点时间t2+t4=
答：（1）小球运动的加速度为2.5 m/s2 ；
（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离为2.4m．
（3）小球经0.75s将经过距A点上方为2.25m的B点．
解析
解：（1）在风力F作用时有：
（F-mg）sin30°-μ（F-mg）cos30°=ma1
a1=2.5 m/s2，方向沿杆向上
（2）F作用1.2s时小球速度v=a1t1=3 m/s
小球的位移s1 =
撤去力F后，小球上滑时有：
mgsin30°+μmgcos30°=ma2
a2=7.5 m/s2
因此小球上滑时间t2=
上滑位移s2=
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=2.4m
（3）在上滑阶段通过B点：
SAB-s1=v1 t3-
通过B点时间t3=0.2 s，另t3=0.6s （舍去）
小球返回时有：
mgsin30°-μmgcos30°=ma3
a3=2.5 m/s2
小球由顶端返回B点时有：
sm-SAB=
t4=
通过通过B点时间t2+t4=
答：（1）小球运动的加速度为2.5 m/s2 ；
（2）若F作用1.2s后撤去，小球上滑过程中距A点最大距离为2.4m．
（3）小球经0.75s将经过距A点上方为2.25m的B点．
正确答案
沿绳向下
解析
解：小球受力情况，如图所示：
根据平衡条件得：
T=
如果将细线烧断，球沿合力方向做匀加速直线运动；
烧断细线后小球所受合外力为
根据牛顿第二定律得加速度为：a=
故答案为：
列车在机车的牵引下沿平直铁轨匀加速行驶，在100s内速度由5.0m/s增加到15.0m/s．
（1）求列车的加速度大小．
（2）若列车的质量是1.0×106kg，机车对列车的牵引力是2.0×105N，求列车在运动中所受的阻力大小．
正确答案
解：（1）列车沿平直铁轨匀加速直线运动，已知初速度v0=5m/s、末速度v=15m/s，时间t=100s，则列车的加速度大小为
a=
（2）列车在竖直方向受力平衡，在水平方向受到牵引力和阻力，根据牛顿第二定律得
F-f=ma
得阻力f=F-ma=2.0×105N-1.0×106×0.1N=1.0×105N
答：
（1）列车的加速度大小为0.10m/s2．
（2）列车在运动中所受的阻力大小为1.0×105N．
解析
解：（1）列车沿平直铁轨匀加速直线运动，已知初速度v0=5m/s、末速度v=15m/s，时间t=100s，则列车的加速度大小为
a=
（2）列车在竖直方向受力平衡，在水平方向受到牵引力和阻力，根据牛顿第二定律得
F-f=ma
得阻力f=F-ma=2.0×105N-1.0×106×0.1N=1.0×105N
答：
（1）列车的加速度大小为0.10m/s2．
（2）列车在运动中所受的阻力大小为1.0×105N．
正确答案
25
0.2
解析
解：由v-t图可知3-5s，物块匀速运动，有Ff=F=50N．
在0-3s内物块做匀加速运动，加速度a=
将F=100N、Ff=50N及a代入解得m=25kg．
由动摩擦力公式得 μ=
故答案为：25；0.2
（1）线的张力．
（2）小环的线速度．
正确答案
设小环做匀速圆周运动的半径为r，则线长和半径之间的关系为
（2L-r）2=r2+L2，解得r=
则斜线与水平方向的夹角θ=53°
对小环受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得
F+Fcosθ=m
Fsinθ=mg
联立两式，解得F=
答：
（1）线的张力为F=
（2）小环的线速度是v=
解析
设小环做匀速圆周运动的半径为r，则线长和半径之间的关系为
（2L-r）2=r2+L2，解得r=
则斜线与水平方向的夹角θ=53°
对小环受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得
F+Fcosθ=m
Fsinθ=mg
联立两式，解得F=
答：
（1）线的张力为F=
（2）小环的线速度是v=
正确答案
=
＜
＜
=
解析
解：根据牛顿第二定律得，a=
B、C的纵轴截距的绝对值相等，大于A的纵轴截距的绝对值，知μA＜μB=μC．
故答案为：=，＜；＜，=．
一辆载重卡车在平直公路上以v=72m/h的速度匀速行驶，它的载货平板上放置一个没有捆扎的货柜，其前沿距驾驶室后壁l1=2.30m，行进中司机突然发现有紧急情况，立即制动，制动后卡车和货柜的运动都可看做是做匀减速直线运动，制动后汽车经t1=2.3s停车，司机下车检查发现货柜已向前移位，柜的前沿在距驾驶室后壁仅有l2=30cm的地方，取g=10m/s2
（1）卡车的位移s1多大？
（2）货柜的加速度a2多大？
正确答案
解析
解：（1）据题意可知，v=72Km/h=20m/s
车匀减速时的加速度：a=
据匀变速直线运动的规律可知：s=
联立①②解得：s=23m
（2）设货柜经t静止，货柜的平均速度：v平=
所以货柜的位移：s2=10t…③
据题意可知，货柜与车的位移关系：s2=s+（L1-L2）…④
货柜的加速度：a2=
联立②③④⑤解之得：a2=-8m/s2
答：（1）卡车的位移s1为23m．
（2）货柜的加速度a2为8m/s2
某商场设计将货物（可视为质点），从高处运送到货仓，简化运送过程如图所示，左侧由固定于地面的光滑
（1）求木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围；
（2）设计者将两木箱固定在地面上，发现货物刚好可以死进去货仓，求动摩擦因数μ的值．
正确答案
解：（1）因为货物在木箱1上运动时，两木箱均静止，有：μmg＜μ1（2M+m）g，
货物在木箱2上运动时，木箱2开始滑动，有：μmg＞μ1（M+m）g，
联立两式解得
（2）根据动能定理得，
在两木箱上做匀减速运动的加速度a=μg，
因为木块刚好进入货仓，木块离开木箱后做平抛运动，有：
根据3R-2R=v′t得，木块做平抛运动的初速度
根据速度位移公式得，v2-v′2=2a•2R，
代入数据解得μ=0.25．
答：（1）木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围为
（2）动摩擦因数μ的值为0.25．
解析
解：（1）因为货物在木箱1上运动时，两木箱均静止，有：μmg＜μ1（2M+m）g，
货物在木箱2上运动时，木箱2开始滑动，有：μmg＞μ1（M+m）g，
联立两式解得
（2）根据动能定理得，
在两木箱上做匀减速运动的加速度a=μg，
因为木块刚好进入货仓，木块离开木箱后做平抛运动，有：
根据3R-2R=v′t得，木块做平抛运动的初速度
根据速度位移公式得，v2-v′2=2a•2R，
代入数据解得μ=0.25．
答：（1）木箱与地面的动摩擦因数μ1的取值范围为
（2）动摩擦因数μ的值为0.25．
（1）小滑车在第一圆形轨道最高点C处的速度vC的大小；
（2）在第二个圆形轨道的最高点D处小滑车对轨道压力N的大小；
（3）若在水池内距离水平轨道边缘正下方的E点s=12m处放一气垫（气垫厚度不计），要使小滑车既能安全通过圆轨道又能落到气垫之上，则小滑车至少应从离水平轨道多高的地方开始下滑？
正确答案
解：（1）在C点：mg=
解得：v=5m/s
即小车通过C点的速度为5m/s．
（2）从C点到D点过程，根据动能定理，有
在D点：
解得N=333.3N
由牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为333.3N．
（3）小滑车要安全通过圆形轨道，在平台上的速度至少为v0，从释放到平抛初位置过程，根据动能定理，有
mgH=
从开始释放到C点过程，根据动能定理，有
要能通过圆轨道，有
v′C＞5m/s ③
对于平抛运动，有
h=
S=v0t ⑤
由①②③④⑤解得
H=7.2m
即小滑车至少应从离水平轨道7.2m的地方开始下滑．
解析
解：（1）在C点：mg=
解得：v=5m/s
即小车通过C点的速度为5m/s．
（2）从C点到D点过程，根据动能定理，有
在D点：
解得N=333.3N
由牛顿第三定律知，小车对轨道的压力为333.3N．
（3）小滑车要安全通过圆形轨道，在平台上的速度至少为v0，从释放到平抛初位置过程，根据动能定理，有
mgH=
从开始释放到C点过程，根据动能定理，有
要能通过圆轨道，有
v′C＞5m/s ③
对于平抛运动，有
h=
S=v0t ⑤
由①②③④⑤解得
H=7.2m
即小滑车至少应从离水平轨道7.2m的地方开始下滑．
正确答案
解析
解：A、在剪断轻绳前，小球受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=1×10×1=10N，
剪断轻绳的瞬间，弹簧的弹力仍然为10N，小球此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用，小球的受力个数发生改变，故A错误，B正确；
C、小球所受的摩擦力为：f=μmg=0.1×1×10=1N，由牛顿第二定律得，小球的加速度：a=
故选：BC．
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