牛顿第二定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=1kg的木块静止在高h=1.4m的平台上，木块与平台间的动摩擦因数μ=0.3．用水平推力F=10N，使木块产生位移s1=3m时撤去，木块又滑行s2=1m时飞出平台，求：

（1）木块将要飞离平台时速度的大小？

（2）木块落地时速度的大小？

正确答案

解：（1）木块由静止到离开平台，根据动能定理知：

Fs1-μmg（s1+s2）=-0

代入数据有：10×3-0.3×1×10×（3+1）=

解得：v1=6m/s

（2）木块由飞出到落地，根据动能定理知：mgh=mv

代入数据解得：v=8m/s

答：（1）木块将要飞离平台时速度的大小为6m/s

（2）木块落地时速度的大小为8m/s

解析

解：（1）木块由静止到离开平台，根据动能定理知：

Fs1-μmg（s1+s2）=-0

代入数据有：10×3-0.3×1×10×（3+1）=

解得：v1=6m/s

（2）木块由飞出到落地，根据动能定理知：mgh=mv

代入数据解得：v=8m/s

答：（1）木块将要飞离平台时速度的大小为6m/s

（2）木块落地时速度的大小为8m/s

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题型：简答题

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简答题

“引体向上”是一项体育健身运动，该运动的规范动作是：两手正握单杠，由身体悬垂开始．上提时，下颚须超过杠面；下放时，两臂放直，不能曲臂．这样上拉下放，重复动作，达到锻炼臂力和腹肌的目的．如图所示，某同学质量为m=60kg，下放时下颚距单杠面的高度为H=0.4m，当他用F=720N的恒力将身体拉至某位置时，不再用力，依靠惯性继续向上运动．为保证此次引体向上合格，恒力F的作用时间至少为多少？不计空气阻力，重力加速度g=10m/s2．

正确答案

解：设施加恒力F时，人的加速度为a，由牛顿运动定律得

F-mg=ma

代入解得a===2m/s2

设加速运动时间为t，人加速上升的高度为

人加速上升的末速度为v=at

人不再用力后，以速度v竖直上抛的高度为=

且h1+h2=H

得到+=H

代入解得 t=s．

答：恒力F的作用时间至少为s．

解析

解：设施加恒力F时，人的加速度为a，由牛顿运动定律得

F-mg=ma

代入解得a===2m/s2

设加速运动时间为t，人加速上升的高度为

人加速上升的末速度为v=at

人不再用力后，以速度v竖直上抛的高度为=

且h1+h2=H

得到+=H

代入解得 t=s．

答：恒力F的作用时间至少为s．

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题型：单选题

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单选题

东风雪铁龙公司生产的新款“凯旋”汽车科技含量很高，其中防侧滑的“ESP”系统，中控电脑操作系统等技术都在同类车型中处于领先地位．已知“凯旋”汽车的总质量为1861kg，汽车从静止开始匀加速开出，然后保持匀速运动状态，最后匀减速运动直到停止，从汽车开始运动计时，下表给出了某时刻汽车的瞬时速度，根据表中的数据通过分析，计算可以得出（　　）

A汽车开始运动经历时间为4s

B汽车开始阶段发动机的牵引力为5583N

C汽车匀速运动的时间为2s

D汽车减速运动的时间为1s

正确答案

A

解析

解：A、匀加速运动阶段的加速度为：，匀加速运动的时间为：t1==4s，故A正确；

B、汽车匀加速阶段所受合外力为：F-f=ma1，则有：F-f=1861×3=5583N，故B错误；

C、而合外力F=F牵-F阻，匀减速阶段的加速度为：，匀减速运动的时间为：t1==2（s）汽车从3m/s减到0还需的时间为：t′==0.5s．即11s时速度减为0．所以汽车匀速运动的时间为5s．故CD错误

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

航空事业的发展离不开各种风洞试验．某次风洞试验简化模型如图所示：在足够大、水平光滑的平面上有一放置在x轴上A位置（-L，0）质量m=10kg的试验物块，用一长度为L=2m具有足够抗拉能力轻质不可伸长的细线栓接，细线另一端固定于平面坐标系xOy的原点O，现风洞沿+x方向持续且均匀产生风力使试验物块受到恒定且水平作用力F=100N；在t=0时刻由弹射装置使试验物块获得v0=2m/s沿+y方向的瞬时速度，考虑试验物块运动时可视为质点．试计算：

（1）细线刚拉直时位置B点（图中未画出）位置坐标值；

（2）拉直前瞬时，试验物块速度的大小和它与x轴的夹角θ（结果可用反三角值表示）

正确答案

解：（1）：根据运动的合成与分解规律可知，在x方向应有：x=a==5①

在y方向应有：y==2t②

绳刚好拉直时应有：=③

联立①②③解得：t=0.8s

所以，=，=-2=1.2m

即B点坐标为B（1.2m，1.6m）

（2）：拉直前瞬时应有：=at=10×0.8m/s=8.0m/s

==2m/s

所以==2m/s，方向tanθ==，

即θ=arctan

答：

（1）细线刚拉直时位置B点位置坐标值为B（1.2m，1.6m）

（2）拉直前瞬时，试验物块速度的大小为2m/s，它与x轴的夹角θ=arctan

解析

解：（1）：根据运动的合成与分解规律可知，在x方向应有：x=a==5①

在y方向应有：y==2t②

绳刚好拉直时应有：=③

联立①②③解得：t=0.8s

所以，=，=-2=1.2m

即B点坐标为B（1.2m，1.6m）

（2）：拉直前瞬时应有：=at=10×0.8m/s=8.0m/s

==2m/s

所以==2m/s，方向tanθ==，

即θ=arctan

答：

（1）细线刚拉直时位置B点位置坐标值为B（1.2m，1.6m）

（2）拉直前瞬时，试验物块速度的大小为2m/s，它与x轴的夹角θ=arctan

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题型：单选题

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单选题

如图，有质量分别为m1、m2的两个物体通过轻弹簧连接，在力F的作用下一起沿水平方向做匀加速直线运动（m1在光滑地面上，m2在空中）．已知力F与水平方向的夹角为θ．则m1的加速度大小为（　　）

A

B

C

D

正确答案

B

解析

解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，加速度为：a=．

则m1的加速度为：a=．故B正确，A、C、D错误．

故选：B．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，平板小车M的质量为2kg，放在足够长的光滑水平面上，质量为0.5kg的小物块m（可视为质点）放在小车的右端，物块m与小车M间的动摩擦因数为0.2，开始时m、M均静止，当用大小为6N的水平力F作用在小车上时，m、M立即发生相对滑动，水平力F作用0.5s后撤去，g取10m/s2．求：

（1）当力F作用在小车上时，小车的加速度为多大？

（2）当物块m的速度为1.1m/s时，小车M的速度为多大？

（3）设小车长为0.5m，则m是否会滑离 M？若m会滑离M，求滑离时两者的速度；若m不会滑离M，求m最终在小车上的位置（以m离M右端的距离表示）．

正确答案

解：（1）对M，根据牛顿第二定律，有

F-μmg=Ma

解得

（2）对m，加速时加速度为：

撤去拉力F后，M的速度为：v1=a1t=1.25m/s

此时m的速度为：v2=a2t=1m/s

撤去F后，系统动量守恒，有：Mv1+mv2=mv′2+Mv′1且v′2=1.1m/s

解得v′1=1.225m/s

（3）在力F作用下的0.5s内，M位移

物体m位移

相对位移

假设m不会离开M，撤去F后，二者达到共同速度v，则

Mv1+mv2=（M+m）v，解得v=1.2m/s；

设这段过程相对位移为△S′，则

所以

所以△S+△S′=0.075m＜L=0.5m

故m不会离开M，最终m在距离M右端0.075m处与M一起匀速运动．

答：（1）当力 F 作用在小车上时，小车的加速度为2.5m/s2；

（2）当物块 m 的速度为 1.1m/s 时，小车 M 的速度为1.225m/s；

（3）故m不会离开M，最终m在距离M右端0.075m处与M一起匀速运动．

解析

解：（1）对M，根据牛顿第二定律，有

F-μmg=Ma

解得

（2）对m，加速时加速度为：

撤去拉力F后，M的速度为：v1=a1t=1.25m/s

此时m的速度为：v2=a2t=1m/s

撤去F后，系统动量守恒，有：Mv1+mv2=mv′2+Mv′1且v′2=1.1m/s

解得v′1=1.225m/s

（3）在力F作用下的0.5s内，M位移

物体m位移

相对位移

假设m不会离开M，撤去F后，二者达到共同速度v，则

Mv1+mv2=（M+m）v，解得v=1.2m/s；

设这段过程相对位移为△S′，则

所以

所以△S+△S′=0.075m＜L=0.5m

故m不会离开M，最终m在距离M右端0.075m处与M一起匀速运动．

答：（1）当力 F 作用在小车上时，小车的加速度为2.5m/s2；

（2）当物块 m 的速度为 1.1m/s 时，小车 M 的速度为1.225m/s；

（3）故m不会离开M，最终m在距离M右端0.075m处与M一起匀速运动．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在水平地面上有一辆电动遥控车，其上表面MN与一条上端固定的长绳末端P点等高，遥控车始终以v0=2m/s的恒定速度向右运动，质量m=30kg的微型机器人（可看做质点）从绳上O点先沿绳从静止开始无摩擦下滑一段距离后，突然握紧绳子，与绳子之间产生900N的摩擦阻力，滑到绳子末端P时速度刚好为零，此时遥控车右端M恰好到达P点的正下方，已知OP的长度l1=7.5m，微型机器人与遥控车间的动摩擦因数μ=0.2，g取10m/s2．求：

（1）机器人从O点下滑至P点所用的时间t；

（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面MN至少多长；

（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量Q．

正确答案

解：（1）自由下滑的加速度为重力加速度g，设所用时间为t1，末速度为v1=gt1

握紧绳子后，对机器人受力分析可知：

f-mg=ma2

入数据解得 a2==20 m/s2

下滑时间为t2，根据速度关系知gt1=a2t2…①

位移关系l1=（t1+t2）…②

总时间t=t1+t2…③

由①②③式知：t=1.5s

（2）机器人落到车上后向右匀加速运动，与车同速时对地位移位x1，

根据牛顿第二定律有：μmg=ma3…④

x1=…⑤

车对地位移为：x2=v0t′=v0•…⑥

人和车的相对位移为△S，

则△s=x2-x1…⑦

由④⑤⑥⑦解得：△s=1m．

（3）由功能关系知产生热量：

Q=fh+μmg△s=900×7.5+0.2×30×10×1=6810J

答：（1）机器人从O点下滑至P点所用的时间t为1.5s；

（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面MN至少1m

（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量Q为6810J．

解析

解：（1）自由下滑的加速度为重力加速度g，设所用时间为t1，末速度为v1=gt1

握紧绳子后，对机器人受力分析可知：

f-mg=ma2

入数据解得 a2==20 m/s2

下滑时间为t2，根据速度关系知gt1=a2t2…①

位移关系l1=（t1+t2）…②

总时间t=t1+t2…③

由①②③式知：t=1.5s

（2）机器人落到车上后向右匀加速运动，与车同速时对地位移位x1，

根据牛顿第二定律有：μmg=ma3…④

x1=…⑤

车对地位移为：x2=v0t′=v0•…⑥

人和车的相对位移为△S，

则△s=x2-x1…⑦

由④⑤⑥⑦解得：△s=1m．

（3）由功能关系知产生热量：

Q=fh+μmg△s=900×7.5+0.2×30×10×1=6810J

答：（1）机器人从O点下滑至P点所用的时间t为1.5s；

（2）为保证滑下后机器人能留在车上，则遥控车的上表面MN至少1m

（3）机器人在沿绳向下运动和在遥控车上运动的整个过程中系统产生的总热量Q为6810J．

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题型：简答题

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简答题

如图，在水平地面xOy上有一沿x正方向作匀速运动的传送带，运动速度为3m/s，传送带上有一质量为1kg的正方形物体随传送带一起运动，当物体运动到yOz平面时遇到一阻挡板C，阻止其继续向x正方向运动．设物体与传送带间的动摩擦因数为μ1=0.1，与挡板之间的动摩擦因数为μ2=0.2．此时若要使物体沿y正方向以匀速4m/s运动，重力加速度为g=10m/s2，问：

（1）物体对阻挡板C的压力大小是多少？

（2）沿y方向所加外力为多少？

正确答案

解：（1）xOy对物块摩擦力如左图所示，物块沿y轴正

向匀速运动时受力图如右图所示．由图可知：

tanθ=

故θ=37°

传送带对物块的摩擦力：f1=μ1mg=1N

挡板对物体的支持力N=f1sinθ=0.6N

根据牛顿第三定律，物体对挡板的压力为N’=N=0.6N

（2）挡板对物块的摩擦力f2=μ2N=0.12N

沿y方向所加外力F=f2+f1cosθ=0.92N

答：（1）物体对阻挡板C的压力大小是0.6N

（2）沿y方向所加外力为0.92N

解析

解：（1）xOy对物块摩擦力如左图所示，物块沿y轴正

向匀速运动时受力图如右图所示．由图可知：

tanθ=

故θ=37°

传送带对物块的摩擦力：f1=μ1mg=1N

挡板对物体的支持力N=f1sinθ=0.6N

根据牛顿第三定律，物体对挡板的压力为N’=N=0.6N

（2）挡板对物块的摩擦力f2=μ2N=0.12N

沿y方向所加外力F=f2+f1cosθ=0.92N

答：（1）物体对阻挡板C的压力大小是0.6N

（2）沿y方向所加外力为0.92N

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题型：简答题

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简答题

如图所示用30cm的细线将质量为4×10-3kg带电小球悬挂在o点下方，当空中有方向如图所示大小为4×104N/C的足够大的匀强电场时，小球偏转37°后处于静止状态．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10N/kg）

（1）分析小球的带电性质；

（2）求小球的电荷量；

（3）分析如果把细线剪断，小球将做什么性质的运动．

正确答案

解：（1）由图知带电小球受到向左的电场力作用，故小球带正电；

（2）小球受力平衡，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

qE=mgtan37°

解得：

q===7.5×10-7C

小球的电荷量为7.5×10-7C

（3）如果细线被剪断，拉力和电场力不变，故加速度为：

a===12.5m/s2

小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动；

答：（1）小球的带正电；

（2）小球的电荷量为7.5×10-7C；

（3）如果把细线剪断，小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动．

解析

解：（1）由图知带电小球受到向左的电场力作用，故小球带正电；

（2）小球受力平衡，如图所示：

根据共点力平衡条件，有：

qE=mgtan37°

解得：

q===7.5×10-7C

小球的电荷量为7.5×10-7C

（3）如果细线被剪断，拉力和电场力不变，故加速度为：

a===12.5m/s2

小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动；

答：（1）小球的带正电；

（2）小球的电荷量为7.5×10-7C；

（3）如果把细线剪断，小球将做初速度为零加速度大小为12.5m/s2，运动方向与竖直方向的夹角为37°斜向下的匀加速直线运动．

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题型：简答题

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简答题

用水平力拉动物体在水平面上做加速直线运动．当改变拉力的大小时，物体运动的加速度也随之变化，a和F的关系如图所示．g取10m/s2．

（1）根据图线所给的信息，求物体的质量及物体与水平面间的动摩擦因数；

（2）若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，请在图的坐标系上画出这种情况下的a-F图线．（要求写出作图的根据）

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律：F-μmg=ma

所以：a=F-μg

可见a-F图象是一条直线，直线的斜率：k==2kg-1，纵轴截距为：-μg=-2m/s2

解得物体的质量为：m=0.5kg，物体与地面间的动摩擦因数为：μ=0.2．

（2）若质量的质量加倍时，物体的加速度为a=

则知，直线斜率为：k′==1.0kg-1，纵轴的截距不变，仍为-2m/s2，作出如图所示的图线．

答：（1）根据图线所给的信息，物体的质量是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；

（2）若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，在图的坐标系上画出这种情况下的a-F图线如图所示．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律：F-μmg=ma

所以：a=F-μg

可见a-F图象是一条直线，直线的斜率：k==2kg-1，纵轴截距为：-μg=-2m/s2

解得物体的质量为：m=0.5kg，物体与地面间的动摩擦因数为：μ=0.2．

（2）若质量的质量加倍时，物体的加速度为a=

则知，直线斜率为：k′==1.0kg-1，纵轴的截距不变，仍为-2m/s2，作出如图所示的图线．

答：（1）根据图线所给的信息，物体的质量是0.5kg，物体与水平面间的动摩擦因数是0.2；

（2）若改用质量是原来2倍的同种材料的物体，在图的坐标系上画出这种情况下的a-F图线如图所示．

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