- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
2a
不变
解析
解：
施加竖直力F后，根据牛顿第二定律得，物体的加速度a′=
若物体原来匀速下滑，则根据共点力平衡得，mgsinθ=μmgcosθ．
施加F后，因为（F+mg）sinθ=μ（F+mg）cosθ，所以物体仍然做匀速下滑，速度不变．
故答案为：2a，不变．
求：若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s．
正确答案
解：由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v0和与传送带乙运动方向相反的速度v0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系．
根据牛顿第二定律可知：ax=-
即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为s：由
s=
答：若乙的速度为v0，工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s为
解析
解：由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v0和与传送带乙运动方向相反的速度v0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45°，如下图所示，并建立图示直角坐标系．
根据牛顿第二定律可知：ax=-
即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为s：由
s=
答：若乙的速度为v0，工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s为
已知sin37°=0.6，con37°=0.8，g取10m/s2求：
（1）A、C两点间的距离
（2）水平恒力F的大小．
正确答案
解：（1）物块匀加速运动过程中的加速度为：a1=
关闭风洞时的速度为：v=a1t=5×1.2=6m/s
关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2=
匀加速过程的位移：x1=
匀减速过程的位移：x2=
故A、C两点间的距离为：x=x1+x2=3.6+1.8=5.4m
（2）由牛顿第二定律得，
匀加速过程：Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma1
匀减速过程：-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2
联立两式代入数据得：F=30N
答：（1）A、C两点间的距离为5.4m
（2）水平恒力F的大小为30N．
解析
解：（1）物块匀加速运动过程中的加速度为：a1=
关闭风洞时的速度为：v=a1t=5×1.2=6m/s
关闭风洞后物块匀减速运动的加速度为：a2=
匀加速过程的位移：x1=
匀减速过程的位移：x2=
故A、C两点间的距离为：x=x1+x2=3.6+1.8=5.4m
（2）由牛顿第二定律得，
匀加速过程：Fcos37°-mgsin37°-μ（mgcos37°+Fsin37°）=ma1
匀减速过程：-（mgsin37°+μmgcos37°）=ma2
联立两式代入数据得：F=30N
答：（1）A、C两点间的距离为5.4m
（2）水平恒力F的大小为30N．
正确答案
2h
解析
解：从静止放开小球后，小球做简谐运动．球上升到最高点时，速度为零，根据对称性可知，弹簧的伸长量为h，所以距地面的最大高度为2h．
在最高点和最低点所受的合力大小相等，在最低点合力最大，F合=kh，则最高点合力也为kh，根据牛顿第二定律得：a=
故答案为：2h，
正确答案
解析
解：设任一斜面的倾角为θ，圆槽直径为d．根据牛顿第二定律得到：a=gsinθ，斜面的长度为x=dsinθ，
则有：x=
t=
故选：A．
甲、乙两物体的质量之比为5：4，所受外力大小之比为2：3，则甲、乙两物体加速度之比为______．
正确答案
8：15
解析
解：根据a=
故答案为：8：15．
（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少多长才能保证飞机不滑到海里？
（2）为了让飞机在有限长度的跑道上停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速，同时考虑到飞机尾钩挂索失败需要复飞的情况，飞机着舰时并不关闭发动机．图示为飞机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时发动机的推力大小为F=1.2×105 N，减速的加速度a1=20m/s2，此时阻拦索夹角θ=106°，空气阻力和甲板阻力保持不变，求此时阻拦索承受的张力大小？
正确答案
得S0=
代入数据可得S0=1102.5m
（2）飞机受力分析如图所示．
由牛顿第二定律有2FTcosθ+f-F=ma
其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力
飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0
联立上式可得FT=5×105 N
答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；
（2）此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N
解析
得S0=
代入数据可得S0=1102.5m
（2）飞机受力分析如图所示．
由牛顿第二定律有2FTcosθ+f-F=ma
其中FT为阻拦索的张力，f为空气和甲板对飞机的阻力
飞机仅受空气阻力和甲板阻力时f=ma0
联立上式可得FT=5×105 N
答：（1）飞机着舰后，若仅受空气阻力和甲板阻力作用，航母甲板至少1102.5m才能保证飞机不滑到海里；
（2）此时阻拦索承受的张力大小为5×105 N
（1）若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s；
（2）若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；
（3）保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复，若每个工件的质量为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率
正确答案
解：（1）摩擦力与侧向的夹角为45°，
侧向加速度大小ax=μgcos45°，
根据
（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，
则
很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，
解得
且由题意知，tanθ=
所以摩擦力方向保持不变，
则当vx′=0时，vy′=0，即v=2v0．
（3）工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，
由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，
在侧向上
工件滑动时间
工件相对乙的位移L=
则系统摩擦生热Q=μmgL，
依据功能关系，则电动机做功：
由
答：（1）工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离为s=
（2）工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0．
（3）驱动乙的电动机的平均输出功率
解析
解：（1）摩擦力与侧向的夹角为45°，
侧向加速度大小ax=μgcos45°，
根据
（2）设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为θ，侧向、纵向加速度大小分别为ax、ay，
则
很小的△t时间内，侧向、纵向的速度增量△vx=ax△t，△vy=ay△t，
解得
且由题意知，tanθ=
所以摩擦力方向保持不变，
则当vx′=0时，vy′=0，即v=2v0．
（3）工件在乙上滑动时侧向位移为x，沿乙方向的位移为y，
由题意知，ax=μgcosθ，ay=μgsinθ，
在侧向上
工件滑动时间
工件相对乙的位移L=
则系统摩擦生热Q=μmgL，
依据功能关系，则电动机做功：
由
答：（1）工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离为s=
（2）工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v=2v0．
（3）驱动乙的电动机的平均输出功率
正确答案
5
解析
解：由图象知，当F1、F2成0°角时，两个力的合力为F1+F2，当两个力成180°时，两个力的合力为F1-F2（F1＞F2）
由图象得：
F1+F2=7N ①
F1-F2=1N ②
由①式和②式可得：F1=4N；F2=3N
当两力夹角为90°时F=
故答案为：5．
如图所示，一质量M=0.2kg的长木板静止在水平面上，长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.1，一质量m=0.2kg小滑块以v0=1.2m/s的速度从长木板的左端滑上长木板，小滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.4．问：
（1）经过多少时间小滑块与长木板速度相等？
（2）从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块运动的距离为多少？（滑块始终没有滑离长木板）
（3）小滑块与木板间因摩擦而产生的热量为多少？
正确答案
解：（1）小滑块受到的滑动摩擦力为f2，方向向左
f2=μ2mg=0.8N，
长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力f2′，方向向右
f2′=f2=0.8N
长木板受地面的滑动摩擦力f1=μ1（m+M）g=0.4N．
f1方向向左，f2′＞f1，长木板向右加速，小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为a1，小滑块加速度为a2，根据牛顿第二定律
a2=μ2g=4m/s2，a1=
当小滑块与长木板的速度相等时，v0-a2t=a1t，
所以t=0.2s．
答：经过0.2s的时间小滑块与长木板速度相同．
（2）由于小滑块与长木板相对静止，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a，一起做匀减速运动的距离为S2
f1=μ1（m+M）g=（m+M）a
故a=μ1g=1m/s2
一起减速的初速度为木块加速运动的末速度，故减速的初速度为v=0.4m/s
S2=
设相对运动前小滑块运动的距离为S1
S1=v0t-
整个过程中，小滑块滑动运动的距离S
S=S1+S2=0.24m
答：从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为0.24m．
t=0.2S
（3）在木块与木板有相对运动的过程中有热量产生，在该过程中，
滑块的位移为：
木板的位移为：
相对位移为：△s=s1-s2
Q=mgμ△s=0.096J
答：小滑块与木板间因摩擦而产生的热量为0.096J．
解析
解：（1）小滑块受到的滑动摩擦力为f2，方向向左
f2=μ2mg=0.8N，
长木板受到小滑块给予的滑动摩擦力f2′，方向向右
f2′=f2=0.8N
长木板受地面的滑动摩擦力f1=μ1（m+M）g=0.4N．
f1方向向左，f2′＞f1，长木板向右加速，小滑块向右做减速运动，长木块的加速度为a1，小滑块加速度为a2，根据牛顿第二定律
a2=μ2g=4m/s2，a1=
当小滑块与长木板的速度相等时，v0-a2t=a1t，
所以t=0.2s．
答：经过0.2s的时间小滑块与长木板速度相同．
（2）由于小滑块与长木板相对静止，它们一起做匀减速运动，设共同加速度大小为a，一起做匀减速运动的距离为S2
f1=μ1（m+M）g=（m+M）a
故a=μ1g=1m/s2
一起减速的初速度为木块加速运动的末速度，故减速的初速度为v=0.4m/s
S2=
设相对运动前小滑块运动的距离为S1
S1=v0t-
整个过程中，小滑块滑动运动的距离S
S=S1+S2=0.24m
答：从小滑块滑上长木板到最后静止下来的过程中，小滑块滑动的距离为0.24m．
t=0.2S
（3）在木块与木板有相对运动的过程中有热量产生，在该过程中，
滑块的位移为：
木板的位移为：
相对位移为：△s=s1-s2
Q=mgμ△s=0.096J
答：小滑块与木板间因摩擦而产生的热量为0.096J．
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