- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：当M与m间的静摩擦力f≤μmg=2N时，木块与小车一起运动，且加速度相等；
当M与m间相对滑动后，M对m的滑动摩擦力不变，则m的加速度不变，所以当M与m间的静摩擦力刚达到最大值时，木块的加速度最大，由牛顿第二定律得：
此时F=（M+m）am=（5+1）×2N=12N
当F＜12N，有aM=am．
当F＞12N后，木块与小车发生相对运动，小车的加速度大于木块的加速度，aM＞am=2m/s2．故C正确，A、B、D错误．
故选：C．
如图（1）固定光滑细杆与地面成一定倾角，在杆上套有一个光滑小环，小环在沿杆方向的推力F作用下向上运动，推力F与小环速度V随时间变化规律如图2所示，取重力加速度g=10m/s2．则小环在0-2s内运动的加速度为______，小球的质量m=______，细杆与地面间的倾角α=______．
正确答案
0.5m/s2
1kg
30°
解析
解：由图得：a=
前2s，物体受重力支持力和拉力，根据牛顿第二定律得
F1-mgsinα=ma
2s后物体做匀速运动，根据共点力平衡条件有
F2=mgsinα
解得：m=1kg，α=30°
故答案为：0.5m/s2；1kg；30°．
正确答案
解：物体的受力分析如图所示，则N=mg-Fsinα，
物体所受的合力F合=Fcosα-μ（mg-Fsinα），
根据动能定理得，
解得v=
答：木箱获得的速度为v=
解析
解：物体的受力分析如图所示，则N=mg-Fsinα，
物体所受的合力F合=Fcosα-μ（mg-Fsinα），
根据动能定理得，
解得v=
答：木箱获得的速度为v=
（1）当弹簧秤的示数T1=40N，且保持不变．
（2）当弹簧秤的示数T2=32N，且保持不变．
（3）当弹簧秤的示数T3=44N，且保持不变．
正确答案
解：选取物体为研究对象，通过受力分析可知
（1）当T1=40N时，根据牛顿第二定律有T1-mg=ma1，解得
这时电梯的加速度
由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当T2=32N时，根据牛顿第二定律有T2-mg=ma2得，
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升．
（3）当T3=44N时，根据牛顿第二定律有T3-mg=ma3，得
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降．
答：1）当弹簧秤的示数T1=40N，且保持不变为电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当弹簧秤的示数T2=32N，且保持不变为电梯加速下降或减速上升．
（3）当弹簧秤的示数T3=44N，且保持不变为电梯加速上升或减速下降．
解析
解：选取物体为研究对象，通过受力分析可知
（1）当T1=40N时，根据牛顿第二定律有T1-mg=ma1，解得
这时电梯的加速度
由此可见电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当T2=32N时，根据牛顿第二定律有T2-mg=ma2得，
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向下．电梯加速下降或减速上升．
（3）当T3=44N时，根据牛顿第二定律有T3-mg=ma3，得
这时电梯的加速度
即电梯的加速度方向竖直向上．电梯加速上升或减速下降．
答：1）当弹簧秤的示数T1=40N，且保持不变为电梯处于静止或匀速直线运动状态．
（2）当弹簧秤的示数T2=32N，且保持不变为电梯加速下降或减速上升．
（3）当弹簧秤的示数T3=44N，且保持不变为电梯加速上升或减速下降．
如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m．已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，m与M之间的动摩擦因数μ2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处的P点有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板，g取10m/s2，求：
（1）木板碰挡板时的速度V1为多少？
（2）碰后M与m刚好共速时的速度？
（3）最终木板停止运动时AP间距离？
正确答案
解．（1）对木块和木板组成的系统，有：μ1（m+M）g=（m+M）a1
V02-V12=2a1s
代入数据得：V1=9m/s
（2）由牛顿第二定律可知：am=μ2g=9m/s2
aM=
m运动至停止时间为：t1=
此时M速度：VM=V1-aMt1=9-6×1=3m/s，方向向左，
此后至m，M共速时间t2，
有：VM-aMt2=amt2
得：t2=0.2s
共同速度V共=1.8m/s，方向向左
（3）至共速M位移：S1=
共速后m，M以a1=μ1g=1m/s2
向左减速至停下位移：S2=1.62m
最终AP间距：X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m
答：（1）木板碰挡板时的速度V1为9m/s；
（2）碰后M与m刚好共速时的速度为1.8m/s，方向向左；
（3）最终木板停止运动时AP间距离为19.60m．
解析
解．（1）对木块和木板组成的系统，有：μ1（m+M）g=（m+M）a1
V02-V12=2a1s
代入数据得：V1=9m/s
（2）由牛顿第二定律可知：am=μ2g=9m/s2
aM=
m运动至停止时间为：t1=
此时M速度：VM=V1-aMt1=9-6×1=3m/s，方向向左，
此后至m，M共速时间t2，
有：VM-aMt2=amt2
得：t2=0.2s
共同速度V共=1.8m/s，方向向左
（3）至共速M位移：S1=
共速后m，M以a1=μ1g=1m/s2
向左减速至停下位移：S2=1.62m
最终AP间距：X=11.5+S1+S2=11.5+6.48+1.62=19.60m
答：（1）木板碰挡板时的速度V1为9m/s；
（2）碰后M与m刚好共速时的速度为1.8m/s，方向向左；
（3）最终木板停止运动时AP间距离为19.60m．
（1）物体上滑的最大距离
（2）物体返回斜面底端的时间
（3）物体运动到最大高度一半时的速度．
正确答案
解：（1）物体上滑过程，根据动能定理得
-（mgxsinθ+μmgcosθ）x=0-
解得，x=1.6m
（2）根据牛顿第二定律得，物体下滑过程的加速度大小为a=
代入解得，a=3.2m/s2．
由x=
（3）设上滑和下滑到最大高度一半时物体的速度大小分别为v1和v2，则
上滑：-（mgxsinθ+μmgcosθ）
下滑：（mgxsinθ-μmgcosθ）
解得，v1=3.2
答：
（1）物体上滑的最大距离是1.6m．
（2）物体返回斜面底端的时间是1s．
（3）物体上滑到最大高度一半时的速度为3.2
解析
解：（1）物体上滑过程，根据动能定理得
-（mgxsinθ+μmgcosθ）x=0-
解得，x=1.6m
（2）根据牛顿第二定律得，物体下滑过程的加速度大小为a=
代入解得，a=3.2m/s2．
由x=
（3）设上滑和下滑到最大高度一半时物体的速度大小分别为v1和v2，则
上滑：-（mgxsinθ+μmgcosθ）
下滑：（mgxsinθ-μmgcosθ）
解得，v1=3.2
答：
（1）物体上滑的最大距离是1.6m．
（2）物体返回斜面底端的时间是1s．
（3）物体上滑到最大高度一半时的速度为3.2
（1）求这段时间内悬索对被困人员B的拉力大小；
（2）求在5s末被困人员B的速度大小及位移大小；
（3）直升机在t=5s时停止收悬索，但发现仍然未脱离洪水围困区，为将被困人员B尽快运送到安全处，飞机在空中旋转后静止在空中寻找最近的安全目标，致使被困人员B在空中做圆周运动，如图乙所示．此时悬索与竖直方向成37°角，不计空气阻力，求被困人员B做圆周运动的线速度以及悬索对被困人员的拉力．（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8）
正确答案
解：（1）在竖直方向上被困人员的位移y=H-l=50-（50-t2）=t2，
由此可知，被困人员在竖直方向上做初速度为零、加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动
由牛顿第二定律可得F-mg=ma
解得悬索的拉力F=m（g+a）=50×12N=600 N
（2）被困人员5 s末在竖直方向上的速度为vy=at=10 m/s，
合速度v=
竖直方向上的位移y=
水平方向的位移x=v0t=10×5m=50 m，
合位移s=
（3）t=5 s时悬索的长度l′=50-y=25 m，
旋转半径r=l′sin 37°，由mgtan 37°=m
解得v′=
FTcos 37°=mg，解得FT=
答：（1）这段时间内悬索对被困人员B的拉力大小为600N．
（2）在5s末被困人员B的速度大小为
（3）被困人员B做圆周运动的线速度为
解析
解：（1）在竖直方向上被困人员的位移y=H-l=50-（50-t2）=t2，
由此可知，被困人员在竖直方向上做初速度为零、加速度a=2 m/s2的匀加速直线运动
由牛顿第二定律可得F-mg=ma
解得悬索的拉力F=m（g+a）=50×12N=600 N
（2）被困人员5 s末在竖直方向上的速度为vy=at=10 m/s，
合速度v=
竖直方向上的位移y=
水平方向的位移x=v0t=10×5m=50 m，
合位移s=
（3）t=5 s时悬索的长度l′=50-y=25 m，
旋转半径r=l′sin 37°，由mgtan 37°=m
解得v′=
FTcos 37°=mg，解得FT=
答：（1）这段时间内悬索对被困人员B的拉力大小为600N．
（2）在5s末被困人员B的速度大小为
（3）被困人员B做圆周运动的线速度为
（1）轮子顺时针方向转动；
（2）轮子逆时针方向转动．
正确答案
小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，
都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
如图甲所示，
根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：
a1=
小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则
s=
t=
（2）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，
小物体下滑的加速度a2=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2
小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为
t1=
在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：
由于 μ＜tanθ，
此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图乙所示，
其加速度变为：a1=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
小物体从该位置起运动到B端的位移为：s-s1=16m-5m=11m
小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，
由s-s1=vt2+
代入数据，解得t2=1s（t2=-11s舍去）
所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s．
答：（1）如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为4s；
（2）如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为2s．
解析
小物体沿传送带向下滑动时，无论传送带时静止还是沿顺时针分析正常转动，小物体的受力情况完全一样，
都是在垂直传送带的方向受力平衡，受到沿传送带向上的滑动摩擦力，
如图甲所示，
根据牛顿第二定律，小物体沿传送带下滑的加速度为：
a1=
小物体从A端运动到B端做初速度为零的匀加速直线运动，设需要的时间为t，则
s=
t=
（2）当传送带沿逆时针方向正常转动时，开始时，传送带作用于小物体的摩擦力沿传送带向下，
小物体下滑的加速度a2=g（sinθ+μcosθ）=10m/s2
小物体加速到与传送带运行速度相同是需要的时间为
t1=
在这段时间内，小物体沿传送带下滑的距离为：
由于 μ＜tanθ，
此后，小物体沿传送带继续加速下滑时，它相对于传送带的运动的方向向下，因此传送带对小物体的摩擦力方向有改为沿传送带向上，如图乙所示，
其加速度变为：a1=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
小物体从该位置起运动到B端的位移为：s-s1=16m-5m=11m
小物体做初速度为v=10m/s、加速度为a1的匀加速直线运动，
由s-s1=vt2+
代入数据，解得t2=1s（t2=-11s舍去）
所以，小物体从A端运动到B端的时间为t=t1+t2=2s．
答：（1）如果传送带沿顺时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为4s；
（2）如果传送带沿逆时针方向正常转动，小物体从A端运动到B端的时间为2s．
甲、乙两小孩在平直跑道上做游戏，将质量为m=10kg的处于静止状态的物体，从同一起跑线开始分别沿直线推动．
（1）第一次只有甲用水平推力F1=50N持续作用在物体上，经过t1=3s，物体被推到距离起跑线x=18m的位置P点，求物体所受的阻力是多大？
（2）第二次只有乙用水平推力F2=30N持续作用在物体上，在t2=5s末撤去推力F2，求物体停止运动时距离起跑线多远？
正确答案
解：（1）甲施加水平力F1时，加速度为a1，由运动学公式可得：
代入数据解得：
设阻力为f，由牛顿第二运动定律可得：F1-f=ma1
代入数据解得：f=10N
（2）小孩乙推力F2作用t2=5s时，物体运动的距离为：
其中：F2-f=ma2
撤去推力F2后速度大小为：v=a2t2
撤去推力F2后加速度大小为：
滑行的距离为：
代入数据解得：x总=x1+x2=75m
答：（1）物体所受的阻力是10N；
（2）物体停止运动时距离起跑线75m远．
解析
解：（1）甲施加水平力F1时，加速度为a1，由运动学公式可得：
代入数据解得：
设阻力为f，由牛顿第二运动定律可得：F1-f=ma1
代入数据解得：f=10N
（2）小孩乙推力F2作用t2=5s时，物体运动的距离为：
其中：F2-f=ma2
撤去推力F2后速度大小为：v=a2t2
撤去推力F2后加速度大小为：
滑行的距离为：
代入数据解得：x总=x1+x2=75m
答：（1）物体所受的阻力是10N；
（2）物体停止运动时距离起跑线75m远．
求：（1）斜面的倾角α；
（2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ；
（3）物体经过多长时间下滑到B点．
正确答案
解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为：
由牛顿第二定律得：mgsinα=ma1，
代入数据得：α=30°
（2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为：
由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
代入数据得：μ=0.2；
（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有：
vB=a1t，
v1.2=vB-a2（1.2-t），
代入得：v1.2=a1t-a2（1.2-t）；
解得：t=0.5s，vB=2.5m/s；
答：（1）斜面的倾角α为30°；
（2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ为0.2；
（3）物体下滑到B点所用时间为0.5s．
解析
解：（1）由表格中前三列数据可知，物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为：
由牛顿第二定律得：mgsinα=ma1，
代入数据得：α=30°
（2）由表格中第4、5两组数据可知，物体在水平面上匀减速运动的加速度大小为：
由牛顿第二定律得：μmg=ma2，
代入数据得：μ=0.2；
（3）研究物体由t=0到t=1.2s过程，设物体在斜面上运动的时间为t，则有：
vB=a1t，
v1.2=vB-a2（1.2-t），
代入得：v1.2=a1t-a2（1.2-t）；
解得：t=0.5s，vB=2.5m/s；
答：（1）斜面的倾角α为30°；
（2）物体和水平面之间的动摩擦因数μ为0.2；
（3）物体下滑到B点所用时间为0.5s．
扫码查看完整答案与解析