- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：A、设两球的质量均为m．在细线烧断前，以B球为研究对象，根据平衡条件得到弹簧的弹力F=mgsinθ，
在细线被烧断的瞬间，弹簧的弹力没有变化，则B球的受力情况没有变化，瞬时加速度为零，
而此瞬间A球所受的合力大小为F+mgsinθ=2mgsinθ，方向沿斜面向下，
根据牛顿第二定律得，A球的加速度大小为aA=
C、D、在细线被烧断后的一小段时间内（弹簧仍拉伸），A受沿斜面向下的拉力，与重力的分力之和提供加速度；B受沿斜面向上的拉力，与重力沿斜面的分力之差提供加速度，故aA＞aB，故C正确，D错误
故选：C
正确答案
解：首先，在FT的作用下，木箱和物体P整体能加速上升．
即FT＞（M+m）g．即FT＞2N．
其次，FT的作用不能使（M+m）的加速度太大．否则当木箱与E发生大速度碰撞后，P做竖直上抛运动会与木箱顶ad相碰．
设临界状态下木箱在FT牵引下向上加速度为a，木箱与挡板E碰撞前瞬时速度为v，则：
木箱与挡板E碰后，P做竖直上抛运动，初速度为v，临界最大高度为L，则v2=2gl，可得：
临界 FT‘=（m+M）g+（m+M）a=2.5N
综上所述，FT的范围为2N＜FT＜2.5 N．
答：为使小物体P不会和木箱顶ad相碰，恒力F的取值围是2N＜F＜2.5N．
解析
解：首先，在FT的作用下，木箱和物体P整体能加速上升．
即FT＞（M+m）g．即FT＞2N．
其次，FT的作用不能使（M+m）的加速度太大．否则当木箱与E发生大速度碰撞后，P做竖直上抛运动会与木箱顶ad相碰．
设临界状态下木箱在FT牵引下向上加速度为a，木箱与挡板E碰撞前瞬时速度为v，则：
木箱与挡板E碰后，P做竖直上抛运动，初速度为v，临界最大高度为L，则v2=2gl，可得：
临界 FT‘=（m+M）g+（m+M）a=2.5N
综上所述，FT的范围为2N＜FT＜2.5 N．
答：为使小物体P不会和木箱顶ad相碰，恒力F的取值围是2N＜F＜2.5N．
（1）小球从A点运动到B点所经历的时间是多少？
（2）小球从A点运动到C点的这一过程中平均速度大小是多少？
正确答案
解：（1）设B点速度为v，由2ax=v12-v02
对AB段有：2a1x1=v2-0
可得：x1=
对BC段有：-2a2x2=0-v2
可得：x2=
由ABC总路程s=x1+x2
解得：v=
故AB段小球的运动时间 t=
（2）由上题得：x1=
设AB和BC的倾角分别为α和β．
则有a1=gsinα，a2=gsinβ
A到C的位移为 x=x1cosα+x2cosβ
由于α+β=90°，则cosα=sinβ，cosβ=sinα
可得：x=x1sinβ+x2sinα
小球从B点运动到C点的时间为 t′=
小球从A点运动到C点的过程中平均速度大小 
联立以上各式得：
答：（1）小球从A点运动到B点所经历的时间是
（2）小球从A点运动到C点的这一过程中平均速度大小是
解析
解：（1）设B点速度为v，由2ax=v12-v02
对AB段有：2a1x1=v2-0
可得：x1=
对BC段有：-2a2x2=0-v2
可得：x2=
由ABC总路程s=x1+x2
解得：v=
故AB段小球的运动时间 t=
（2）由上题得：x1=
设AB和BC的倾角分别为α和β．
则有a1=gsinα，a2=gsinβ
A到C的位移为 x=x1cosα+x2cosβ
由于α+β=90°，则cosα=sinβ，cosβ=sinα
可得：x=x1sinβ+x2sinα
小球从B点运动到C点的时间为 t′=
小球从A点运动到C点的过程中平均速度大小
联立以上各式得：
答：（1）小球从A点运动到B点所经历的时间是
（2）小球从A点运动到C点的这一过程中平均速度大小是
正确答案
解析
解：A、刚放上木炭包时，木炭包的速度慢，传送带的速度快，木炭包向后滑动，所以黑色的径迹将出现在木炭包的右侧，故A正确，B错误；
C、木炭包在传送带上运动靠的是与传送带之间的摩擦力，摩擦力作为它的合力产生加速度，
所以由牛顿第二定律知，μmg=ma，所以a=μg，
当达到共同速度时，不再有相对滑动，
由V2=2ax 得，木炭包位移 X木=
设相对滑动的时间为t，
由V=at，得t=
此时传送带的位移为x传=vt=
所以滑动的位移是△x=x传-X木=
由此可以知道，黑色的径迹与木炭包的质量无关，动摩擦因素越大，相对位移越小，故C错误，D正确；
故选：AD．
A车厢的加速度为gsinθ
B绳对物体1的拉力为
C底板对物体2的支持力为（m2-m1）g
D物体2所受底板的摩擦力为m2g tanθ
正确答案
解析
m1gtanθ=m1a，得a=gtanθ，则车厢的加速度也为gtanθ．
绳子的拉力
C、D、对物体2研究，分析受力如图2，根据牛顿第二定律得：N=m2g-T=m2g-
故选：BD．
（1）若乙保持静止，求某工件在乙上滑行的距离；
（2）若乙的速度也为v0，求：
①刚滑上乙时，某工件受到摩擦力的大小和方向；
②某工件在乙上垂直于传送带乙的运动方向滑行的距离；
③某工件在乙上滑行的过程中产生的热量．
（3）若乙的速度为v，试判断某工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力是否发生变化，并通过分析和计算说明理由．
正确答案
解：（1）若乙保持静止，根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
解得工件在乙上滑行的距离
（2）①沿甲与乙的运动方向建立坐标系如答图1所示．刚滑上乙时，工件相对乙运动的速度为
工件受到摩擦力的大小为f=μmg
方向如图所示，θ=45°
②沿x轴方向，根据牛顿运动定律和运动学公式
μmgsinθ=max
解得工件在乙上垂直于乙的运动方向滑行的距离
③工件在乙上沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y
根据牛顿运动定律和运动学公式
ax=μgsinθ，ay=μgcosθ
在x轴方向
工件滑动的时间
工件相对乙的位移
解得
摩擦生热 Q=μmgL
解得
（3）当乙的速度为v时，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角为α
工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如答图2所示．
经过极短的时间△t，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为vx=v0-ax△t，vy=v-ay△t
解得 
表明经过极短的时间△t，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为α，所以摩擦力方向保持不变
故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力的大小始终为f=μmg，方向不变
答：（1）若乙保持静止，某工件在乙上滑行的距离为
（2）若乙的速度也为v0，
①刚滑上乙时，某工件受到摩擦力的大小μmg，方向45°；
②某工件在乙上垂直于传送带乙的运动方向滑行的距离为
③某工件在乙上滑行的过程中产生的热量
（3）若乙的速度为v，某工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力没发生变化
解析
解：（1）若乙保持静止，根据牛顿第二定律和运动学公式
μmg=ma
解得工件在乙上滑行的距离
（2）①沿甲与乙的运动方向建立坐标系如答图1所示．刚滑上乙时，工件相对乙运动的速度为
工件受到摩擦力的大小为f=μmg
方向如图所示，θ=45°
②沿x轴方向，根据牛顿运动定律和运动学公式
μmgsinθ=max
解得工件在乙上垂直于乙的运动方向滑行的距离
③工件在乙上沿x轴方向的位移为x，沿y轴方向的位移为y
根据牛顿运动定律和运动学公式
ax=μgsinθ，ay=μgcosθ
在x轴方向
工件滑动的时间
工件相对乙的位移
解得
摩擦生热 Q=μmgL
解得
（3）当乙的速度为v时，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角为α
工件受到的摩擦力与二者相对速度的方向相反，如答图2所示．
经过极短的时间△t，x轴、y轴方向的相对速度大小分别为vx=v0-ax△t，vy=v-ay△t
解得
表明经过极短的时间△t，工件相对乙的速度与y轴方向的夹角仍为α，所以摩擦力方向保持不变
故工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力的大小始终为f=μmg，方向不变
答：（1）若乙保持静止，某工件在乙上滑行的距离为
（2）若乙的速度也为v0，
①刚滑上乙时，某工件受到摩擦力的大小μmg，方向45°；
②某工件在乙上垂直于传送带乙的运动方向滑行的距离为
③某工件在乙上滑行的过程中产生的热量
（3）若乙的速度为v，某工件在乙上滑行的过程中所受摩擦力没发生变化
频闪照相是研究物理问题的重要手段．如图所示是某同学研究一质量为m=0.5kg的小滑块从光滑水平面滑上粗糙斜面并向上滑动时的频闪照片．已知斜面足够长，倾角α=37°，闪光频率为10Hz．经测量换算获得实景数据：sl=s2=40cm，s3=35cm，s4=25cm，s5=15cm．（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），设滑块通过平面与斜面连接处时没有能量损失．求
（1）滑块沿水平面运动的速度大小；
（2）滑块沿斜面向上运动的加速度及向上运动的最大距离；
（3）试判断滑块在斜面上运动到最高点后，能否自行沿斜面下滑，并说明理由．
正确答案
解：（1）物块在水平面上做匀速直线运动的速度
v0=
代入数据得0=4.0m/s
（2）物块沿斜面向上做匀减速直线运动
由公式3-4=2
得加速度1=10m/s2
方向沿斜面向下
当速度为零时，位移最大，
由 
得s=0.8m
（3）由牛顿第二定律得
mgsina+μmgcosα=ma1
代入数据得=0.5
因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑．
答：（1）滑块沿水平面运动的速度大小为4.0m/s；
（2）滑块沿斜面向上运动的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下，向上运动的最大距离为0.8m；
（3）试判断滑块在斜面上运动到最高点后，能自行沿斜面下滑，因为μ＜tan37°．
解析
解：（1）物块在水平面上做匀速直线运动的速度
v0=
代入数据得0=4.0m/s
（2）物块沿斜面向上做匀减速直线运动
由公式3-4=2
得加速度1=10m/s2
方向沿斜面向下
当速度为零时，位移最大，
由
得s=0.8m
（3）由牛顿第二定律得
mgsina+μmgcosα=ma1
代入数据得=0.5
因为＜tan37°，所以滑块运动到最高点后能自行沿斜面下滑．
答：（1）滑块沿水平面运动的速度大小为4.0m/s；
（2）滑块沿斜面向上运动的加速度大小为10m/s2，方向沿斜面向下，向上运动的最大距离为0.8m；
（3）试判断滑块在斜面上运动到最高点后，能自行沿斜面下滑，因为μ＜tan37°．
（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sm．
正确答案
解：（1）在力F作用时有：
（F-mg）sin30°-μm（F-mg）cos30°=ma1
a1=2.5 m/s2
（2）刚撤去F时，小球的速度v1=a1t1=3m/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=
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=2.4m
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．
解析
解：（1）在力F作用时有：
（F-mg）sin30°-μm（F-mg）cos30°=ma1
a1=2.5 m/s2
（2）刚撤去F时，小球的速度v1=a1t1=3m/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=
则小球上滑的最大距离为sm=s1+s2=2.4m
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．
A小球运动的最大速度等于2gx0
B弹簧的劲度系数为
C球运动中最大加速度为g
D弹簧的最大弹性势能为3mgx0
正确答案
解析
解：A、设小球刚运动到O点时的速度为v，则有mg•2x0=
B、设弹簧的弹力与重力大小相等时，弹簧压缩量为x，则有mg=kx，k=
C、小球刚接触弹簧时的加速度大小为g，方向竖直向下，根据简谐运动的对称性可知，当小球运动到关于平衡位置对称点时，加速度大小也等于g，方向竖直向上，而此时小球还有向下的速度，还没有到达最低点，当小球到达最低点时加速度将大于g．故C错误．
D、当小球运动到最低点B时，弹性势能最大，根据机械能守恒定律得，弹簧的最大弹性势能为3mgx0．故D正确．
故选：D．
（1）物体的加速度大小；
（2）5s末物体的速度；
（3）物体在前10s内的位移．
（取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
正确答案
解：（1）对物体进行受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图所示：
水平方向：Fcos37°-f=ma
竖直方向：N+Fsin37°=mg
其中：f=μN
代入数据：a=7m/s2；
（2）初速度为零，则5s末物体的速度：
v=v0+at=7×5=35m/s；
（3）物体在前10s内的位移：
s=v0t+
答：（1）物体的加速度是7m/s2；
（2）5s末物体的速度为35m/s；
（3）物体在前5s内的位移为350m．
解析
解：（1）对物体进行受力分析，受拉力、重力、支持力和摩擦力，如图所示：
水平方向：Fcos37°-f=ma
竖直方向：N+Fsin37°=mg
其中：f=μN
代入数据：a=7m/s2；
（2）初速度为零，则5s末物体的速度：
v=v0+at=7×5=35m/s；
（3）物体在前10s内的位移：
s=v0t+
答：（1）物体的加速度是7m/s2；
（2）5s末物体的速度为35m/s；
（3）物体在前5s内的位移为350m．
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