- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：AB、对A，因为mgsin37°＞μmgcos37°，则A物体所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，B所受的滑动摩擦力沿斜面向上，向下做匀加速直线运动，两物体匀加速直线运动的加速度大小均为 a=
C、由v=v0+at知，物块A、B到达传送带底端时速度大小相等．故C正确．
D、对A，划痕的长度等于A的位移减为传送带的位移，
以A为研究对象，由运动学公式得：L=v0t+
运动时间为：t=1s．
所以皮带运动的位移为 x=vt=1m．
所以A对皮带的划痕为：△x1=2m-1m=1m
对B，划痕的长度等于B的位移加上传送带的位移，同理得出B对皮带 的划痕为△x2=2m+1m=3m．所以划痕之比为1：3，故D正确．
故选：BCD
（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a1；
（2）物体沿斜面上滑的最大距离x；
（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a2；
（4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t．
正确答案
（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得：a1=8m/s2
（2）物体沿斜面上滑，
由
得x=9m
（3）物体沿斜面返回下滑时mgsinθ-μmgcosθ=ma2
则a2=4m/s2
（4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t．
沿斜面向上运动v0=a1t1
沿斜面向下运动
则t=t1+t2=
答：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a1为8m/s2；
（2）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；
（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a2为4m/s2；
（4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间3.62s．
解析
（1）沿斜面向上运动，由牛顿第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1
解得：a1=8m/s2
（2）物体沿斜面上滑，
由
得x=9m
（3）物体沿斜面返回下滑时mgsinθ-μmgcosθ=ma2
则a2=4m/s2
（4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间t．
沿斜面向上运动v0=a1t1
沿斜面向下运动
则t=t1+t2=
答：（1）物体沿斜面上滑时的加速度大小a1为8m/s2；
（2）物体沿斜面上滑的最大距离x为9m；
（3）物体沿斜面到达最高点后返回下滑时的加速度大小a2为4m/s2；
（4）物体从A点出发到再次回到A点运动的总时间3.62s．
一小球以初速度v0=20m/s，沿光滑且足够长的斜面向上作匀减速运动，加速度a的大小为4m/s2，求小球达最高点前3s内小球的位移______m，小球在这段时间内的初速度为______m/s．
正确答案
18
12
解析
解：小球的逆运动是初速度为零的匀加速直线运动，小球达最高点前3s内，
位移x=
速度v=at=4×3=12m/s；
故答案为：18；12．
正确答案
解析
解：AC、物体受重力、地面的支持力、向右的拉力和向左的摩擦力，
根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma，解得：a=
由a与F图线知a-F图象的斜率等于
当F=7N时a=0.5m/s2，代入上式得：0.5=
得μ=0.3，故AC正确．
B、物体与水平面间的滑动摩擦力是 f=μmg=0.3×2×10N=6N，故B正确．
D、由a-F图象可知，拉力在7 N之前加速度都是0，因此可知最大静摩擦力为7 N，故D正确．
故选：ABCD
A若电机不开启，传送带不转动，小煤块滑离传送带右端的速度大小为2m/s
B若电机不开启，传送带不转动，小煤块在传送带上运动的总时间为4s
C若开启电机，传送带以5m/s的速率顺时针转动，则小煤块在传送带上留下的一段黑色痕迹的长度为0.5m
D若开启电机，小煤块在传送带上运动时间最短，则传送带至少需要以2
正确答案
解析
解：AB、当电机不开启，小煤块在传送带上做匀减速直线运动，加速度为：a=μg=0.1×10m/s2=1m/s2
根据速度位移公式：v02-v2=2aL，解得：v=
C、当电机开启，传送带顺时针转动，小煤块在传送带上做匀加速直线运动，当速度达到传送带速度，一起做匀速直线运动，则煤块达到传送带速度所经历的时间为：t=
D、当电机开启，煤块一直加速运动时所需时间最短，由v2-v02=2aL知，传送带的速度vm=
故选：ACD．
（g取10m/s2，cos37°=0.8）求：
（1）冰撬从A到P的运动时间；
（2）冰撬从p点开始还能滑行的距离．
正确答案
解：（1）冰橇做匀加速直线运动阶段：
Fcosα-μ（mg+Fsinα）=ma1．
代入数据得：
得：
（2）加速结束时：
减速阶段：μ（M+m）g=（M+m）a2
代入数据得，
根据
x=
答：（1）冰撬从A到P的运动时间为
（2）冰撬从p点开始还能滑行的距离为28.8m．
解析
解：（1）冰橇做匀加速直线运动阶段：
Fcosα-μ（mg+Fsinα）=ma1．
代入数据得：
得：
（2）加速结束时：
减速阶段：μ（M+m）g=（M+m）a2
代入数据得，
根据
x=
答：（1）冰撬从A到P的运动时间为
（2）冰撬从p点开始还能滑行的距离为28.8m．
正确答案
解：设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，
答：小车施加
解析
解：设小车的加速度为a．
对木块：
竖直方向：受到重力mg和滑动摩擦力f，木块匀速下滑时，则有 f=mg
水平方向：受到杆的弹力N，则有 N=ma，
又f=μN
联立以上三式，得 a=
对整体，根据牛顿第二定律得：
水平方向：F=（M+m）a
解得，
答：小车施加
A
B
C
D
正确答案
解析
解：当物体的质量为m时，下方弹簧被压缩的长度为：x1=
当物体的质量变为2m时，设物体下降的高度为x，则上方弹簧伸长的长度为x，
下方弹簧被压缩的长度为x1+x，两弹簧弹力之和等于2mg由胡克定律和平衡条件得：
k2x+k1（x1+x）=2mg…②
由①②联立解得：x=
故选：A．
（1）在滚轮作用下板上升的加速度；
（2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离；
（3）板往复运动的周期．
正确答案
解：（1）对杆进行受力分析
F合x=f-Gsinθ=ma ①
F合y=F1-F2-mgcosθ=0
∵轮对杆的压力F2=2×104N
∴轮对杆的摩擦力f=μFN=μF2，代入①式得杆产生的加速度：
a=
（2）由题意知，杆做初速度为0，加速度a=2m/s2的匀加速运动，末速度与滚轮边缘线速度大小相同即v=4m/s．
根据匀加速直线运动速度位移关系可得：
v2=2ax
即位移：x=
（3）根据题意知，杆在一个同期中的运动分为三个过程：
第一个过程杆向上做匀加速直线运动时间t1=
第二个过程杆向上做匀速直线运动，时间t2=
对金属板匀减速上升和匀加速下落全过程应有：L=-vt3
代入数据解得：t3=2.6s
板往复运动的周期T=t1+t2+t3=5.225s
答：（1）在滚轮作用下板上升的加速度为2m/s2；
（2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离为4m；
（3）板往复运动的周期为5.225s．
解析
解：（1）对杆进行受力分析
F合x=f-Gsinθ=ma ①
F合y=F1-F2-mgcosθ=0
∵轮对杆的压力F2=2×104N
∴轮对杆的摩擦力f=μFN=μF2，代入①式得杆产生的加速度：
a=
（2）由题意知，杆做初速度为0，加速度a=2m/s2的匀加速运动，末速度与滚轮边缘线速度大小相同即v=4m/s．
根据匀加速直线运动速度位移关系可得：
v2=2ax
即位移：x=
（3）根据题意知，杆在一个同期中的运动分为三个过程：
第一个过程杆向上做匀加速直线运动时间t1=
第二个过程杆向上做匀速直线运动，时间t2=
对金属板匀减速上升和匀加速下落全过程应有：L=-vt3
代入数据解得：t3=2.6s
板往复运动的周期T=t1+t2+t3=5.225s
答：（1）在滚轮作用下板上升的加速度为2m/s2；
（2）板加速至与滚轮速度相同时前进的距离为4m；
（3）板往复运动的周期为5.225s．
正确答案
解析
解：B球受到两个力：重力和弹簧拉力，由于这两个力原来平衡，现在剪断绳子后这两个力不变，所以B所受合力还是为零，所以B球的加速度为零．
剪断绳子后A球受到两个力：重力和弹簧弹力，弹簧弹力为mg，所以A的加速度为：
故选：D．
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