- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）物体运动过程中的最大速度υm；
（2）撤去力F后物体继续滑行的距离s．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律，匀加速运动的加速度为：
a=
则物体运动的最大速度为：
vm=at=2×5m/s=10m/s．
（2）撤去拉力后的加速度大小为：
则继续滑行的距离为：
s=
答：（1）物体运动过程中的最大速度为10m/s；
（2）撤去力F后物体继续滑行的距离为12.5m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律，匀加速运动的加速度为：
a=
则物体运动的最大速度为：
vm=at=2×5m/s=10m/s．
（2）撤去拉力后的加速度大小为：
则继续滑行的距离为：
s=
答：（1）物体运动过程中的最大速度为10m/s；
（2）撤去力F后物体继续滑行的距离为12.5m．
（1）物体运动过程中的最大速度是多少？
（2）物体运动的总位移时多少？
正确答案
解：（1）
根据牛顿第二定律得：
FN=mg-Fsin37°=20-10×0.6N=14N．
则物体受到的摩擦力为：
f=μFN=0.5×14N=7N．
根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=0.5m/s2．
所以10s的最大速度为：v=at=0.5×10m/s=5m/s
匀加速的位移：s1=
（2）当撤掉F后，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线运动
匀减速的加速度，据牛顿第二定律得：a1=-μg…②
据运动学公式可知，s2=
所以总位移：s=s1+s2…④
联立①②③④代入数据解得：s=27.5m
答：1）物体运动过程中的最大速度是10m/s．
（2）物体运动的总位移时27.5m．
解析
解：（1）
根据牛顿第二定律得：
FN=mg-Fsin37°=20-10×0.6N=14N．
则物体受到的摩擦力为：
f=μFN=0.5×14N=7N．
根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：a=0.5m/s2．
所以10s的最大速度为：v=at=0.5×10m/s=5m/s
匀加速的位移：s1=
（2）当撤掉F后，物体在摩擦力的作用下做匀减速直线运动
匀减速的加速度，据牛顿第二定律得：a1=-μg…②
据运动学公式可知，s2=
所以总位移：s=s1+s2…④
联立①②③④代入数据解得：s=27.5m
答：1）物体运动过程中的最大速度是10m/s．
（2）物体运动的总位移时27.5m．
正确答案
解析
解：A、弹簧开始的弹力F=3mg，剪断细线的瞬间，弹力不变，将C和A看成一个整体，根据牛顿第二定律得，
B、剪断细线的瞬间，弹簧弹力不变，B的合力仍然为零，则B的加速度为0．故B错误．
故选：C．
均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g=10m/s2，求：
（1）小滑块的加速度大小；
（2）木板的加速度大小和方向；
（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足什么要求．
正确答案
解：（1）由于木板上表面光滑，小滑块不受摩擦力，所以加速度为a1=0．
（2）木板对地面的压力大小为N=（M+m）g=50N．
地面对木板的摩擦力大小为f=μN=20N，方向向左．
根据牛顿第二定律有：f=Ma2
解得
（3）木板获得初速向右移动，小滑块不动，要使小滑块从木板上掉下，木板必须向右移动S＞L
所以有：S=
S＞L，即
则v0＞4m/s．
答：（1）小滑块的加速度大小为0．
（2）木板的加速度大小为5m/s2，方向向左．
（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足v0＞4m/s．
解析
解：（1）由于木板上表面光滑，小滑块不受摩擦力，所以加速度为a1=0．
（2）木板对地面的压力大小为N=（M+m）g=50N．
地面对木板的摩擦力大小为f=μN=20N，方向向左．
根据牛顿第二定律有：f=Ma2
解得
（3）木板获得初速向右移动，小滑块不动，要使小滑块从木板上掉下，木板必须向右移动S＞L
所以有：S=
S＞L，即
则v0＞4m/s．
答：（1）小滑块的加速度大小为0．
（2）木板的加速度大小为5m/s2，方向向左．
（3）要使小滑块从木板上掉下，木板初速度应满足v0＞4m/s．
某型号的汽车质量为1t，发动机的额定功率为60kW，汽车沿平直路面由静止开始启动过程中，如果先是以4m/s2的加速度匀加速运动，当功率达到额定功率后，以额定功率继续加速运动，直到速度达到最大速度，已知在此次启动过程中，该车总共行驶了322.5m，所受阻力大小恒为2000N，试求该车整个加速运动过程所经历的时间．
正确答案
解：汽车在匀加速启动的过程中，加速度不变，牵引力不变，发动机的功率必须增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动过程结束，此后，保持功率等于额定功率不变，牵引力开始减小，加速度减小，直到加速度减至零，速度达到最大．
设在匀加速运动的过程中牵引力大小为F1，经历时间为t1，位移为s1，末速度大小为v1．
则有
F1-f=ma
匀加速结束瞬间，有 P=F1v1．
又 v1=at1；s1=
设在以额定功率加速运动的过程中所用时间为t2，位移为s2，最大速度大小为vm．
则根据动能定理得：
Pt2-fs2=
速度最大时，牵引力与阻力大小相等，则 P=F2vm=fvm；
据题有总位移 s=s1+s2；总时间 t=t1+t2；
联立解得 t=19.5s
答：该车整个加速运动过程所经历的时间为19.5s．
解析
解：汽车在匀加速启动的过程中，加速度不变，牵引力不变，发动机的功率必须增大，当功率增大到额定功率时，匀加速运动过程结束，此后，保持功率等于额定功率不变，牵引力开始减小，加速度减小，直到加速度减至零，速度达到最大．
设在匀加速运动的过程中牵引力大小为F1，经历时间为t1，位移为s1，末速度大小为v1．
则有
F1-f=ma
匀加速结束瞬间，有 P=F1v1．
又 v1=at1；s1=
设在以额定功率加速运动的过程中所用时间为t2，位移为s2，最大速度大小为vm．
则根据动能定理得：
Pt2-fs2=
速度最大时，牵引力与阻力大小相等，则 P=F2vm=fvm；
据题有总位移 s=s1+s2；总时间 t=t1+t2；
联立解得 t=19.5s
答：该车整个加速运动过程所经历的时间为19.5s．
（1）在力F的作用下，物体在前10s内的位移；
（2）在t=10s末立即撤去力F，再经6s物体还能运动多远？（g取10m/s2）
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
a=
则物体在前10s内的位移为：x=
（2）物体在10s末的速度为：v=at=10m/s，
撤去外力后的加速度为：a′=
物体速度减为零的时间为：
则6s内的位移等于5s内的位移，即：x=
答：（1）物体在前10s内的位移为50m；
（2）再经6s物体还能运动25m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得，物体的加速度为：
a=
则物体在前10s内的位移为：x=
（2）物体在10s末的速度为：v=at=10m/s，
撤去外力后的加速度为：a′=
物体速度减为零的时间为：
则6s内的位移等于5s内的位移，即：x=
答：（1）物体在前10s内的位移为50m；
（2）再经6s物体还能运动25m．
正确答案
解析
解：由图可知运动员在空中的最长时间为：t=4.5s-2.5s=2s
运动员做竖直上抛运动，根据运动的对称性，所以上升或下降过程的时间为：
则运动员在这段时间内跃起的最大高度
故选：B．
某学习小组，做小火箭发射试验．小火箭以初速度v=30m/s竖直向上射出，经过一段时间落回到抛出点，在运动过程中小火箭受到大小恒为1N的空气阻力作用，小火箭质量为0.2kg，质量变化忽略不计．g=10m/s2．求：
（1）小火箭在上升过程中的加速度：
（2）小火箭从射出上升到最高点所需的时间；
（3）小火箭回到抛出点的动能．
正确答案
解：（1）上升过程，小火箭受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：
-（mg+f）=ma
解得：
a=-g-
（2）根据速度时间关系公式，有：
t=
（3）根据平均速度公式，高度：
H=
对下降多个根据动能定理，有：
Ek=（mg-f）H=（2-1）×30=30J
答：（1）小火箭在上升过程中的加速度为-15m/s2；
（2）小火箭从射出上升到最高点所需的时间为2s；
（3）小火箭回到抛出点的动能为30J．
解析
解：（1）上升过程，小火箭受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：
-（mg+f）=ma
解得：
a=-g-
（2）根据速度时间关系公式，有：
t=
（3）根据平均速度公式，高度：
H=
对下降多个根据动能定理，有：
Ek=（mg-f）H=（2-1）×30=30J
答：（1）小火箭在上升过程中的加速度为-15m/s2；
（2）小火箭从射出上升到最高点所需的时间为2s；
（3）小火箭回到抛出点的动能为30J．
（1）滑块运动的加速度是多大？
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是多少？
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：a=
（2）根据速度时间公式得：v=at=8×1=8m/s
撤去F后的加速度：a′=μg=2m/s2
滑块继续滑行的位移：x=
答：（1）滑块运动的加速度为1m/s2．
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是16m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：a=
（2）根据速度时间公式得：v=at=8×1=8m/s
撤去F后的加速度：a′=μg=2m/s2
滑块继续滑行的位移：x=
答：（1）滑块运动的加速度为1m/s2．
（2）如果力F作用8s后撤去，则撤去F后滑块还能滑行的距离是16m．
（1）物块滑到斜面底端B的速度大小；
（2）物块从释放至到达传送带左端A所用的时间．
正确答案
解：（1）物块在斜面上无初速下滑过程，加速度为a1，
由牛顿第二定律：mgsinθ-umgcosθ=ma1
到达斜面底端的速度为v1，有：v12=2a1s
解得：v1=2m/s
（2）到达斜面底端用时t1，
有：v1=a1 t1
解得：t1=1s
设物块在传送带上匀减速到与传送带同速过程，加速度为a2，对地位移为s2，用时t2
μmg=ma2
v2-v12=-2a2s2
减速运动时间为t2，
v=v1-a2t2解得：t2=0.2s
此后物块匀速运动至左端，用时t3vt3=L-s2
解得：t3=1.7s
运动至左端用时t=t1+t2+t3=2.9s．
答：（1）物块滑到斜面底端B的速度大小为2m/s．
（2）物块从释放至到达传送带左端A所用的时间为2.9s．
解析
解：（1）物块在斜面上无初速下滑过程，加速度为a1，
由牛顿第二定律：mgsinθ-umgcosθ=ma1
到达斜面底端的速度为v1，有：v12=2a1s
解得：v1=2m/s
（2）到达斜面底端用时t1，
有：v1=a1 t1
解得：t1=1s
设物块在传送带上匀减速到与传送带同速过程，加速度为a2，对地位移为s2，用时t2
μmg=ma2
v2-v12=-2a2s2
减速运动时间为t2，
v=v1-a2t2解得：t2=0.2s
此后物块匀速运动至左端，用时t3vt3=L-s2
解得：t3=1.7s
运动至左端用时t=t1+t2+t3=2.9s．
答：（1）物块滑到斜面底端B的速度大小为2m/s．
（2）物块从释放至到达传送带左端A所用的时间为2.9s．
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