- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
9
0.125
解析
解：物体匀加速直线运动的加速度大小
匀减速直线运动的加速度大小
根据牛顿第二定律得，F-μmg=ma1，
代入数据解得F=9N，μ=0.125
故答案为：9N，0.125
（1）小球在最低点B对轨道的压力．
（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值．
（3）若半圆轨道的间距x可在零到最大值之间变化，试在图中画出小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象．
正确答案
解：
（1）小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
FB-Mg=M
代入解得FB=21N
又根据牛顿第三定律：小球在最低点B对轨道的压力为21N．
（2）小球恰好到达最高点A时，
Mg=M
小球从A到B的过程，根据机械能守恒定律得
Mg（2R+x）+
联立①②，代入解得 x=15m
（3）设小球对轨道B、A两点的压力大小分别为FB、FA．
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得
A点：Mg+FA=M
B点：FB-Mg=M
又Mg（2R+x）+
△FN=FB-FA ⑥
联立③④⑤⑥得
△FN=x+6
作图象如图．
答；
（1）小球在最低点B对轨道的压力为21N．
（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值为15m．
（3）小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象如图所示．
解析
解：
（1）小球在最低点时，根据牛顿第二定律得
FB-Mg=M
代入解得FB=21N
又根据牛顿第三定律：小球在最低点B对轨道的压力为21N．
（2）小球恰好到达最高点A时，
Mg=M
小球从A到B的过程，根据机械能守恒定律得
Mg（2R+x）+
联立①②，代入解得 x=15m
（3）设小球对轨道B、A两点的压力大小分别为FB、FA．
以小球为研究对象，根据牛顿第二定律得
A点：Mg+FA=M
B点：FB-Mg=M
又Mg（2R+x）+
△FN=FB-FA ⑥
联立③④⑤⑥得
△FN=x+6
作图象如图．
答；
（1）小球在最低点B对轨道的压力为21N．
（2）小球能沿光滑轨道运动到最高点A时，x的最大值为15m．
（3）小球对轨道B、A两点的压力差随距离x变化的图象如图所示．
质量为4kg的物体静止在光滑水平地面上，受到10N的水平力作用2s，则（ ）
正确答案
解析
解：由牛顿第二定律F=ma得物体加速度为：
则2s末的速度为：
v2=at=2.5×2m/s=5m/s；
2s内的位移为：
故选：D．
（1）求车厢运动的加速度，并说明车厢的运动情况；
（2）求悬线对球的拉力．
正确答案
a=
所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，所以车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．
（2）由图可知：
F=
答：（1）车厢运动的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．
（2）悬线对球的拉力为12.5N．
解析
a=
所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，所以车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．
（2）由图可知：
F=
答：（1）车厢运动的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，车厢可能向右做匀加速运动，也可能向左做匀减速运动．
（2）悬线对球的拉力为12.5N．
在民航和火车站可以看到用于对行李进行安全检查的水平传送带，当旅客把行李放到传送带上时，传送带对行李的摩擦力使行李开始运动，最后行李随传送带一起前进，设传送带匀速前进的速度为 0.6m/s，质量为4.0kg的皮箱在传送带上相对滑动时，所受摩擦力为24N，那么，这个木箱无初速地放在传送带上后，经过______s才与皮带保持相对静止，传送带上留下一条______cm长的摩擦痕迹．
正确答案
0.1
3
解析
解：设皮箱在传送带上相对运动时间为t，皮箱放上传送带后做初速度为零的匀加速直线运动，由牛顿运动定律：
皮箱加速度：a=
由 v=at 得：t=
到相对静止时，传送带带的位移为：s1=vt=0.06m
皮箱的位移：s2=
摩擦痕迹长：L=s1-s2=0.03m=3cm
故答案为：0.1，3
正确答案
1
3
解析
解：滑动摩擦力：f=μmg=0.1×1×10=1N 向左
施加向左的力F后，根据牛顿第二定律，有：
f+F=ma
解得：
a=
故答案为：1，3．
（1）求A，B由静止一起上滑时两物体间的相互作用力；
（2）若力F作用t=2s后方向改为沿斜面向下，大小保持不变，仍作用于A上，求B的速度减小到零时两物体之间的距离．
正确答案
解：（1）以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有：
F-μ（M+m）gcos37°-（M+m）gsin37°=（M+m）a
故整体的加速度：
B与整体加速度相同，根据牛顿第二定律，有：
FN-Mgsin37°-μMgcos37°=Ma
解得：
FN=Mgsin37°+μMgcos37°+Ma=2.5×10×0.6+0.5×2.5×10×0.8+2.5×5N=37.5N
（2）对整体来说，力F作用t=2 s时，整体的速度：
v=at=5×2m/s=10m/s
力F改为反向后，B的加速度：
aB=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10 m/s2
B的速度减小到0的时间：
B的位移：
A速度减小到零前的加速度：
A的速度减小到零的时间：
A的位移：
A反向加速：
A反向加速的位移：
A、B间距离：
△S=SB-S1+S2=17.44m
答：（1）A、B由静止一起上滑时两物体间的相互作用力为37.5N；（2）B的速度减小到零时两物体之间的距离为17.44m．
解析
解：（1）以A、B整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有：
F-μ（M+m）gcos37°-（M+m）gsin37°=（M+m）a
故整体的加速度：
B与整体加速度相同，根据牛顿第二定律，有：
FN-Mgsin37°-μMgcos37°=Ma
解得：
FN=Mgsin37°+μMgcos37°+Ma=2.5×10×0.6+0.5×2.5×10×0.8+2.5×5N=37.5N
（2）对整体来说，力F作用t=2 s时，整体的速度：
v=at=5×2m/s=10m/s
力F改为反向后，B的加速度：
aB=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10 m/s2
B的速度减小到0的时间：
B的位移：
A速度减小到零前的加速度：
A的速度减小到零的时间：
A的位移：
A反向加速：
A反向加速的位移：
A、B间距离：
△S=SB-S1+S2=17.44m
答：（1）A、B由静止一起上滑时两物体间的相互作用力为37.5N；（2）B的速度减小到零时两物体之间的距离为17.44m．
（1）小物块放后，小物块及小车的加速度各为多大？
（2）小车的长度是多少？
正确答案
解：（1）以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：
μmg=ma1
解得：a1=μg=2m/s2
以小车为研究对象，由牛顿第二定律得：
F-μmg=Ma2
解得：
故小物块的加速度为a1=2m/s2，小车的加速度为a2=0.5m/s2．
（2）由运动学公式：a1t=v0+a2t
解得：
则：
L=x2-x1=0.75m
故小车的长度是0.75m．
解析
解：（1）以小物块为研究对象，由牛顿第二定律得：
μmg=ma1
解得：a1=μg=2m/s2
以小车为研究对象，由牛顿第二定律得：
F-μmg=Ma2
解得：
故小物块的加速度为a1=2m/s2，小车的加速度为a2=0.5m/s2．
（2）由运动学公式：a1t=v0+a2t
解得：
则：
L=x2-x1=0.75m
故小车的长度是0.75m．
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，可能有aM=am=1m/s2．
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AC正确，BD错误
故选：AC．
如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，某研究小组利用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F=8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系．已知物块的质量m=1kg，通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线．若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2．试问：
（1）图（b）中图线与纵坐标交点a0多大？
（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向何方？说明在斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块的运动状态．
（3）若木板长LOA=2m，水平放置，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板A端，力F最多作用多长时间？
正确答案
解：（1）θ=00时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8N，滑动摩擦力f=μN=μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：
（2）当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态．
（3）设F作用的时间为t0，位移为s0．撤去F作用后物块加速度为a，运动时间为t，位移为s
v0=a0t0
撤去外力F后，物块在滑动摩擦力作用下做减速运动，由于滑动摩擦力f=μmg，所以此时物体产生的加速度大小：
a=μg=0.2×10=2m/s2
物块做匀减速运动产生的位移s=
物体由静止开始加速，撤去外力F后在摩擦力作用下减速至停止，故速度关系满足：
v0=a0t0=at
代入：s0+s=LOA
有：
解得：
答：（1）图（b）中图线与纵坐标交点a0=6m/s2
（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板在θ1时所受摩擦力沿木板向下，在θ2时沿木板向上，斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块处于静止状态；
（3）若木板长LOA=2m，水平放置，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板A端，力F最多作用0.41s．
解析
解：（1）θ=00时，木板水平放置，物块在水平方向受到拉力F和滑动摩擦力f作用，已知F=8N，滑动摩擦力f=μN=μmg，所以根据牛顿第二定律物块产生的加速度：
（2）当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态．
（3）设F作用的时间为t0，位移为s0．撤去F作用后物块加速度为a，运动时间为t，位移为s
v0=a0t0
撤去外力F后，物块在滑动摩擦力作用下做减速运动，由于滑动摩擦力f=μmg，所以此时物体产生的加速度大小：
a=μg=0.2×10=2m/s2
物块做匀减速运动产生的位移s=
物体由静止开始加速，撤去外力F后在摩擦力作用下减速至停止，故速度关系满足：
v0=a0t0=at
代入：s0+s=LOA
有：
解得：
答：（1）图（b）中图线与纵坐标交点a0=6m/s2
（2）图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板在θ1时所受摩擦力沿木板向下，在θ2时沿木板向上，斜面倾角处于θ1和θ2之间时物块处于静止状态；
（3）若木板长LOA=2m，水平放置，物块在F的作用下由O点开始运动，为保证物块不冲出木板A端，力F最多作用0.41s．
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