牛顿第二定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，半径为r的绝缘细圆环的环面固定在水平面上，场强为E的匀强电场与环面平行．一电量为+q、质量为m的小球穿在环上，可沿环作无摩擦的圆周运动，若小球经A点时，速度vA的方向恰与电场垂直，且圆环与小球间沿水平方向无力的作用，试计算：

（1）速度vA的大小；

（2）小球运动到与A点对称的B点时，对环在水平方向的作用力．

正确答案

解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：

所以小球在A点的速度．

（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，

小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有

解以上两式，得到：NB=6qE

故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．

解析

解：（1）在A点，小球在水平方向只受电场力作用，根据牛顿第二定律得：

所以小球在A点的速度．

（2）在小球从A到B的过程中，根据动能定理，电场力做的正功等于小球动能的增加量，即，

小球在B点时，根据牛顿第二定律，在水平方向有

解以上两式，得到：NB=6qE

故根据牛顿第三定律，小球在B点对环的水平作用力为：NB′=NB=6qE．

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•江西校级期末）细绳拴一个质量为m的小球，小球用固定在墙上的水平轻质弹簧支撑，小球与弹簧不连结，平衡时细绳与竖直方向的夹角为53°，（cos53°=0.6，sin53°=0.8）以下说法正确的是（　　）

A小球静止时弹簧的弹力大小为mg

B小球静止时细绳的拉力大小为mg

C细线烧断瞬间小球的加速度大小为g

D细线烧断瞬间小球的加速度大小为g

正确答案

A,B,C

解析

解：A、B、小球静止时，分析受力情况，如图，由平衡条件得：

弹簧的弹力大小为：F=mgtan53°=，

细绳的拉力大小为：T=，故A、B正确．

C、D、细绳烧断瞬间弹簧的弹力不变，则小球所受的合力与烧断前细绳拉力的大小相等、方向相反，则此瞬间小球的加速度大小为：

a=，故C正确，D错误．

故选：ABC．

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题型：填空题

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填空题

“天堂硅谷-滨江之夜”2006杭州西湖国际烟花大会于2006年10月14日（星期六）19：30-20：10在钱塘江水域施放．按照设计要求，装有焰火的礼花弹从专用炮筒中射出后，在t=4s末到达离地面h=100m的最高点，随即炸开，构成各种美丽的图案．假设礼花弹从炮筒中射出时的初速度是v0，上升过程中所受的平均阻力大小始终是自身重力的k倍，g取10m/s2，则v0=______，k=______．

正确答案

50m/s

0.25

解析

解：上升过程中所受的平均阻力f=kmg，

根据牛顿第二定律得：a==（k+1）g，

根据h=at2 得：a==12.5m/s2

所以v0=at=50m/s，

而（k+1）g=12.5m/s2，

所以 k=0.25．

故答案为：50m/s，0.25．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，质量分别为m1、m2的两个物块间用一轻弹簧连接，放在倾角为θ的粗糙斜面上，物块与斜面间的动摩擦因数均为μ．平行于斜面、大小为F的拉力作用在m1上，使m1、m2一起向上作匀加速运动，斜面始终静止在水平地面上，则（　　）

A弹簧的弹力大小为F

B弹簧的弹力大小为F+μm2gcosθ

C地面对斜面的摩擦力一定水平向右

D地面对斜面的摩擦力可能为零

正确答案

A

解析

解：A、根据牛顿第二定律，对m1、m2整体有：F-（m1+m2）gsinθ-μ（m1+m2）gcosθ=（m1+m2）a，

对m2：F弹-m2gsinθ-μm2gcosθ=m2a，

解得：F弹=F，故A正确，B错误．

C、D以斜面为研究对象，分析受力情况：重力G、m1、m2的压力N1、地面的支持力N2，如图，

则由平衡条件可知，地面对斜面的摩擦力f2必定水平向左，斜面才能保持平衡．故CD错误．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量m=2kg的物体静止在水平地面上，它与地面间的动摩擦因数μ=0.4，一个F=10N水平恒力作用在物体上，使物体在水平地面上运动．F作用4s后撤除．（取g=10m/s2）求：

（1）物体运动前4s内物体发生的位移多大？

（2）F的平均功率多大？

（3）F撤除后，物体还能滑行多远？

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma ①

解得 a=1m/s2 ②

由运动学公式有：=8m ③

（2）由功公式 W=Fx=10×8=80J ④

由功率公式 P===20W ⑤

（3）牛顿第二定律 f=ma′⑥

解得：a′=μg=4m/s2

由运动学公式有 x′= ⑦

代入数据解得 x′=2m ⑧

答：（1）物体运动前4s内物体发生的位移为8m；

（2）F的平均功率20w；

（3）F撤除后，物体还能滑行2m

解析

解：（1）根据牛顿第二定律有 F-μmg=ma ①

解得 a=1m/s2 ②

由运动学公式有：=8m ③

（2）由功公式 W=Fx=10×8=80J ④

由功率公式 P===20W ⑤

（3）牛顿第二定律 f=ma′⑥

解得：a′=μg=4m/s2

由运动学公式有 x′= ⑦

代入数据解得 x′=2m ⑧

答：（1）物体运动前4s内物体发生的位移为8m；

（2）F的平均功率20w；

（3）F撤除后，物体还能滑行2m

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题型：填空题

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填空题

火车质量为5×105kg，在运动过程中受到的阻力与速度的平方成正比，即Ff=kv2，其中k=5×102kg/m．在火车从甲地开出向乙地直线运行的过程中，开始阶段做匀加速直线运动，加速度大小为0.3m/s2，则当速度达到36km/h时，火车牵引力的大小是______N．

正确答案

2×105

解析

解：速度是36km/h=10m/s时的阻力：N

根据牛顿第二定律得：ma=F-Ff

所以：N

故答案为：2×105．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，质量为2kg的物体静止在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.25，现对物体施加一个大小为8N、方向与水平方向成37°角的斜向上的拉力，g取10m/s2，则物体在拉力作用后5s末的速度大小为______m/s，撤去拉力后，物体还能滑行的最大距离为______m．

正确答案

6.5

8.45

解析

解：根据牛顿第二定律得：

a====1.3m/s2

根据v=at得：

v=1.3×5m/s=6.5m/s

去拉力后，根据动能定理，有：

-μmg•x=0-

解得：

x===8.45m

故答案为：6.5，8.45．

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题型：简答题

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简答题

（2015•江西校级模拟）如图所示，一质量M=0.2 kg的足够长的长木板静止在水平面上，一质量m=0.2kg的小滑块静止在长木板的右端，已知长木板与水平面间的动摩擦因数μ1=0.30，滑块与长木板间的动摩擦因数μ2=0.20，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2，若在t=0时刻使长木板获得向右的初速度v0=5.0m/s，且滑块始终在木板上，试求滑块相对于地面运动的位移．

正确答案

解：小滑块的加速度大小=2m/s2，

长木板做匀减速直线运动的加速度大小=，

设经过t时间两者速度相同，则有：a1t=v0-a2t，

解得t=，此时两者的速度为v1=a1t=2×0.5m/s=1m/s，

滑块相对地面的位移，

假设此时两者保持相对静止，则整体的加速度a=，此时滑块所受的摩擦力f=ma=0.6N＞μ2mg，可知假设不成立，滑块与木板不能保持相对静止．

速度相等后，小滑块相对木板向前滑，做匀减速运动，木板做匀减速运动，木板速度减为零后，小滑块继续做匀减速直线运动到零，

则小滑块的位移，

则滑块相对地面的总位移x=x1+x2=0.50m．

答：滑块相对于地面运动的位移为0.50m．

解析

解：小滑块的加速度大小=2m/s2，

长木板做匀减速直线运动的加速度大小=，

设经过t时间两者速度相同，则有：a1t=v0-a2t，

解得t=，此时两者的速度为v1=a1t=2×0.5m/s=1m/s，

滑块相对地面的位移，

假设此时两者保持相对静止，则整体的加速度a=，此时滑块所受的摩擦力f=ma=0.6N＞μ2mg，可知假设不成立，滑块与木板不能保持相对静止．

速度相等后，小滑块相对木板向前滑，做匀减速运动，木板做匀减速运动，木板速度减为零后，小滑块继续做匀减速直线运动到零，

则小滑块的位移，

则滑块相对地面的总位移x=x1+x2=0.50m．

答：滑块相对于地面运动的位移为0.50m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，底座A上装有L=0.5m长的直立杆，底座和杆的总质量为M=1.0kg，底座高度不计，杆上套有质量为m=0.2kg的小环B，小环与杆之间有大小恒定的摩擦力．当小环从底座上以v0=4.0m/s的初速度向上飞起时，恰好能到达杆顶，然后沿杆下降，取g=10m/s2，求：

①在环飞起过程中，底座对水平面的压力；

②此环下降过程需要多长时间．

正确答案

解：①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：

mg+Ff=ma1

由运动学公式：

解得：a1=16.0m/s2

Ff=1.2N

对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′

解得：FN=8.8N

又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；

②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，则有：

mg-F‘'f=ma2

联立并代入数据解得：a=4.0m/s2

t=0.5s

答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；

②此环下降过程需要多长时间为0.5s．

解析

解：①对环进行受力分析，环受重力及杆给环向下的摩擦力，上升阶段加速度大小为a1．由牛顿第二定律，得：

mg+Ff=ma1

由运动学公式：

解得：a1=16.0m/s2

Ff=1.2N

对底座进行受力分析，由平衡条件得：Mg=FN+Ff′

解得：FN=8.8N

又由牛顿第三定律知，底座对水平面压力为8.8N；

②对环受力分析，设环下降过程的时间是t，下降阶段加速度为a2，则有：

mg-F‘'f=ma2

联立并代入数据解得：a=4.0m/s2

t=0.5s

答：①在环飞起过程中，底座对水平面的压力为8.8N；

②此环下降过程需要多长时间为0.5s．

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题型：填空题

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填空题

物体在水平地面上受到水平推力的作用，在6s内速度v的变化和力F的变化如图所示，则物体的质量为______kg，物体与地面的动摩擦因数为______．

正确答案

2

0.05

解析

解：由v-t图象看出，物体在2s-6s做匀速直线运动，则f=F2=1N

由速度图象可知，0-2s物体加速度为a===1m/s2

F=3N

由牛顿第二定律得：F-f=ma

代入解得：m=2kg，

由f=μN=μmg

得：μ=0.05

故答案为：2，0.05

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