- 牛顿第二定律
- 共12933题
物体沿水平面在恒定阻力作用下，以某一初速度开始滑行直到停止．以下各图象中，能正确反映这一过程的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：由于物体受恒力，根据牛顿第二定律，加速度一直不变，A，B选项错误．
由于
又有s=vt-
故选：C
（1）若人与梯子分离，不计分离时人对梯子的扰动，则分离后物体到达地面的时间为多少？
（2）要使天花板受力为零，人在梯子上应如何运动？
正确答案
解：（1）开始处于平衡，有：Mg=mg+m梯g，
解得m梯=5kg．
人与梯分离后，对系统研究，加速度a=
根据L=
（2）设人与梯子之间的相互作用力为F，人向上的加速度为a．若使天花板受力为零，重物应处于完全失重，即下落加速度为g，对梯子运用牛顿第二定律：
F-m梯g=m梯g
对人运用牛顿第二定律：
F+mg=ma
又Mg=mg+m梯g，
解得a=
故人以12m/s2的加速度向下加速运动，才能使天花板受力为零．
答：（1）分离后物体到达地面的时间为1.2s．
（2）要使天花板受力为零，人在梯子上以12m/s2的加速度向下加速运动．
解析
解：（1）开始处于平衡，有：Mg=mg+m梯g，
解得m梯=5kg．
人与梯分离后，对系统研究，加速度a=
根据L=
（2）设人与梯子之间的相互作用力为F，人向上的加速度为a．若使天花板受力为零，重物应处于完全失重，即下落加速度为g，对梯子运用牛顿第二定律：
F-m梯g=m梯g
对人运用牛顿第二定律：
F+mg=ma
又Mg=mg+m梯g，
解得a=
故人以12m/s2的加速度向下加速运动，才能使天花板受力为零．
答：（1）分离后物体到达地面的时间为1.2s．
（2）要使天花板受力为零，人在梯子上以12m/s2的加速度向下加速运动．
正确答案
解析
解：设A、B沿斜面向上运动的加速度大小为a，对A、B及绳整体由牛顿第二定律有：
F-（m1+m2）gsinθ-f=（m1+m2）a…①
又有：f=μ（m1+m2）gcosθ…②
设细绳拉力为T，对物块A由牛顿第二定律有：
T-m1gsinθ-f1=m1a…③
又有：f1=μm1gcosθ…④
由①～④式可得：T=
可见绳子拉力大小与θ无关；
故选：C．
正确答案
gtanα
水平向右
解析
解：隔离对小球分析，如图所示，
a=
车厢的加速度与小球的加速度相同，方向水平向右．
故答案为：gtanα，水平向右．
（1）木块向上经过B点时速度为多大？
（2）木块在AB段所受的外力F多大？（取g=10m/s2）
（3）木块回到A点的速度v为多大？
正确答案
解：（1）小滑块加速过程受推力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1 ①
小滑块减速过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma2 ②
对于加速过程，根据运动学公式，有
对于减速过程，根据运动学公式，同样有
有①②③④解得
v=1.5 m/s
F=10 N
故木块向上经过B点时速度为1.5m/s；
（2）木块在AB段所受的外力F为10N；
（3）木块下降过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma3 ⑤
根据速度位移公式，有
解得
v′A=
即木块回到A点的速度v为
解析
解：（1）小滑块加速过程受推力、重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
F-mgsinθ-μmgcosθ=ma1 ①
小滑块减速过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma2 ②
对于加速过程，根据运动学公式，有
对于减速过程，根据运动学公式，同样有
有①②③④解得
v=1.5 m/s
F=10 N
故木块向上经过B点时速度为1.5m/s；
（2）木块在AB段所受的外力F为10N；
（3）木块下降过程受重力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma3 ⑤
根据速度位移公式，有
解得
v′A=
即木块回到A点的速度v为
（1）水平作用力F的大小；
（2）滑块开始下滑时的高度；
（3）木板的质量．
正确答案
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，
水平推力：F=mgtanθ=1×10×
（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s
设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得：a=10m/s2
则下滑时的高度：h=
（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1
由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：
对滑块：f1=ma1 ①
此时木板的加速度：
对木板：-f1-f=Ma2 ②
当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=
对整体：-f=（m+M）a3 ③
联立①②③带入数据解得：M=1.5kg
答：（1）水平作用力F的大小位
解析
解：（1）滑块受到水平推力F、重力mg和支持力N处于平衡，如图所示，
水平推力：F=mgtanθ=1×10×
（2）由图乙知，滑块滑到木板上时速度为：v1=10m/s
设下滑的加速度为a，由牛顿第二定律得：mgsinθ+Fcosθ=ma
代入数据得：a=10m/s2
则下滑时的高度：h=
（3）设在整个过程中，地面对木板的摩擦力为f，滑块与木板间的摩擦力为f1
由图乙知，滑块刚滑上木板时加速度为：
对滑块：f1=ma1 ①
此时木板的加速度：
对木板：-f1-f=Ma2 ②
当滑块和木板速度相等，均为：v=2m/s之后，连在一起做匀减速直线运动，加速度为：a3=
对整体：-f=（m+M）a3 ③
联立①②③带入数据解得：M=1.5kg
答：（1）水平作用力F的大小位
正确答案
解：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得物块向上减速时有，物体上滑是的加速度为a1：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
则有：
物体沿传送带向上的位移为：
物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f=μmgcosθ＜mgsinθ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小．此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零．令此时物体减速上升的加速度为a2则：
根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2
得：a2=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
物体沿传送带向上运动的位移为：
则物块沿传送带上升的最大高度为：H=（x1+x2）sin37°=（0.6+1）×0.6m=0.96m
答：物块在传送带上上升的最大高度为0.96m．
解析
解：物块刚滑上传送带时，物块相对传送带向上运动，受到摩擦力沿传送带向下，将匀减速上滑，直至与传送带等速，由牛顿第二定律得物块向上减速时有，物体上滑是的加速度为a1：
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
则有：
物体沿传送带向上的位移为：
物块与传送带相对静止瞬间，由于最大静摩擦力f=μmgcosθ＜mgsinθ，相对静止状态不能持续，物块速度会继续减小．此后，物块受到滑动摩擦力沿传送带向上，但合力沿传送带向下，故继续匀减速上升，直至速度为零．令此时物体减速上升的加速度为a2则：
根据牛顿第二定律可得：mgsinθ-μmgcosθ=ma2
得：a2=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）m/s2=2m/s2
物体沿传送带向上运动的位移为：
则物块沿传送带上升的最大高度为：H=（x1+x2）sin37°=（0.6+1）×0.6m=0.96m
答：物块在传送带上上升的最大高度为0.96m．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：当F较小时，木块和木板一起做匀加速直线运动，加速度 a=
当拉力达到一定程度后，木块和木板之间发生相对滑动，对木块，所受的滑动摩擦力恒定，加速度恒定，即a2=
对m1，加速度为 a1=
由于
故选：C．
正确答案
解析
解：物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力fm=μmg=0.2×1×10N=2N
A、物体第1s内，满足F1=F2+fm物块处于静止状态，故A错误；
BCD、第1秒物块静止，第1s末到第7s末，根据牛顿第二定律有F1-F2-fm=ma，F2先减小后增大，故加速度先增大再减小，方向沿F1方向，物体一直加速，故B、D选项错误；在t=4s时加速度最大
故选：C．
天宫一号是中国首个目标飞行器，于2011年9月29日21时16分3秒在酒泉卫星发射中心发射．天宫一号在此次发射过程，由长征二号FT1火箭运载，处于星箭合体前端的天宫一号质量约为9×103kg，星箭合体仅用了约6s的时间就飞离了约为120m高的发射塔．若认为发射的初始阶段星箭合体做匀变速运动，不考虑其质量的变化，则飞离发射塔的阶段天宫一号处于______（填“超重”或“失重”）状态，天宫一号对运载火箭的压力为______N．（取g=10m/s2）
正确答案
超重
1.5×105
解析
解：发射的初始阶段星箭合体做匀加速运动，加速度向上，处于超重状态，
根据x=
a=
根据牛顿第二定律得：
N-mg=ma
解得：N=1.5×105N
根据牛顿第三定律可知，天宫一号对运载火箭的压力为1.5×105N
故答案为：超重；1.5×105
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