牛顿第二定律_章节学习

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题型：单选题

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单选题

如图所示，小车向右做匀加速直线运动的加速度大小为a，bc是固定在小车上的水平横杆，物块M穿在杆上，通过细线悬吊着小铁球m，M、m均相对小车静止，细线与竖直方向的夹角为θ．若小车的加速度逐渐增大到3a时，M、m仍与小车保持相对静止，则（　　）

A细线与竖直方向的夹角增加到原来的3倍

B细线与竖直方向夹角的正弦值增加到原来的3倍

C细线的拉力增加到原来的3倍

DM受到的摩擦力增加到原来的3倍

正确答案

D

解析

解：对小球受力分析，受重力mg和细线的拉力T，如图

根据牛顿第二定律，有

Tsinθ=ma ①

Tcosθ-mg=0 ②

再对m和M整体受力分析，受总重力（M+m）g、支持力N、摩擦力f，如图

根据牛顿第二定律，有

f=（M+m）a ③

N-（M+m）g=0 ④

由①②③④解得：

tanθ=

N=（M+m）g

T=

f=（M+m）a

θ的正切变为原来的3倍，但θ不是3倍，故AB错误；

由于T=，故T不是增加原来的3倍，故C错误；

当加速度变为3倍时，摩擦力f变为3倍，故D正确；

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个质量为10kg的物体以v0=1m/s的初速度沿着水平地面向右运动时，物体受到一个水平向右、大小为12N的恒力F作用．物体与水平面间的动摩擦因数为0.1，求：

（1）物体运动的加速度大小和方向；

（2）5s末物体的速度大小；5s内物体通过的位移大小．

正确答案

解：（1）物体向右运动时受到向左的摩擦力，Ff=μFN=μG=0.1×100N=10N

∴．

方向：水平向右

（2）物体做匀加速运动，经5s速度vt=v0+at=1+0.2×5m/s=2m/s，

经5s位移=7.5m．

答：（1）物体的加速度大小为0.2m/s2，方向向右．

（2）5s末物体的速度为2m/s，5s内的位移为7.5m．

解析

解：（1）物体向右运动时受到向左的摩擦力，Ff=μFN=μG=0.1×100N=10N

∴．

方向：水平向右

（2）物体做匀加速运动，经5s速度vt=v0+at=1+0.2×5m/s=2m/s，

经5s位移=7.5m．

答：（1）物体的加速度大小为0.2m/s2，方向向右．

（2）5s末物体的速度为2m/s，5s内的位移为7.5m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，将质量m=1.24kg的圆环套在固定的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆的动摩擦因数为μ=0.8．对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角θ=53°的恒定拉力F，使圆环从静止开始做匀加速直线运动，第1s内前进了2m．（取g=10m/s2，sin 53°=0.8，cos 53°=0.6）求：

（1）圆环加速度a的大小；

（2）拉力F的大小．

正确答案

解：（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：

解得：a==4m/s2

（2）当环不受弹力时，有：Fsin53°=mg，

解得：F=15.5N，

当F＜15.5N时，环与杆上部接触，受杆向上的支持力N．由牛顿第二定律可知：

Fcosθ-μN=ma

N+Fsinθ=mg

解得：F=12N

当F＞15.5N时，环与杆下部接触，受杆向下的压力N′，由牛顿第二定律可知：

Fcosθ-μN′=ma

N′+mg=Fsinθ

解得：F=124N

答：（1）圆环加速度a的大小4m/s2；

（2）拉力F的大小12N或124N

解析

解：（1）小环做匀加速直线运动，由运动学公式可知：

解得：a==4m/s2

（2）当环不受弹力时，有：Fsin53°=mg，

解得：F=15.5N，

当F＜15.5N时，环与杆上部接触，受杆向上的支持力N．由牛顿第二定律可知：

Fcosθ-μN=ma

N+Fsinθ=mg

解得：F=12N

当F＞15.5N时，环与杆下部接触，受杆向下的压力N′，由牛顿第二定律可知：

Fcosθ-μN′=ma

N′+mg=Fsinθ

解得：F=124N

答：（1）圆环加速度a的大小4m/s2；

（2）拉力F的大小12N或124N

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题型：填空题

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填空题

如图所示，弹簧S1的上端固定在天花板上，下端连一小球A，球A与球B之间用轻绳相连，球B与球C之间用弹簧S2相连．A、B、C的质量分别为mA、mB、mC，弹簧的质量均不计．已知重力加速度为g．开始时系统处于静止状态．现将A、B间的绳突然剪断，线刚剪断时A的加速度大小为______，C的加速度大小为______．

正确答案

0

解析

解：细线剪断前，BC球整体受重力和细线拉力T，故：T=（mB+mC）g；

细线剪断前，A球受到重力、细线的拉力和上方弹簧的弹力，根据平衡条件，有：T+mAg-F1=0；

解得：F1=（mA+mB+mc）g

细线剪断后，小球C受力情况不变，故加速度为零；

细线剪断后，小球A受重力和上面的弹簧的拉力，根据牛顿第二定律，有：F1-mAg=mAa

解得：a=

故答案为：，0．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，足够长的斜面倾角θ=37°，一物体以v0=24m/s的初速度从斜面上A点处沿斜面向上运动；加速度大小为a=8m/s2，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则物体沿斜面上滑的最大距离x=______，物体与斜面间的动摩擦因数μ=______．

正确答案

解：（1）由运动学公式得：

==36m

（2）由牛顿第二定律得有：

沿斜面方向上：mgsinθ+f=ma…（1）

垂直斜面方向上：mgcosθ-N=0…（2）

又：f=μN…（3）

由（1）（2）（3）得：μ=0.25

故答案为：36m．0.25．

解析

解：（1）由运动学公式得：

==36m

（2）由牛顿第二定律得有：

沿斜面方向上：mgsinθ+f=ma…（1）

垂直斜面方向上：mgcosθ-N=0…（2）

又：f=μN…（3）

由（1）（2）（3）得：μ=0.25

故答案为：36m．0.25．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，静止在水平面上的三角架的质量为M，它中间用两根质量不计的轻弹簧连着一质量为m的小球．当小球上下振动，三角架对水平面的压力为零的时刻，小球的加速度的大小为______，方向______．

正确答案

竖直向下

解析

解：以M为研究对象，M受重力和地面的支持力以及弹簧对M向上的作用力F：

根据平衡方程，得：N+F=Mg，当方形框架对水平面的压力为零的时刻，即N=0时，F=Mg

以m为研究对象，有

根据牛顿第二定律：ma=mg+F=mg+Mg

故：小球加速度a=，方向竖直向下

故答案为：；竖直向下．

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题型：简答题

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简答题

如图为某工厂生产流水线上水平传输装置的俯视图，它由传送带和转盘组成．物品从A处无初速放到传送带上，运动到B处后进入匀速转动的转盘，设物品进入转盘时速度大小不发生变化，此后随转盘一起运动（无相对滑动）到C处被取走装箱．已知A、B两处的距离L=10m，传送带的传输速度v=2.0m/s，物品在转盘上与轴O的距离R=4.0m，物品与传送带间的动摩擦因数μ1=0.25．取g=10m/s2．

（1）求物品从A处运动到B处的时间t？

（2）若物品在转盘上的最大静摩擦力可视为与滑动摩擦力大小相等，则物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为多大？

正确答案

解：

（1）设物品质量为m，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s1．

由 μ1mg=ma

v2=2as

得 s1=0.8m＜L

之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动

匀加速运动的时间

匀速运动的时间

所以物品从A处运动到B处的时间t=t1+t2=5.4s

（2）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有

得 μ2==0.1

答：（1）物品从A处运动到B处的时间t是5.4s；

（2）物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为0.1．

解析

解：

（1）设物品质量为m，物品先在传送带上做初速度为零的匀加速直线运动，其位移大小为s1．

由 μ1mg=ma

v2=2as

得 s1=0.8m＜L

之后，物品和传送带一起以速度v做匀速运动

匀加速运动的时间

匀速运动的时间

所以物品从A处运动到B处的时间t=t1+t2=5.4s

（2）物品在转盘上所受的静摩擦力提供向心力，当物品在转盘上恰好无相对滑动时，有

得 μ2==0.1

答：（1）物品从A处运动到B处的时间t是5.4s；

（2）物品与转盘间的动摩擦因数μ2至少为0.1．

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题型：简答题

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简答题

一个滑板运动员，滑板和人总质量为50kg，以12m/s的速度从一斜坡底端滑上斜坡，当速度减为零时，又从斜坡上下滑至底端，已知斜坡的倾角为300，运动员上滑时用时为2s，设滑板受的阻力大小恒定不变，（g=10m/s2）求：

（1）滑板受到的阻力大小；

（2）运动员匀加速下滑至底端时所需的时间．

正确答案

解：（1）匀减速上滑，受力分析如图，选取沿斜面向上为正方向

由v=v0+a1t1

得a1=

由牛顿第二定律可得：-（mgsinθ+Ff）=ma1

解得：Ff=50N

答：滑板受到的阻力大小为50N．

（2）匀加速下滑，受力分析如图，选取沿斜面向下为正方向

由牛顿第二定律可得：mgsinθ-Ff=ma2

代入数据可得：a2=4m/s2

运动员上滑的位移为：可得：x=12m

下滑的位移与上滑时的位移相同，设下滑的时间为t2

由

可得

答：运动员匀加速下滑至底端时所需的时间为．

解析

解：（1）匀减速上滑，受力分析如图，选取沿斜面向上为正方向

由v=v0+a1t1

得a1=

由牛顿第二定律可得：-（mgsinθ+Ff）=ma1

解得：Ff=50N

答：滑板受到的阻力大小为50N．

（2）匀加速下滑，受力分析如图，选取沿斜面向下为正方向

由牛顿第二定律可得：mgsinθ-Ff=ma2

代入数据可得：a2=4m/s2

运动员上滑的位移为：可得：x=12m

下滑的位移与上滑时的位移相同，设下滑的时间为t2

由

可得

答：运动员匀加速下滑至底端时所需的时间为．

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题型：简答题

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简答题

一质量m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v-t图线，如图所示．（取sin37°=0.6 cos37°=0.8 g=10m/s2）

求：

（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小．

（2）小物块与斜面间的动摩擦因数．

正确答案

解；（1）由小物块上滑过程的v-t图线，得到物块的加速度为

m/s2

小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．

（2）根据牛顿第二定律得

-mgsin37°-μmgcos37°=ma

代入数据解得μ=0.25

答：

（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．

（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．

解析

解；（1）由小物块上滑过程的v-t图线，得到物块的加速度为

m/s2

小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．

（2）根据牛顿第二定律得

-mgsin37°-μmgcos37°=ma

代入数据解得μ=0.25

答：

（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小为8.0m/s2．

（2）小物块与斜面间的动摩擦因数为0.25．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，木块质量m=1.04kg，在与水平方向成θ=37°角、斜向右上方的恒定拉力F作用下，以a=2.0m/s2的加速度从静止开始做匀加速直线运动，在3s末时撤去拉力F．已知木块与地面间的动摩擦因数μ=0.4，取重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：

（1）拉力F的大小

（2）物体在5s内滑行的总位移．

正确答案

解：（1）对物体受力分析，可知

水平方向 Fcosθ-f=ma

竖直方向 Fsinθ+FN=mg

摩擦力公式 f=μFN

由以上三个方程可以解得，

a=2m/s2

F=6N；

（2）在3s末物体的速度为

V=at=2×3m/s=6m/s，

前3s的位移为

X1=at2=9m，

在3s末撤去了拉力F，之后物体将在摩擦力的作用下减速运动，

设此时的加速度为a′，摩擦力为f′，

则 f′=μmg=ma′，

所以a′=μg=4m/s2，

撤去了拉力F之后，减速到0需要的时间为t

则由V=0-a′t 可得

t=1.5s

即物体只运动了1.5s就停止了，所以减速运动的位移

X2=Vt-at2=4.5m

所以总位移x=X1+X2=9m+4.5m=13.5m，

答：（1）拉力F的大小为6N

（2）物体在5s内滑行的总位移是13.5m．

解析

解：（1）对物体受力分析，可知

水平方向 Fcosθ-f=ma

竖直方向 Fsinθ+FN=mg

摩擦力公式 f=μFN

由以上三个方程可以解得，

a=2m/s2

F=6N；

（2）在3s末物体的速度为

V=at=2×3m/s=6m/s，

前3s的位移为

X1=at2=9m，

在3s末撤去了拉力F，之后物体将在摩擦力的作用下减速运动，

设此时的加速度为a′，摩擦力为f′，

则 f′=μmg=ma′，

所以a′=μg=4m/s2，

撤去了拉力F之后，减速到0需要的时间为t

则由V=0-a′t 可得

t=1.5s

即物体只运动了1.5s就停止了，所以减速运动的位移

X2=Vt-at2=4.5m

所以总位移x=X1+X2=9m+4.5m=13.5m，

答：（1）拉力F的大小为6N

（2）物体在5s内滑行的总位移是13.5m．

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