- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）小物块离开A点时的水平速度v1；
（2）圆弧半径R；
（3）假设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=
正确答案
解：（1）小物块平抛运动的时间
t=
在B点
（2）在O点由牛顿第二定律得
代入数据解得R=1m
（3）在整个过程中由动能定理可得
代入数据解得v2=5m/s
在斜面上产生加速度为
答：（1）小物块离开A点时的水平速度v1为3m/s
（2）圆弧半径R为1m；
（3）假设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=
解析
解：（1）小物块平抛运动的时间
t=
在B点
（2）在O点由牛顿第二定律得
代入数据解得R=1m
（3）在整个过程中由动能定理可得
代入数据解得v2=5m/s
在斜面上产生加速度为
答：（1）小物块离开A点时的水平速度v1为3m/s
（2）圆弧半径R为1m；
（3）假设小物块与斜面间的动摩擦因数为μ=
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．
（1）图乙中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时物块所受摩擦力指向何方？
（2）如果木板长L=3m，倾角为30°，若物块与木板间的动摩擦因数为
正确答案
解：（1）随着θ的增大，重力沿斜面的分量逐渐增大，而正压力减小，所以摩擦力减小，当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态．所以当木板倾角为θ1时所受摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2所受摩擦力沿斜面向上．
（2）对物块，力F作用时的加速度：
对物块，撤去力F后的加速度大小：
设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t
则撤去力F时的速度v=a1t位移：
撤去力F后运动的距离：
由题意有 L=s1+s2
联立可得：t=1.5s
答：（1）木板倾角为θ1时所受摩擦力沿斜面向下，木板倾角为θ2所受摩擦力沿斜面向上；
（2）为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用1.5s
解析
解：（1）随着θ的增大，重力沿斜面的分量逐渐增大，而正压力减小，所以摩擦力减小，当摩擦力沿斜面向下且加速度为零时木板倾角为θ1，当摩擦力沿斜面向上且加速度为零时木板倾角为θ2，这时物块处于静止状态．所以当木板倾角为θ1时所受摩擦力沿斜面向下，当木板倾角为θ2所受摩擦力沿斜面向上．
（2）对物块，力F作用时的加速度：
对物块，撤去力F后的加速度大小：
设物块不冲出木板顶端，力F最长作用时间为t
则撤去力F时的速度v=a1t位移：
撤去力F后运动的距离：
由题意有 L=s1+s2
联立可得：t=1.5s
答：（1）木板倾角为θ1时所受摩擦力沿斜面向下，木板倾角为θ2所受摩擦力沿斜面向上；
（2）为保证物块不冲出木板顶端，力F最多作用1.5s
（1）当匣子顶部压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时，试确定升降机的运动情况．
（2）要使匣子顶部压力传感器的示数为零，升降机沿竖直方向的运动情况可能是怎样的？
正确答案
解：（1）当a=2m/s2竖直向下时，由牛顿第二定律，有：F上+mg-F下=ma
代入数据m=0.5kg
当匣子顶部板压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时，有：F上=
由牛顿第二定律，对m有：F上+mg-2F下=ma′a′=0
所以升降机应作匀速运动
（2）若F上=0，则F下≥10N，设升降机的加速度为a1，则：F上-mg=ma1
a1=
故升降机作向上的匀加速或向下的匀减速运动，加速度a≥10m/s2．
答：（1）升降机做匀速直线运动．
（2）升降机作向上的匀加速或向下的匀减速运动，加速度a≥10m/s2．
解析
解：（1）当a=2m/s2竖直向下时，由牛顿第二定律，有：F上+mg-F下=ma
代入数据m=0.5kg
当匣子顶部板压力传感器的示数是底部传感器的示数的一半时，有：F上=
由牛顿第二定律，对m有：F上+mg-2F下=ma′a′=0
所以升降机应作匀速运动
（2）若F上=0，则F下≥10N，设升降机的加速度为a1，则：F上-mg=ma1
a1=
故升降机作向上的匀加速或向下的匀减速运动，加速度a≥10m/s2．
答：（1）升降机做匀速直线运动．
（2）升降机作向上的匀加速或向下的匀减速运动，加速度a≥10m/s2．
（1）物体加速度a的大小；
（2）物体开始运动后t=3.0s内通过的距离x．
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律 F=ma
解得物体的加速度
a=
（2）物体开始运动后t=3.0 s内通过的距离
x=
答：（1）物体加速度a的大小为2m/s2．
（2）物体开始运动后t=3.0s内通过的距离为9m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律 F=ma
解得物体的加速度
a=
（2）物体开始运动后t=3.0 s内通过的距离
x=
答：（1）物体加速度a的大小为2m/s2．
（2）物体开始运动后t=3.0s内通过的距离为9m．
（1）环与杆间的动摩擦因数；
（2）拉力F的大小．
正确答案
解：（1）环能沿杆匀速下滑，根据力的平衡有：
mgsinθ=μmgcosθ
解得：μ=tanθ=0.75；
（2）由AB=BC=CD=L，环从A到C过程中，杆对环的弹力垂直于杆向下，根据牛顿第二定律有：
Fcosθ-f-mgsinθ=ma1
Fsinθ=N+mgcosθ
f=μN
v2=2a1×2L
环从C到D的过程中，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
v2=2a2L
解得：F=
答：（1）环与杆间的动摩擦因数为0.75；
（2）拉力F的大小为
解析
解：（1）环能沿杆匀速下滑，根据力的平衡有：
mgsinθ=μmgcosθ
解得：μ=tanθ=0.75；
（2）由AB=BC=CD=L，环从A到C过程中，杆对环的弹力垂直于杆向下，根据牛顿第二定律有：
Fcosθ-f-mgsinθ=ma1
Fsinθ=N+mgcosθ
f=μN
v2=2a1×2L
环从C到D的过程中，根据牛顿第二定律有：
mgsinθ+μmgcosθ=ma2
v2=2a2L
解得：F=
答：（1）环与杆间的动摩擦因数为0.75；
（2）拉力F的大小为
A
B
C
D
正确答案
解析
解：AB、设单位长度上质量为m0，则根据受力分析知：a=
CD、选取左边部分受力分析，知：F=ma+mg=（L-x）m0
故选：AC
AaA=0
BaB=
CaC=g
DaB=2g
正确答案
解析
解：开始A处于静止，根据共点力平衡知，弹簧的弹力F=mg．
撤去木板的瞬间，弹簧的弹力不变，对A分析，A所受的合力为零，则aA=0；
对BC整体分析，根据牛顿第二定律得，F+（m+2m）g=3ma，解得BC整体的加速度为：
a=
故选：AB．
质量为1kg的物体受到大小分别为3N和4N的两个互相垂直的共点力作用，由静止开始运动，则该物体受到合力为______N；加速度为______m/s2；2s末物体的速度为______m/s．
正确答案
5
5
10
解析
解：根据平行四边形定则知，物体所受的合力F=
根据牛顿运动定律知a=
根据匀变速直线运动规律v=at=10m/s
故答案为：5，5，10．
（1）为使木箱不相对车滑动，刹车时的最大加速度a0为多少？
（2）当刹车时加速度大于a0时，平板车的刹车位移（开始刹车到速度减零的位移）将减小．为保证木箱不撞击驾驶室，平板车的最短刹车位移多少？
（3）为保证木箱不撞击驾驶室，驾驶员刹车时的最大制动力为多少？
正确答案
解：（1）木箱产生的加速度为μmg=ma0
解得：
（2）木箱减速到0通过的位移为
x车=x木-L
联立解得：x车=48.4m
（3）刹车过程中车中根据速度位移公式可得
解 得：
根据牛顿第二定律可得
F-μm木g-0.2（m木+m车）g=m车a车
解 得：F=7420 N
答：（1）为使木箱不相对车滑动，刹车时的最大加速度a0为4.84m/s2
（2）当刹车时加速度大于a0时，平板车的刹车位移（开始刹车到速度减零的位移）将减小．为保证木箱不撞击驾驶室，平板车的最短刹车位移为48.4m
（3）为保证木箱不撞击驾驶室，驾驶员刹车时的最大制动力为7420N
解析
解：（1）木箱产生的加速度为μmg=ma0
解得：
（2）木箱减速到0通过的位移为
x车=x木-L
联立解得：x车=48.4m
（3）刹车过程中车中根据速度位移公式可得
解 得：
根据牛顿第二定律可得
F-μm木g-0.2（m木+m车）g=m车a车
解 得：F=7420 N
答：（1）为使木箱不相对车滑动，刹车时的最大加速度a0为4.84m/s2
（2）当刹车时加速度大于a0时，平板车的刹车位移（开始刹车到速度减零的位移）将减小．为保证木箱不撞击驾驶室，平板车的最短刹车位移为48.4m
（3）为保证木箱不撞击驾驶室，驾驶员刹车时的最大制动力为7420N
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