牛顿第二定律_章节学习

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题型：多选题

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多选题

如图所示．质量为1kg的物块A放在与水平面成θ角的倾斜木板上，当θ=30°时物块恰好处于平衡状态，已知物块A距离木块下端的距离为m，g=l0m/s2，滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则以下分析正确的是（　　）

A物块与木板之间的摩擦因数μ=

B将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动加速度为m/s2

C将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的速度为2m/s

D将木板与水平面的倾角改为60°，再释放物块，其运动到木板下端的过程中重力做功5J

正确答案

A,B,C

解析

解：A、物块平衡可知mgsinθ=μmgcosθ，物块与木板之间的动摩擦因数μ=tanθ=，故A正确；

B、将木板与水平面的倾角改为600，则mgsinθ-μmgcosθ=ma，则物块运动加速度为，故B正确；

C、将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下端的速度v2=2ax，则v=2m/s，故C正确；

D、将木板与水平面的倾角改为600，物块运动到木板下重力做功W=mgh=15J，故D错误

故选：ABC

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题型：填空题

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填空题

如图，质量为2m的物块A与水平地面的摩擦可忽略不计，质量为m的物块B与地面的动摩擦因数为μ，在已知水平力F的作用下，A，B做加速运动，A对B的作用力为______．

正确答案

解析

解：对整体分析，根据牛顿第二定律得，a=

隔离对B分析，有FAB-μmg=ma

解得．

故答案为：

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题型：简答题

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简答题

质量为1kg的物体以20m/s的初速度竖直上抛，所受空气阻力大小为2.5N，且保持不变，g取10m/s2．求：

（1）物体能够上升的最大高度是多少？

（2）物体落回到抛出点时的速度是多少？

正确答案

解：（1）上升加速度大小为mg+f=ma

a=

上升的高度为

（2）下降过程中由动能定理得

mgh-fh=

代入数据解得 v′=

答：（1）物体能够上升的最大高度是16m；（2）物体落回到抛出点时的速度是

解析

解：（1）上升加速度大小为mg+f=ma

a=

上升的高度为

（2）下降过程中由动能定理得

mgh-fh=

代入数据解得 v′=

答：（1）物体能够上升的最大高度是16m；（2）物体落回到抛出点时的速度是

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题型：填空题

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填空题

在水平地面上放一重为30N的物体，物体与地面间的动摩擦因数为．若对物体施加一作用力F，使物体在地面上做匀速直线运动，则F与地面的夹角为______时最省力，此时的作用力F是______N．

正确答案

30°

15

解析

解：设F与水平地面夹角为θ时最省力，根据平衡条件：

Fcosθ=μ（mg-Fsinθ）

得：F=，由数学知识知θ=arctanu=30°时F有最小值，

F的最小值为：

Fmin===15N．

故答案为：30°，15

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平面上放有质量均为m=1kg的小物块A和B，A、B与地面的动摩擦因数分别为μ1=0.4和μ2=0.1，两物块相距为L．现给物块A一初速度v0=3m/s，使之向物块B运动，同时给物块B一个水平向右的恒力F使其由静止开始运动，已知F=3N．经过一段时间后，A恰好能追上B．求：（g=10m/s2）

（1）物块B运动的加速度大小；

（2）两物块相距的距离L的大小．

正确答案

解：（1）对B，由牛顿第二定律得：F-μ2mg=maB

aB=2m/s2；

（2）设物体A经过t时间追上物体B，对物体A，由牛顿第二定律可知：

μ1mg=maA恰好追上的条件为：

两物体出现在同一位置且速度相等；

即：vA=vB可得：v0-aAt=aBt------（1）；

xA-xB=L

即：v0t-aAt2-aBt2=L------（2）；

联立各式并代入数据解得：L=0.75m；

答：（1）物块B运动的加速度为2m/s2；（2）两物块相距的距离为0.75m．

解析

解：（1）对B，由牛顿第二定律得：F-μ2mg=maB

aB=2m/s2；

（2）设物体A经过t时间追上物体B，对物体A，由牛顿第二定律可知：

μ1mg=maA恰好追上的条件为：

两物体出现在同一位置且速度相等；

即：vA=vB可得：v0-aAt=aBt------（1）；

xA-xB=L

即：v0t-aAt2-aBt2=L------（2）；

联立各式并代入数据解得：L=0.75m；

答：（1）物块B运动的加速度为2m/s2；（2）两物块相距的距离为0.75m．

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题型：简答题

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简答题

在现实中，雨滴大约在1.5km左右的高空形成并开始下落．取g=10m/s2，试分析：

（1）若该雨滴做自由落体运动，求雨滴下落到地面的时间和到达地面时的速度是多大．

（2）实际生活中，雨滴落地的速度一般不超过8m/s，为什么它与你计算的结果差别这么大呢？

正确答案

解：（1）雨滴做自由落体运动，由位移公式得：h=gt2，解得：t≈17.32s，

雨滴落地时的速度：v=gt=173.2m/s；

（2）雨滴的速度通常不超过8m/s，而理论计算值约是实际值的21倍，差别很大．造成这个差别的原因是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．答：雨滴落地的速度按照理论计算是1.732×102m/s，而实际的情况是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．

答：（1）雨滴下落到地面的时间是17.32s，到达地面时的速度是173.2m/s．

（2）雨滴落地的速度按照理论计算是173.2m/s，而实际的情况是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．

解析

解：（1）雨滴做自由落体运动，由位移公式得：h=gt2，解得：t≈17.32s，

雨滴落地时的速度：v=gt=173.2m/s；

（2）雨滴的速度通常不超过8m/s，而理论计算值约是实际值的21倍，差别很大．造成这个差别的原因是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．答：雨滴落地的速度按照理论计算是1.732×102m/s，而实际的情况是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．

答：（1）雨滴下落到地面的时间是17.32s，到达地面时的速度是173.2m/s．

（2）雨滴落地的速度按照理论计算是173.2m/s，而实际的情况是：雨滴自高空落下，受空气阻力作用，速度越大，阻力也越大，雨滴做加速度逐渐减小的加速运动，到达地面之前，已做匀速运动．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=10kg，上表面光滑的足够长的木板在F=50N的水平拉力作用下，以v0=5m/s的速度沿水平地面向右匀速运动．现有两个小铁块，它们的质量均为m=1kg．在某时刻将第一个小铁块无初速度地放在木板的最右端，当木板运动了L=lm时，又无初速度地在木板最右端放上第二个小铁块．取g=10m/s2．求：

（1）第一个铁块放上后，木板的加速度是多大？

（2）第二个小铁块放上时，木板的速度是多大？

（3）第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是多少？

正确答案

解：（1）设木板与地面间的动摩擦因数为μ，未放小铁块时，对木板由平衡条件得：

F=μMg，所以解得：μ=0.5

第一个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a1，根据牛顿第二定律得：

F-μ（M+m）g=Ma1，所以

故第一个小铁块放上后，木板的加速度大小为0.5m/s2．

（2）放上第一个木块后，木板做匀减速运动，设第二个小铁块放上时，木板的速度是v1，则有：

，所以解得：

故第二个小铁块放上时，木板的速度是：．

（3）第二个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a2，则有：

F-μ（M+2m）g=Ma2 ，所以有：．

设第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是s，则有：

，所以解得：s=12m

故第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是12m．

解析

解：（1）设木板与地面间的动摩擦因数为μ，未放小铁块时，对木板由平衡条件得：

F=μMg，所以解得：μ=0.5

第一个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a1，根据牛顿第二定律得：

F-μ（M+m）g=Ma1，所以

故第一个小铁块放上后，木板的加速度大小为0.5m/s2．

（2）放上第一个木块后，木板做匀减速运动，设第二个小铁块放上时，木板的速度是v1，则有：

，所以解得：

故第二个小铁块放上时，木板的速度是：．

（3）第二个小铁块放上后，木板做匀减速运动，加速度为a2，则有：

F-μ（M+2m）g=Ma2 ，所以有：．

设第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是s，则有：

，所以解得：s=12m

故第二个小铁块放上后，木板能运动的最大位移是12m．

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题型：简答题

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简答题

如图甲所示，在倾角为θ的长斜面上有一带风帆的玩具滑块从静止开始沿斜面下滑，滑块的质量为（包含小人的质量）m，它与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与滑块下滑的速度成正比．即f=kv（k为比例系数．把人看作是滑块的一部分）

（1）作出滑块下滑过程中的受力分析图．

（2）写出滑块下滑的加速度的表达式．

（3）写出滑块下滑的最大速度的表达式．

（4）若m=2kg，θ=37°，g=10m/s2，滑块从静止开始沿斜面下滑的速度图线如图乙所示，图中直线是t=0时刻速度图线的切线，由此求出μ和k的值．

正确答案

解：（1）受力如图所示．

（2）根据牛顿第二定律得，mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma；

解得加速度a=gsinθ-μgconθ-；

（3）当a=0时，速度达到最大，即gsinθ-μgconθ-=0；

解得vmax=；

（4）由图可知t=0时，速度v=0，加速度a0==4m/s2，有：4=gsin37°-μgcos37°，

解得μ=0.25；

a=0时，vmax=2m/s，有：

k=4Ns/m．

答：（1）受力如图所示．

（2）滑块下滑的加速度的表达式为a=gsinθ-μgconθ-；

（3）滑块下滑的最大速度的表达式为vmax=；

（4）μ和k的值分别为0.25，4Ns/m．

解析

解：（1）受力如图所示．

（2）根据牛顿第二定律得，mgsinθ-μmgcosθ-kv=ma；

解得加速度a=gsinθ-μgconθ-；

（3）当a=0时，速度达到最大，即gsinθ-μgconθ-=0；

解得vmax=；

（4）由图可知t=0时，速度v=0，加速度a0==4m/s2，有：4=gsin37°-μgcos37°，

解得μ=0.25；

a=0时，vmax=2m/s，有：

k=4Ns/m．

答：（1）受力如图所示．

（2）滑块下滑的加速度的表达式为a=gsinθ-μgconθ-；

（3）滑块下滑的最大速度的表达式为vmax=；

（4）μ和k的值分别为0.25，4Ns/m．

1

题型：填空题

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填空题

质量为m的物体，在合力F的作用下获得大小为a的加速度．现要使物体获得大小为2a的加速度，若保持它的质量不变，则应使合力变为______F；若保持合力不变，则应使它的质量变为______m．

正确答案

2

解析

解：当施加力F时

F=ma

要使加速度变为2a

则施加的外力为

F′=m×2a=2ma=2F

若力不变，则质量

F=m′×2a

解得m′=m

故答案为：2，

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题型：简答题

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简答题

如图所示，传送带长6m，与水平方向的夹角θ=37°，以5m/s的速度向上运动．一个质量为2kg的物块（可视为质点），沿平行于传送带方向以10m/s的速度滑上传送带，已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5．求：

（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小；

（2）物块到达传送带顶端时的速度；

（3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功．

正确答案

解：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律mgsin37°+μmgcos37°=ma1

代入数据解得；

（2）设物块速度减为5m/s所用时间为t1，则v0-v=a1t1

解得t1=0.5s

通过的位移：m＜6 m

因μ＜tanθ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2则mgsin37°-μmgcos37°=ma2

代入数据解得

设物块到达最高点的速度为v1，则

x2=l-x1=2.25m

解得v1=4m/s．

（3）从开始到最高点，由动能定理得

代入数据解得W=-12 J

答：（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2；

（2）物块到达传送带顶端时的速度为4m/s；

（3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功为-12J．

解析

解：（1）物块刚滑上传送带时，物块的加速度大小为a1，

由牛顿第二定律mgsin37°+μmgcos37°=ma1

代入数据解得；

（2）设物块速度减为5m/s所用时间为t1，则v0-v=a1t1

解得t1=0.5s

通过的位移：m＜6 m

因μ＜tanθ，此后物块继续减速上滑的加速度大小为a2则mgsin37°-μmgcos37°=ma2

代入数据解得

设物块到达最高点的速度为v1，则

x2=l-x1=2.25m

解得v1=4m/s．

（3）从开始到最高点，由动能定理得

代入数据解得W=-12 J

答：（1）物块刚滑上传送带时的加速度大小为10m/s2；

（2）物块到达传送带顶端时的速度为4m/s；

（3）整个过程中，摩擦力对物块所做的功为-12J．

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