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

北京获得2022年冬奥会举办权，冰壶是冬奥会的比赛项目．将一个冰壶以一定初速度推出后将运动一段距离停下来．换一个材料相同，质量更大的冰壶，以相同的初速度推出后，冰壶运动的距离将（　　）

A不变

B变小

C变大

D无法判断

正确答案

A

解析

解：冰壶在冰面上在滑动摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：

f=ma

加速度

即相同材料的冰壶质量不同在冰面上匀减速运动的加速度大小相等．

据位移速度关系可知，两种冰壶的初速度相等，加速度相同，故匀减速运动的位移大小相等．

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

一个质量m=2kg的物体在水平拉力F的作用下，在光滑水平面上从静止开始做匀加速直线运动，经过时间t=6s速度变为v=12m/s．求：

（1）物体的加速度a的大小；

（2）水平拉力F的大小．

正确答案

解：（1）由运动学规律可知：

v=at

故，a==2m/s2

（2）根据牛顿第二定律有：

F=ma=2×2N=4N

答：（1）物体的加速度a的大小为=2m/s2

（2）水平拉力F的大小为4N

解析

解：（1）由运动学规律可知：

v=at

故，a==2m/s2

（2）根据牛顿第二定律有：

F=ma=2×2N=4N

答：（1）物体的加速度a的大小为=2m/s2

（2）水平拉力F的大小为4N

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题型：单选题

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单选题

质量为m的物体放在粗糙的水平面上，受到水平拉力F的作用，物体的加速度为a；当水平拉力增加到2F时，加速度应该（　　）

A等于2a

B大于2a

C小于2a

D无法判断

正确答案

B

解析

解：设物体所受的滑动摩擦力大小为f，当拉力变为2F时物体的加速度为a′．根据牛顿第二定律得：

F-f=ma

2F-f=ma′

则＞2，即a′＞2a

故选：B

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题型：简答题

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简答题

如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块．已知木块的质量m=1kg，木板的质量M=4kg，长L=1m，木板上表面与物块、下表面与地面之间的动摩擦因数均为μ=0.2．现用水平恒力F=28N拉木板，g取10m/s2，求：

（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小；

（2）木块滑到木板左端所需的时间；

（3）在（2）的时间内，拉力F所做的功．

正确答案

解：（1）对木块运用牛顿第二定律得：

对木板运用牛顿第二定律得：

（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移时间公式得：

-=L

解得：t=1s

（3）木板运动的位移为：x==2m

所以拉力F所做的功W=Fx=56J

答：（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2，4m/s2；

（2）木块滑到木板左端所需的时间为1s；

（3）在（2）的时间内，拉力F所做的功为56J．

解析

解：（1）对木块运用牛顿第二定律得：

对木板运用牛顿第二定律得：

（2）木块滑到木板左端时，两者的位移之差等于木板长度，根据位移时间公式得：

-=L

解得：t=1s

（3）木板运动的位移为：x==2m

所以拉力F所做的功W=Fx=56J

答：（1）木块与木板的加速度a1、a2的大小分别为2m/s2，4m/s2；

（2）木块滑到木板左端所需的时间为1s；

（3）在（2）的时间内，拉力F所做的功为56J．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，在光滑桌面上并排放着质量分别为m、M的两个物体，对m施加一个水平推力F，则它们一起向右作匀加速直线运动，其加速度大小为______；两物体间的弹力的大小为______．

正确答案

解析

解：将M和m组成的系统受力分析，水平方向系统只受推力F

由牛顿第二定律：F=（m+M）a

解得：a=

隔离分析M受力，水平方向只有与m间的弹力，即：

N=Ma=

故答案为：；

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题型：多选题

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多选题

某同学为了探究物体与斜面间的动摩擦因数进行了如下实验，取一质量为m的物体使其在沿斜面方向的推力作用下向上运动，如图甲所示，通过力传感器得到推力随时间变化的规律如图乙所示，通过频闪照相处理后得出速度随时间变化的规律如图丙所示，若已知斜面的倾角α=30°，取重力加速度g=10m/s2，则由此可得（　　）

A物体的质量为3kg

B物体与斜面间的动摩擦因数为

C撤去推力F后，物体将做匀减速运动，最后可以静止在斜面上

D撤去推力F后，物体下滑时的加速度为m/s2

正确答案

A,B,D

解析

解：A、由图丙所示图象可知，0～2s内，物体加速度a==0.5m/s2，由图乙所示，此段时间内的推力F1=21.5N，

由牛顿第二定律得：F1-mgsin30°+μmgcos30°=ma ①，

由图丙所示可知，2s以后物体做匀速直线运动，由图乙所示图象可知，此时推力F2=20N，

由平衡条件得：F2=mgsin30°+μmgcos30° ②，由①②解得：m=3kg，μ=，故AB正确；

C、物体与斜面间的滑动摩擦力f=μmgcos30°=5N，重力沿斜面向下的分力G1=mgsin30°=15N＞f，则物体速度变为零后要反向向下加速度滑动，不会静止在斜面上，故C错误；

D、撤去推力物体下滑时，由牛顿第二定律得：μmgcos30°-mgsin30°=ma，a=m/s2，故D正确；

故选：ABD．

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题型：单选题

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单选题

有一种杂技表演叫“飞车走壁”，由杂技演员驾驶摩托车沿圆台形表演台的侧壁，做匀速圆周运动．如图中粗线圆表示摩托车的行驶轨迹，轨迹离地面的高度为h，下列说法中正确的是（　　）

Ah越高，摩托车对侧壁的压力将越大

Bh越高，摩托车做圆周运动的向心力将越大

Ch越高，摩托车做圆周运动的周期将越小

Dh越高，摩托车做圆周运动的线速度将越大

正确答案

D

解析

解：A、摩托车做匀速圆周运动，提供圆周运动的向心力是重力mg和支持力F的合力，作出力图．设圆台侧壁与竖直方向的夹角为α，侧壁对摩托车的支持力F=不变，则摩托车对侧壁的压力不变．故A错误．

B、如图向心力Fn=mgcotα，m，α不变，向心力大小不变．故B错误．

C、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则T越大．故C错误．

D、根据牛顿第二定律得Fn=m，h越高，r越大，Fn不变，则v越大．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，一光滑的半径为R的半圆形轨道放在水平面上，一个质量为m的小球以某一速度冲上轨道，当小球将要从轨道口飞出时，轨道的压力恰好为零，则小球落地点C距A处多远？

正确答案

解：（1）、设小球在B点速度为VB，轨道的压力恰好为零，只有重力提供向心力，

由牛顿第二定得： ①

再设小球在B运动到点C的时间为t，点C与A的距离为X，由平抛运动规律得：

X=vBt ②

③

联立以上三式解得X=2R

答：小球落地点C距A处2R．

解析

解：（1）、设小球在B点速度为VB，轨道的压力恰好为零，只有重力提供向心力，

由牛顿第二定得： ①

再设小球在B运动到点C的时间为t，点C与A的距离为X，由平抛运动规律得：

X=vBt ②

③

联立以上三式解得X=2R

答：小球落地点C距A处2R．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量M=0.1kg的有孔小球穿在固定的足够长的斜杆上，斜杆与水平方向的夹角θ=37°，球与杆间的动摩擦因数μ=0.5．小球受到竖直向上的恒定拉力F=1.2N后，由静止开始沿杆斜向上做匀加速直线运动．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度g 取10m/s2）求：

（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小；

（2）小球的加速度；

（3）最初2s 内小球的位移．

正确答案

解：（1）小球受力如右图所示，

在垂直于斜面的方向上，有：Fcosθ-mgcosθ-N=0

所以：f=μN=0.08N

（2）由牛顿第二定律，在沿斜面方向上，有：Fsinθ-mgsinθ-f=ma

解得：a=0.4m/s2

（3）小球在最初的2s内的位移为：s=at2=0.8m

答：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小为0.08N；

（2）小球的加速度为0.4m/s2；

（3）最初2s 内小球的位移为0.8m．

解析

解：（1）小球受力如右图所示，

在垂直于斜面的方向上，有：Fcosθ-mgcosθ-N=0

所以：f=μN=0.08N

（2）由牛顿第二定律，在沿斜面方向上，有：Fsinθ-mgsinθ-f=ma

解得：a=0.4m/s2

（3）小球在最初的2s内的位移为：s=at2=0.8m

答：（1）斜杆对小球的滑动摩擦力的大小为0.08N；

（2）小球的加速度为0.4m/s2；

（3）最初2s 内小球的位移为0.8m．

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题型：多选题

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多选题

如图甲所示，平行于光滑斜面的轻弹簧劲度系数为k，一端固定在倾角为θ的斜面底端，另一端与物块A连接，两物块A、B质量均为m，初始时均静止，现用平行于斜面向上的力F拉动物块B，使B做加速度为a的匀加速运动，A、B两物块在开始一段时间内的v-t关系分别对应图乙中A、B图线t1时刻A、B的图加速度为g，则下列说法正确的是（　　）

Atl时刻，弹簧形变量为

Bt2时刻，弹簧形变量为

Ctl时刻，A，B刚分离时的速度为

D从开始到t2时刻，拉力F先逐渐增大后不变

正确答案

B,D

解析

解：A、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma，则x=，故A错误．

B、由图知，t2时刻A的加速度为零，速度最大，根据牛顿第二定律和胡克定律得：mgsinθ=kx，则得：x=，故B正确

对AB整体，根据牛顿第二定律得：F-2mgsinθ+kx=2ma，得F=2mgsinθ-kx+2ma，则知开始时F最小，此时有：2mgsinθ=kx，得F的最小值为 F=2ma，故B错误．

C、由图读出，t1时刻A、B开始分离，对A根据牛顿第二定律：kx-mgsinθ=ma

开始时有：2mgsinθ=kx0，

又x0-x=

速度V=at1=．故C错误．

D、从开始到t1时刻，对AB整体，根据牛顿第二定律得：F+kx-mgsinθ=2ma，得F=mgsinθ+2ma-kx，x减小，F增大；t1时刻到t2时刻，对B，由牛顿第二定律得：F-mgsinθ=ma，得 F=mgsinθ+ma，可知F不变，故D正确．

故选：BD

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