牛顿第二定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

如图所示，水平传送带以速度v1=2m/s匀速向左运动，小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连，mP=2kg、mQ=1kg，小物体P与传送带之间的动摩擦因数μ=0.1．某时刻P在传送带右端具有向左的速度v2=4m/s，P与定滑轮间的绳水平．不计定滑轮质量和摩擦，小物体P与传送带之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，传送带、绳足够长，取g=10m/s2．求

（1）P在传送带上向左运动的最大距离；

（2）P离开传送带时的速度．（结果可用根号表示）

正确答案

解：（1）P先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移为x1，由牛顿第二定律得

对p：T1+μmpg=mpa1

对Q：mQg-T1=mQa1

联立以上方程解得：a1=4m/s2

由运动学公式得：

解得：x1=1.5m

p接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，由牛顿第二定律得

对p：T2-μmpg=mpa2

对Q：mQg-T2=mQa2

联立以上方程解得：a2=m/s2

由运动学公式得：

解得：x2=0.75m

故P向左运动的最大距离x=x1+x2=2.25m

（2）P向左的速度减为0后，再以加速度a2向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式得：

v2=2a2x

解得：v=

答：（1）P在传送带上向左运动的最大距离为2.25m；

（2）P离开传送带时的速度为．

解析

解：（1）P先以加速度a1向左做匀减速运动，直到速度减为v1，设位移为x1，由牛顿第二定律得

对p：T1+μmpg=mpa1

对Q：mQg-T1=mQa1

联立以上方程解得：a1=4m/s2

由运动学公式得：

解得：x1=1.5m

p接着以加速度a2向左做匀减速运动，直到速度减为0，设位移为x2，由牛顿第二定律得

对p：T2-μmpg=mpa2

对Q：mQg-T2=mQa2

联立以上方程解得：a2=m/s2

由运动学公式得：

解得：x2=0.75m

故P向左运动的最大距离x=x1+x2=2.25m

（2）P向左的速度减为0后，再以加速度a2向右做匀加速运动，直到从右端离开传送带，由运动学公式得：

v2=2a2x

解得：v=

答：（1）P在传送带上向左运动的最大距离为2.25m；

（2）P离开传送带时的速度为．

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题型：简答题

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简答题

质量m=2×103kg，汽车以10m/s的速度通过某凸形桥的最高点时，受到桥面的支持力N=1.5×104N，取g=10m/s2，则桥面的半径为多少？当车速v为多大时，车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零？

正确答案

解：桥面的半径为r，由向心力公式可知

mg-N=M

代入数据解得 r=40m

当车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零时，设此时汽车速度为v0，有mg=m

代入数据解得 v0=20 m/s

答：桥面的半径为40m；当车速v为20m/s时，车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零．

解析

解：桥面的半径为r，由向心力公式可知

mg-N=M

代入数据解得 r=40m

当车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零时，设此时汽车速度为v0，有mg=m

代入数据解得 v0=20 m/s

答：桥面的半径为40m；当车速v为20m/s时，车在桥最高点时对桥面的压力恰好为零．

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题型：填空题

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填空题

加速度的公式有a=和a=，两式物理意义是______（选填“相同”，“等效”或“不同”）的．光滑水平面有一个质量为1Kg的物体，受到10N水平拉力作用，不计一切阻力，经106s时间，求其经过的位移，______（选填“可以”或“不可以”）用牛顿运动定律和运动学公式来计算．

正确答案

不同

不可以

解析

解：有a=和a=，两式物理意义不同．

根据牛顿第二定律加速度a=．

v=at=107m/s，可知速度与光速相当，牛顿定律和运动学公式不再适用．

故答案为：不同，不可以

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题型：填空题

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填空题

举重运动员在地面上能举起120kg的重物，而在运动着的升降机中却只能举起100kg的重物，求升降机运动的加速度的大小为______．

正确答案

2m/s2

解析

解：运动员在地面上能举起120kg的重物，则运动员能发挥的向上的最大支撑力：

F=m1g=120×10N=1200N

在运动着的升降机中只能举起100kg的重物，可见该重物超重，升降机应具有向上的加速度，对重物：

F-m2g=m2a1

所以：a1===2m/s2

故答案为：2m/s2．

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题型：简答题

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简答题

质量m=30kg的物体，在180N的水平向右的牵引力的作用下，沿水平面从静止开始运动，运动后5s末撤去牵引力．已知物体与地面的动摩擦因数为0.5．求

（1）有水平牵引力作用时，物体的加速度

（2）物体运动的最大速度

（3）从开始运动到最后停止物体通过的位移．

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律得，F-f=ma

f=μmg

联立两式，代入数据解得a=1m/s2．

（2）匀加速运动的末速度为最大速度．

所以vm=at=5m/s．

（3）匀加速直线运动的位移．

匀减速直线运动的加速度a′=μg=5m/s2．

则匀减速直线运动的位移

所以x=x=x1+x2=15m

答：（1）有水平牵引力作用时，物体的加速度为1m/s2．

（2）物体运动的最大速度为5m/s．

（3）从开始运动到最后停止物体通过的位移为15m．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律得，F-f=ma

f=μmg

联立两式，代入数据解得a=1m/s2．

（2）匀加速运动的末速度为最大速度．

所以vm=at=5m/s．

（3）匀加速直线运动的位移．

匀减速直线运动的加速度a′=μg=5m/s2．

则匀减速直线运动的位移

所以x=x=x1+x2=15m

答：（1）有水平牵引力作用时，物体的加速度为1m/s2．

（2）物体运动的最大速度为5m/s．

（3）从开始运动到最后停止物体通过的位移为15m．

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题型：简答题

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简答题

质量m=2.5kg的物体静止在粗糙的水平面上，在如图所示的水平拉力F作用下开始运动，则6s末物体的速度大小为多少？（已知物体与水平面间动摩擦因数0.2，g取10m/s2）

正确答案

解：物体与水平面间的滑动摩擦力为：

f=μmg=0.2×25N=5N，

在0-2s内，拉力F小于最大静摩擦力，则物体处于静止状态．

2-4s内，加速度为：，则4s末的速度为：v1=a1t1=2×2m/s=4m/s，

4-6s内，加速度为：，则6s末的速度为：v2=v1+a2t2=4+4×2m/s=12m/s．

答：6s末的速度为12m/s．

解析

解：物体与水平面间的滑动摩擦力为：

f=μmg=0.2×25N=5N，

在0-2s内，拉力F小于最大静摩擦力，则物体处于静止状态．

2-4s内，加速度为：，则4s末的速度为：v1=a1t1=2×2m/s=4m/s，

4-6s内，加速度为：，则6s末的速度为：v2=v1+a2t2=4+4×2m/s=12m/s．

答：6s末的速度为12m/s．

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题型：填空题

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填空题

在光滑水平面上，质量为______的物体在10s内速度由0增大到6m/s，所受的水平方向的恒力为1.5N，如果要是物体在经过10s速度变为0，需再加______N的力．

正确答案

2.5kg

3

解析

解：物体匀加速运动的加速度为：

，

则物体的质量为：

m=．

物体做匀减速运动的加速度大小为：

，

根据牛顿第二定律得：

F′-F=ma2，

解得：

F′=F+ma2=1.5+2.5×0.6N=3N．

故答案为：2.5kg，3．

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题型：填空题

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填空题

一质量为m=65kg的人站在升降机里的台秤上，发现台秤示数为780N，则升降机的加速度大小为______m/s 2，升降机的运动状态是______．______．

正确答案

2

加速向上

减速向下

解析

解：设向上为正方向；由牛顿第二定律可知：F-mg=ma

解得：a==2m/s2；方向竖直向上；

故物体的运动可能为：加速向上或减速向下运动

故答案为：2；加速向上；减速向下．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，用长为l的细绳拴着质量为m的小球在竖直平面内做圆周运动，则下列说法中正确的是（　　）

A小球在圆周最高点时所受的向心力一定为重力

B小球在最高点时绳子的拉力不可能为零

C若小球刚好能在竖直平面内做圆周运动，则其在最高点的速率为

D小球过最低点时绳子的拉力可能小于小球重力

正确答案

C

解析

解：A、在最高点若速度比较大，则有F+mg=．所以向心力不一定由重力提供．故A错误．

B、当在最高点速度v=，此时F=0，重力提供向心力．此时的速度是物体做圆周运动在最高点的最小速度．故B错误，C正确．

D、在最低点有：F-mg=，拉力一定大于重力．故D错误．

故选C．

1

题型：简答题

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简答题

如图所示为粮食仓库中常用的皮带传输装置示意图，它由两台皮带传送机组成，一台水平传送，A、B两端相距L1=3m；另一台倾斜传送，传送带与地面间的倾角θ=37°，C、D两端相距L2=4.45m，B、C相距很近．水平传送带以v0=5m/s沿顺时针方向转动．现将质量为m=10kg的一袋大米无初速度的放在A端，它随传送带到达B点后，速度大小不变的传到倾斜传送带的C端，当米袋速度为零时将米袋取走．米袋与两传送带之间的动摩擦因素均为μ=0.5，取g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．

（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带AB运动的时间为多少？米袋沿传送带CD向上滑动的时间为多少？

（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，试判断米袋能否传到D端？若不能，求米袋沿传送带CD所能上滑的最大距离；若能，求米袋从C端运动到D端的时间．

正确答案

解：（1）①由牛顿第二定律得米袋在AB上加速运动的加速度：

a1===μg=0.5×10=5m/s2，

米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离：

s1===2.5m＜L1=3m，

故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达才C端速度为：

v0=5m/s，

米袋在AB上匀加速的运动时间：t1===1s，

匀速运动的时间：t2====0.1s，

米袋传送带AB上的运动时间：t=t1+t2=1s+0.1s=1.1s；

②米袋在CD传送带上，由顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2，

解得：a2=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2，

能沿CD上滑的最大距离：s===1.25m＜L2=4.45m，

米袋不能到达D点，米袋在传送带上做减速运动，速度变为零，

则米袋在CD上向上滑动的时间t′===0.5s；

（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度，

由顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，

a=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2，

此时上滑的距离为：s===0.45m＜L2=4.45m，

米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，米袋继续减速上滑，

由顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，

其加速度为：a′=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s2，

减速到零时上滑的距离为：s′===4，

s+s′═4.45=L2，即速度为零时刚好到D端，米袋能传到D点；

由v0减速为v所用时间为：t===0.1s，

由v减速为0所用时间为：t′===2s，

故米袋从C到D的总时间为：t总=t+t′=2.1s；

答：（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带AB运动的时间为1.1s，米袋沿传送带CD向上滑动的时间为0.5s．

（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，米袋能传到D端，米袋从C端运动到D端的时间为2.1s．

解析

解：（1）①由牛顿第二定律得米袋在AB上加速运动的加速度：

a1===μg=0.5×10=5m/s2，

米袋速度达到v0=5m/s时滑过的距离：

s1===2.5m＜L1=3m，

故米袋先加速一段时间后再与传送带一起匀速运动，到达才C端速度为：

v0=5m/s，

米袋在AB上匀加速的运动时间：t1===1s，

匀速运动的时间：t2====0.1s，

米袋传送带AB上的运动时间：t=t1+t2=1s+0.1s=1.1s；

②米袋在CD传送带上，由顿第二定律得：

mgsinθ+μmgcosθ=ma2，

解得：a2=g（sin37°+μcos37°）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2，

能沿CD上滑的最大距离：s===1.25m＜L2=4.45m，

米袋不能到达D点，米袋在传送带上做减速运动，速度变为零，

则米袋在CD上向上滑动的时间t′===0.5s；

（2）CD顺时针转动时，米袋速度减为v=4m/s之前的加速度，

由顿第二定律得：mgsinθ+μmgcosθ=ma，

a=g（sinθ+μcosθ）=10×（0.6+0.5×0.8）=10m/s2，

此时上滑的距离为：s===0.45m＜L2=4.45m，

米袋速度达到v=4m/s后，由于μmgcosθ＜mgsinθ，米袋继续减速上滑，

由顿第二定律得：mgsinθ-μmgcosθ=ma′，

其加速度为：a′=g（sinθ-μcosθ）=10×（0.6-0.5×0.8）=2m/s2，

减速到零时上滑的距离为：s′===4，

s+s′═4.45=L2，即速度为零时刚好到D端，米袋能传到D点；

由v0减速为v所用时间为：t===0.1s，

由v减速为0所用时间为：t′===2s，

故米袋从C到D的总时间为：t总=t+t′=2.1s；

答：（1）若倾斜传送带CD不转动，则米袋沿传送带AB运动的时间为1.1s，米袋沿传送带CD向上滑动的时间为0.5s．

（2）若倾斜传送带CD以v=4m/s的速率沿顺时针方向转动，米袋能传到D端，米袋从C端运动到D端的时间为2.1s．

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