- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
解析
解：ABD、对小球，根据牛顿第二定律得：
a=
可知，随着θ增大，加速度a增大，与小球的质量无关．
当θ=90°时，a=g，小球将做自由落体运动，故A、D错误，B正确．
C、设小球运动的时间为t，斜面的长度为L．
则L=
故选：B
一的滑块水平拉力F作用下，由静止开始做匀加速直线运动，若滑块2s末的速度为10m/s，问：
（1）滑块做匀加速直线运动的加速度是多大？
（2）滑块在力F作用下经4s，通过的位移是多大？
（3）如果力F作用4s后撤去，撤去拉力后滑块的加速度大小为2m/s2，则滑块在撤去F后还能滑行多远？
正确答案
解：（1）滑块做匀加速直线运动的加速度a1=
（2）滑块在力F作用下经4s，通过的位移x1=
（3）撤去拉力瞬间的速度：v1=a1t=20m/s，撤去拉力后的位移：x2=
答：（1）滑块做匀加速直线运动的加速度是5m/s2；
（2）滑块在力F作用下经4s，通过的位移是40m；
（3）如果力F作用4s后撤去，撤去拉力后滑块的加速度大小为2m/s2，则滑块在撤去F后还能滑行100m．
解析
解：（1）滑块做匀加速直线运动的加速度a1=
（2）滑块在力F作用下经4s，通过的位移x1=
（3）撤去拉力瞬间的速度：v1=a1t=20m/s，撤去拉力后的位移：x2=
答：（1）滑块做匀加速直线运动的加速度是5m/s2；
（2）滑块在力F作用下经4s，通过的位移是40m；
（3）如果力F作用4s后撤去，撤去拉力后滑块的加速度大小为2m/s2，则滑块在撤去F后还能滑行100m．
正确答案
解析
解：对小滑环，受重力和支持力，将重力沿杆的方向和垂直杆的方向正交分解，根据牛顿第二定律得小滑环做初速为零的匀加速直线运动的加速度为
a=gsinθ（θ为杆与水平方向的夹角）
由图中的直角三角形可知，小滑环的位移S=2Rsinθ
所以
故选D．
A物块A的加速度为0
B物块A的加速度为
C物块B的加速度为0
D物块B的加速度为
正确答案
解析
解：剪断细线前，弹簧的弹力：F弹=mgsin30°=
剪断细线瞬间，对A、B系统，加速度为：a=
故选：B
（1）物体的加速度多大
（2）2s末物体的位移多大
（3）4S后撤去F物体还能运动多远．
正确答案
解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：
水平方向：Fx=Fcos37°-f=ma
竖直方向：Fy=N+Fsin37°-mg=0
滑动摩擦力大小为：f=μN
此时物体的加速度为：
（2）物体在2s内的位移为：x=
（3）物体4s后的速度为：v=at=7.2×4=28.8m/s，
撤去外力F后物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律，物体做减速运动加速度的大小为：
物体匀减速运动的初速度为v=28.8m/s，加速度大小为a′=2m/s2，所以物体匀减速运动的位移：
答：（1）物体的加速度为7.2m/s2；
（2）2s末物体的位移多大14.4m；
（3）4S后撤去F物体还能运动多远207.36m．
解析
解：（1）对物体进行受力分析，如图所示：
水平方向：Fx=Fcos37°-f=ma
竖直方向：Fy=N+Fsin37°-mg=0
滑动摩擦力大小为：f=μN
此时物体的加速度为：
（2）物体在2s内的位移为：x=
（3）物体4s后的速度为：v=at=7.2×4=28.8m/s，
撤去外力F后物体在摩擦力作用下做匀减速运动，根据牛顿第二定律，物体做减速运动加速度的大小为：
物体匀减速运动的初速度为v=28.8m/s，加速度大小为a′=2m/s2，所以物体匀减速运动的位移：
答：（1）物体的加速度为7.2m/s2；
（2）2s末物体的位移多大14.4m；
（3）4S后撤去F物体还能运动多远207.36m．
在抗雪灾中，空军从很高的高空用降落伞空投救灾物资，降落伞下面的重物有500kg，降落伞在下落过程中始终遇3m/s的水平风，已知降落伞下落中受到的阻力F=kv2（k=200N•s2/m2），而降落伞自身重力忽略不计，则降落伞在匀速运动前做______运动，降落伞匀速通过最后的200m高空所需的时间为______s．
正确答案
变加速曲线
40
解析
解：已知降落伞下落中受到的阻力F=kv2，由于速度不断变大，故阻力不断增加，合力变化，最变加速曲线运动；
竖直方向最后是匀速直线运动，重力好重力平衡，故：mg=kv2，解得：v=
故降落伞匀速通过最后的200m高空所需的时间为：t=
故答案为：变加速曲线，40．
某传动装置的水平传送带（足够长）以恒定的速度v0=5m/s运行，现将一小物块轻轻放在传送带上，之后发现在传送带上留下了5m长的擦痕．再后来由于出现故障，需使传送带以a=5m/s2的加速度停下来．问：
（1）物块与传送间的动摩擦因数是多大？
（2）在传送带减速过程中，物块相对传送带滑行的距离多大？
正确答案
解：（1）先求滑块与皮带间的动摩擦因数μ．皮带初始以v0=5m/s匀速行驶，滑块对地以a=μg的加速度匀加速，划痕l=5m为相对位移．则
l=v0t-
t=
解得：
a=
μ=0.25
（2）第二阶段，因皮带受阻，做a0=5m/s2的匀减速．a0＞a，滑块能在传送带上继续滑动，且皮带比滑块先停下，滑块还能在皮带上作相对滑动．粉笔相对皮带滑行距离为
L′=s粉笔-s皮带=
答：（1）物块与传送间的动摩擦因数是0.25；
（2）在传送带减速过程中，物块相对传送带滑行的距离为2.5m．
解析
解：（1）先求滑块与皮带间的动摩擦因数μ．皮带初始以v0=5m/s匀速行驶，滑块对地以a=μg的加速度匀加速，划痕l=5m为相对位移．则
l=v0t-
t=
解得：
a=
μ=0.25
（2）第二阶段，因皮带受阻，做a0=5m/s2的匀减速．a0＞a，滑块能在传送带上继续滑动，且皮带比滑块先停下，滑块还能在皮带上作相对滑动．粉笔相对皮带滑行距离为
L′=s粉笔-s皮带=
答：（1）物块与传送间的动摩擦因数是0.25；
（2）在传送带减速过程中，物块相对传送带滑行的距离为2.5m．
A
B
C
D
正确答案
解析
解：以AB组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：
系统的加速度a=
以B为研究对象，由牛顿第二定律得：
A对B的作用力：FAB=ma=
故选：D．
正确答案
解：皮带的长度是L=
解得：a=2.5m/s2
设物体加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，由运动情况分析有：
物体匀加速运动的时间为 t1=
则工件与传送带相对运动的位移为△x=v0t1-x1=0.8m
产生的热量为Q=μmgcos30°•△x=60J
根据能量守恒定律得
电动机由于传送工件多消耗的电能为 E=mgh+
代入解得，E=280J．
答：电动机由于传送工件多消耗的电能为280J．
解析
解：皮带的长度是L=
解得：a=2.5m/s2
设物体加速运动时间为t1，匀速运动时间为t2，由运动情况分析有：
物体匀加速运动的时间为 t1=
则工件与传送带相对运动的位移为△x=v0t1-x1=0.8m
产生的热量为Q=μmgcos30°•△x=60J
根据能量守恒定律得
电动机由于传送工件多消耗的电能为 E=mgh+
代入解得，E=280J．
答：电动机由于传送工件多消耗的电能为280J．
（1）小物块P在传送带上向左运动的最大距离；
（2）小物块P离开传送带时的速度．
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：
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
2a2x=v2
解得：v=
解：（1）小物块P在传送带上向左运动的最大距离为2.25m；
（2）小物块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：
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
2a2x=v2
解得：v=
解：（1）小物块P在传送带上向左运动的最大距离为2.25m；
（2）小物块P离开传送带时的速度为
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