- 牛顿第二定律
- 共12933题
开学初，小源到建设银行营业网点兑换了此前在网上预约的中国高铁纪念币。这枚纪念币由中国人民银行发行，面额10元，每人限兑20枚，且需要提前预约。小源打算与班上同学分享自己的喜悦。他可以向大家这样介绍
①纪念币面额和实际购买力都是由中国人民银行规定的
②纪念币可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能
③纪念币发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间
④纪念币不能与同面额人民币等值流通，必须在规定时间地点使用
正确答案
解析
①错误，国家无权规定纪念币的实际购买力；④错误，纪念币与同面额人民币等值流通，在任何时间地点都可使用；由中国人民银行发行的纪念币属于法定货币，可以直接购买商品，也具有支付手段等货币职能，因其发行量有限，具有一定的收藏价值和升值空间，故②③正确。
知识点
在一次抗洪抢险活动中，解放军某部利用直升机抢救一重要落水物体．静止在空中的直升机上，电动机通过悬绳将物体从离飞机90m处的洪水中吊到机舱里．已知物体的质量为80kg，吊绳的拉力不能超过1200N，电动机的最大输出功率为12kW．为尽快把物体安全救起，操作人员采取的办法是，先让吊绳以最大的拉力工作一段时间，而后电动机又以最大功率工作，当物体到达机舱时恰好达到最大速度．求：
（1）落水物体刚到达机舱时的速度；
（2）这一过程所用的时间．（g取10m/s2）
正确答案
解：（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．此时有：Pm=mgvm
代入数据解得
此速度也是物体到达机舱的速度．
故落水物体刚到达机舱时的速度为15m/s．
（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：
Fm-mg=ma
Pm=Fmv1
v1=a1t1
代入数据解得：v1=10m/s，t1=2s，h1=10m
第二段，以最大功率上升，由动能定理得：
解得t2=5.75s
所以吊起落水物体所用总时间为t=t1+t2=7.75s
故这一过程所用的时间为7.75s．
解析
解：（1）第一阶段以最大拉力拉着物体匀加速上升，当电动机达到最大功率时，功率保持不变，物体变加速上升，速度增大，拉力减小，当拉力与重力相等时速度达到最大．此时有：Pm=mgvm
代入数据解得
此速度也是物体到达机舱的速度．
故落水物体刚到达机舱时的速度为15m/s．
（2）对于第一段匀加速，加速度设为a，末速设为v1，上升高度h1，则有：
Fm-mg=ma
Pm=Fmv1
v1=a1t1
代入数据解得：v1=10m/s，t1=2s，h1=10m
第二段，以最大功率上升，由动能定理得：
解得t2=5.75s
所以吊起落水物体所用总时间为t=t1+t2=7.75s
故这一过程所用的时间为7.75s．
（1）刚撤去拉力时雪橇的速度υ的大小；
（2）撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离．
正确答案
在竖直方向上，由平衡条件得：Fsin37°+FN=mg，
在水平方向上，由牛顿第二定律得：Fcos37°-μFN=ma，
解得：a=2.6m/s2，
刚撤去拉力时雪橇的速度大小：v=at=2.6×2=5.2m/s；
（2）撤去拉力后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′，
解得：a′=μg=2m/s2，
撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离：
x=
答：（1）刚撤去拉力时雪橇的速度υ的大小为5.2m/s；
（2）撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离为6.76m．
解析
在竖直方向上，由平衡条件得：Fsin37°+FN=mg，
在水平方向上，由牛顿第二定律得：Fcos37°-μFN=ma，
解得：a=2.6m/s2，
刚撤去拉力时雪橇的速度大小：v=at=2.6×2=5.2m/s；
（2）撤去拉力后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′，
解得：a′=μg=2m/s2，
撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离：
x=
答：（1）刚撤去拉力时雪橇的速度υ的大小为5.2m/s；
（2）撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离为6.76m．
静止在光滑水平面上，质量为2kg的物体，受10N的水平推力作用后，1s末的速度为______m/s，位移为______m．
正确答案
5
2.5
解析
解：由牛顿第二定律得：
F=ma
a=
1s末速度为：v=at=5×1m/s=5m/s
位移为：x=
故答案为：5，2.5．
一辆质量为20kg的小车，在水平拉力60N的作用下，产生的加速度大小为2m/s2，运动一段时间后突然改变拉力方向与原来相反，大小不变，则这时小车的加速度大小为______m/s2，方向与原来的加速度方向______（填相同或相反）．
正确答案
2
相反
解析
解：由牛顿第二定律可知：F-f=ma
解得：f=60-20×2=20N；
力反向后，合力F合=F+f=60+20=80N；
则由a=
a=
方向与原来的运动方向相反；
故答案为：4；相反．
用平行于斜面向上的力F，把质量为m的物体加速上推，当F=mg时，它的加速度大小和不加力时物体下滑的加速度大小都为
正确答案
30
0.289
解析
解：当物体下滑时，受重力、支持力和沿斜面向上的摩擦力．根据牛顿第二定律得，a=
当物体上滑时，受重力、支持力、推力和沿斜面向下的摩擦力，根据牛顿第二定律得，a′=
代入数据解得：θ=30°，μ=0.289
故答案为：30；0.289
（1）求滑块受到的摩擦力大小______和方向______；
（2）若将细线剪断，求剪断瞬间物体的加速度大小______和方向______（g=10m/s2）
正确答案
解：（1）物体受到的拉力水平分力F1=Fcos30°=100×
由共点力的平衡条件可知：
f=50
（2）剪断细线后，拉力消失，弹力不变；
此时的摩擦力f′=μmg=0.3×100=30N；
则由牛顿第二定律可知：
F2-f′=ma；
解得：a=
故答案为：11.6；向左；4.5m/s2 ；向左
解析
解：（1）物体受到的拉力水平分力F1=Fcos30°=100×
由共点力的平衡条件可知：
f=50
（2）剪断细线后，拉力消失，弹力不变；
此时的摩擦力f′=μmg=0.3×100=30N；
则由牛顿第二定律可知：
F2-f′=ma；
解得：a=
故答案为：11.6；向左；4.5m/s2 ；向左
（1）妞妞在被接到前下落的时间；
（2）吴菊萍跑到楼下时的速度．
正确答案
解：（1）对妞妞用牛顿第二定律：mg-0.4mg=ma1
求得：a1=6m/s2
妞妞下落过程是匀变速直线运动，由位移时间关系：
解得：t=3s
（2）吴匀加速运动：
解得：a2=2m/s2
由速度时间关系：υ2=a2t=2×3=6m/s
答：（1）妞妞在被接到前下落的时间为3s；
（2）吴菊萍跑到楼下时的速度为6m/s．
解析
解：（1）对妞妞用牛顿第二定律：mg-0.4mg=ma1
求得：a1=6m/s2
妞妞下落过程是匀变速直线运动，由位移时间关系：
解得：t=3s
（2）吴匀加速运动：
解得：a2=2m/s2
由速度时间关系：υ2=a2t=2×3=6m/s
答：（1）妞妞在被接到前下落的时间为3s；
（2）吴菊萍跑到楼下时的速度为6m/s．
（1）物体A做匀速圆周运动的线速度大小．
（2）物体A运动到最低点时，木板对物体A的支持力大小．
正确答案
解：（1）在最高点A对木板的压力恰好为零，说明物体在最高点仅受重力；
则
解得：v=1m/s
（2）A物体在最低点时，仅受重力mg，支持力N，
由牛顿第二定律得：
解得：N=10N
答：（1）物体A做匀速圆周运动的线速度大小1m/s．
（2）物体A运动到最低点时，木板对物体A的支持力大小为10N．
解析
解：（1）在最高点A对木板的压力恰好为零，说明物体在最高点仅受重力；
则
解得：v=1m/s
（2）A物体在最低点时，仅受重力mg，支持力N，
由牛顿第二定律得：
解得：N=10N
答：（1）物体A做匀速圆周运动的线速度大小1m/s．
（2）物体A运动到最低点时，木板对物体A的支持力大小为10N．
（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间；
（2）从A开始运动（从此时开始计时）到物块B刚要离开C时力F随时间t变化的关系式．
正确答案
解：（1）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：
mgsin30°=kx1
令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：
kx2=mgsin30°
F-mgsin30°-kx2=ma
将F=2mg和θ=30°代入以上各式，解得：a=g
由x1+x2=
（2）从A开始运动，经过t时间上升的位移x=
根据牛顿第二定律得，加速度F-mgsin30°+k（x1-x）=ma，
解得F=mg+kx=
答：（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间为
（2）从A开始运动（从此时开始计时）到物块B刚要离开C时力F随时间t变化的关系式为
解析
解：（1）令x1表示未加F时弹簧的压缩量，由胡克定律和牛顿定律可知：
mgsin30°=kx1
令x2表示B 刚要离开C时弹簧的伸长量，a表示此时A 的加速度，由胡克定律和牛顿定律可知：
kx2=mgsin30°
F-mgsin30°-kx2=ma
将F=2mg和θ=30°代入以上各式，解得：a=g
由x1+x2=
（2）从A开始运动，经过t时间上升的位移x=
根据牛顿第二定律得，加速度F-mgsin30°+k（x1-x）=ma，
解得F=mg+kx=
答：（1）从F开始作用到物块B刚要离开C的时间为
（2）从A开始运动（从此时开始计时）到物块B刚要离开C时力F随时间t变化的关系式为
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