- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）小铁块放上后，木板加速度的大小和方向？
（2）小铁块放上后，系统产生的内能？
正确答案
解：（1）设木块与地面间的动摩擦因数为μ．未放小铁块时，木块做匀速运动，由平衡条件得：
F=μMg
可得 μ=0.2
小铁块放上木板后，木板做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
μ（M+m）g-F=Ma
可得 a=1 （m/s2 ），方向水平向左．
（2）放上后，铁块相对于地面静止不动，木板减速为0时运动距离 S=
系统产生的内能为 Q=μ（M+m）gS=27（J）
答：
（1）小铁块放上后，木板加速度的大小为1m/s2，方向水平向左．
（2）小铁块放上后，系统产生的内能是27J．
解析
解：（1）设木块与地面间的动摩擦因数为μ．未放小铁块时，木块做匀速运动，由平衡条件得：
F=μMg
可得 μ=0.2
小铁块放上木板后，木板做匀减速运动，设加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
μ（M+m）g-F=Ma
可得 a=1 （m/s2 ），方向水平向左．
（2）放上后，铁块相对于地面静止不动，木板减速为0时运动距离 S=
系统产生的内能为 Q=μ（M+m）gS=27（J）
答：
（1）小铁块放上后，木板加速度的大小为1m/s2，方向水平向左．
（2）小铁块放上后，系统产生的内能是27J．
据统计，40%的交通事故是由疲劳驾驶引起的，疲劳驾驶的危害丝毫不亚于酒驾、醉驾．研究表明，一般人的刹车反应（从发现情况到汽车开始减速）时间t0=0.4s，疲劳驾驶时人的反应时间会变长．在某次试验中，志愿者在连续驾驶4h后，驾车以v0=72km/h的速度在试验场平直的路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离L=45m．设汽车刹车后开始滑动，已知汽车与地面间的动摩擦因数μ=0.8，取g=10m/s2，求：
（1）减速过程中汽车位移的大小；
（2）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了多少？
正确答案
解：（1）设减速过程中，汽车加速度大小为a，位移为s，所用时间为t，
则μmg=ma，
解得：s=25m
（2）设志愿者反应时间为t′，反应时间为△t，
L=v0t′+s，
△t=t′-t0
解得：△t=0.6s
答：（1）减速过程中汽车位移的大小为25m；（2）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了0.6s．
解析
解：（1）设减速过程中，汽车加速度大小为a，位移为s，所用时间为t，
则μmg=ma，
解得：s=25m
（2）设志愿者反应时间为t′，反应时间为△t，
L=v0t′+s，
△t=t′-t0
解得：△t=0.6s
答：（1）减速过程中汽车位移的大小为25m；（2）志愿者在连续驾驶4h后的反应时间比一般人增加了0.6s．
（1）汽车匀速运动时，细线对小球的拉力．
（2）当汽车以a=2m/s2向前匀加速行驶时，小球对车后壁的压力．
（3）当汽车以a=10m/s2向前匀减速行驶时，细线对小球的拉力．
正确答案
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=25N，FN=15N．
（2）汽车以a=2m/s2向前匀加速行驶时，
由牛顿第二定律：FN′-Tsinθ=ma
Tcosθ=mg
联立求解得：FN=19N
（3）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，
由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg．
代入数据得：a0=gtanθ=10×
a1=10m/s2＞7.5m/s2，向右匀减速行驶时小球不受车后壁的弹力
竖直方向：Tcosθ=mg
水平方向：Tsinθ=ma1
解得：T=20
答：（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小为25N，对车后壁的压力为15N．
（2）当汽车以a1=2m/s2向右匀加速行驶时，小球对车后壁的压力为19N．
（3）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小为20
解析
Tsinθ=FN，Tcosθ=mg
代入数据得：T=25N，FN=15N．
（2）汽车以a=2m/s2向前匀加速行驶时，
由牛顿第二定律：FN′-Tsinθ=ma
Tcosθ=mg
联立求解得：FN=19N
（3）当汽车向右匀减速行驶时，设车后壁弹力为0时的加速度为a0（临界条件），受重力和拉力两个力，
由牛顿第二定律得：Tsinθ=ma0，Tcosθ=mg．
代入数据得：a0=gtanθ=10×
a1=10m/s2＞7.5m/s2，向右匀减速行驶时小球不受车后壁的弹力
竖直方向：Tcosθ=mg
水平方向：Tsinθ=ma1
解得：T=20
答：（1）汽车匀速运动时，小球对细线的拉力大小为25N，对车后壁的压力为15N．
（2）当汽车以a1=2m/s2向右匀加速行驶时，小球对车后壁的压力为19N．
（3）当汽车以a=10m/s2向右匀减速行驶时，细线对小球的拉力大小为20
正确答案
解析
解：A、球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零．
即 kxm=mgsin30°，
解得：xm=
由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.5m．故A错误．
设球与挡板分离时位移为x，经历的时间为t，
从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F．
根据牛顿第二定律有：mgsin30°-kx-F1=ma，
保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有：
mgsin30°-kx=ma，
解得：x=
C、因为速度最大时，运动的位移为0.5m，而小球运动0.1m与挡板已经分离．故C、D错误．
故选：B．
（1）A、B相对运动时的加速度aA和aB的大小与方向；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x；
（3）木板B的长度l．
正确答案
解：（1）A、B分别受到大小为μmg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得
对A物体：μmg=maA
则aA=μg=4.0m/s2，方向水平向右
对B物体：μmg=MaB，
则aB=
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t，则
v0=aAt1，则t1=
B相对地面向右做减速运动x=v0t-
（3）A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v．取向右方向为正，根据动量守恒定律得
（M-m）v0=（M+m）v
由能量守恒定律得 μmgl=
代入数据解得 l=1.6m
答：（1）A、B相对运动时的加速度aA的大小为4.0m/s2，方向水平向右，aB的大小为1.0m/s2，方向水平向左；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；
（3）木板B的长度l是1.6m．
解析
解：（1）A、B分别受到大小为μmg的滑动摩擦力作用，根据牛顿第二定律得
对A物体：μmg=maA
则aA=μg=4.0m/s2，方向水平向右
对B物体：μmg=MaB，
则aB=
（2）开始阶段A相对地面向左做匀减速运动，速度为0的过程中所用时间为t，则
v0=aAt1，则t1=
B相对地面向右做减速运动x=v0t-
（3）A向左匀减速运动至速度为零后，相对地面向右做匀加速运动，最后A恰好没有滑离B板，两者速度相同，设共同速度为v．取向右方向为正，根据动量守恒定律得
（M-m）v0=（M+m）v
由能量守恒定律得 μmgl=
代入数据解得 l=1.6m
答：（1）A、B相对运动时的加速度aA的大小为4.0m/s2，方向水平向右，aB的大小为1.0m/s2，方向水平向左；
（2）A相对地面速度为零时，B相对地面运动已发生的位移x是0.875m；
（3）木板B的长度l是1.6m．
A当小球b在最高点对轨道无压力时，小球a比小球b所需向心力大5mg
B当v=
C速度v至少为
D只要v≥
正确答案
解析
解：由于管中没有摩擦力的作用，所以球的机械能守恒，
当小球b在最高点对轨道无压力，即只有重力做为向心力，
所以mg=m
所以B正确，C错误；
从最高点到最低点，由机械能守恒可得，mg•2R+
对于a球，在最低点是，由向心力的公式可得 F-mg=m
所以F-mg=5mg，
所以此时的向心力的大小为5mg，
所以小球a比小球b所需向心力大4mg，所以A错误；
D、最高点时F1=m
在最低点时，F2=m
由机械能守恒有
所以F2-F1=6mg．所以D正确．
故选：BD．
A小车一定向右运动
B小车的加速度一定为gtanθ
CAC绳对球的拉力一定是
DBC绳的拉力一定小于AC绳的拉力
正确答案
解析
B、只有当BC绳的拉力等于零时，小车的加速度才为gtanθ，故B错误；
C、竖直方向合力为零，则TACcosθ=mg，解得：
D、由于AC绳上的拉力不变，而BC绳上的拉力会随着加速度的变化而变化，所以BC绳的拉力可以大于AC绳的拉力，故D错误．
故选：C．
（1）求飞机在水平跑道运动的时间及到达倾斜跑道末端时的速度大小；
（2）为了使飞机在倾斜跑道的末端达到起飞速度100m/s，外界还需要在整个水平轨道对飞机施加助推力，求助推力F推的大小．
正确答案
解：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F合=F-Ff=ma1 ①
v12-v02=2a1l1 ②
v1=a1t1 ③
注意到v0=0，Ff=0.1mg，代入已知数据可得
a1=5.0 m/s2，v1=40 m/s，t1=8.0 s ④
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′=F-Ff-mgsinα=ma2 ⑤
mgsin
注意到v1=40 m/s，代入已知数据可得
a2=3.0 m/s2，
故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.3m/s．
（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a´1、末速度大小为v´1，有
F合″=F推+F-Ff=ma1′⑨
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a´2=3.0 m/s2
根据题意，v´2=100 m/s，代入数据解得
故助推力F推的大小为5.2×105N．
解析
解：（1）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力与阻力作用，设加速度大小为a1、末速度大小为v1，运动时间为t1，有
F合=F-Ff=ma1 ①
v12-v02=2a1l1 ②
v1=a1t1 ③
注意到v0=0，Ff=0.1mg，代入已知数据可得
a1=5.0 m/s2，v1=40 m/s，t1=8.0 s ④
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用，设沿斜面方向的加速度大小为a2、末速度大小为v2，沿斜面方向有
F合′=F-Ff-mgsinα=ma2 ⑤
mgsin
注意到v1=40 m/s，代入已知数据可得
a2=3.0 m/s2，
故飞机在水平跑道上运动的时间为8.0s，到达倾斜跑道末端时的速度大小为41.3m/s．
（2）飞机在水平跑道上运动时，水平方向受到推力、助推力与阻力作用，设加速度大小为a´1、末速度大小为v´1，有
F合″=F推+F-Ff=ma1′⑨
飞机在倾斜跑道上运动时，沿倾斜跑道受到推力、阻力与重力沿斜面分力作用没有变化，加速度大小仍有a´2=3.0 m/s2
根据题意，v´2=100 m/s，代入数据解得
故助推力F推的大小为5.2×105N．
正确答案
解析
解：A．小球摆下后由机械能守恒可知，mgh=
B．根据ω=
C．设钉子到球的距离为R，则F-mg=m
D．小球的向心加速度a=
故选D．
正确答案
6
0.2
解析
解：由速度时间图线得，匀加速运动的加速度大小为：
匀减速运动的加速度大小为：
根据牛顿第二定律得：F-μmg=ma1
联立并代入数据得：F=6N，μ=0.2．
故答案为：6，0.2．
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