牛顿第二定律_章节学习

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题型：填空题

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填空题

如图所示，物体A、B间用轻质弹簧相连，已知mA=2mB，且物体与地面间的动摩擦因数均为µ．在水平外力作用下，A和B一起沿水平面向右匀速运动，当撤去外力的瞬间，A的加速度为______；B的加速度为______．

正确答案

0

3μg

解析

解：系统做匀速直线运动时，对A分析，A在水平方向上受弹簧的弹力、摩擦力作用，有：F弹=μmAg．

撤去F的瞬间，弹簧的弹力未改变，对A分析，所受的合力为零，则加速度为零．

对B分析，有：μmBg-F弹=mBaB．

则：=

故答案为：0，3µg

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量m=1.0kg的小物块，它与水平台阶表面的动摩擦因数μ=0.25，且与台阶边缘的距离s=5m．台阶距地面高h=0.45m．现用F=5N的水平恒力拉动小物块．已知重力加速度g=10m/s2．

（1）若小物块在水平台阶上运动时，水平恒力一直作用在小物块上，当小物块到台阶边缘时撤去拉力，求小物块落地时与台阶的水平距离；

（2）若小物块不落下台阶，求拉力F作用的最长时间．

正确答案

解：在水平恒力作用下，由牛顿第二定律得

F-μmg=ma1

解得

由得

滑到边缘的速度为

小物体做平抛运动，x=v0t

h=

联立解得x=1.5m

（2）小物块不落下台阶，刚好运动到边缘

撤去外力后加速度为

a1t1=a2t2

联立解得

答：（1）小物块落地时与台阶的水平距离为1.5m；

（2）拉力F作用的最长时间为

解析

解：在水平恒力作用下，由牛顿第二定律得

F-μmg=ma1

解得

由得

滑到边缘的速度为

小物体做平抛运动，x=v0t

h=

联立解得x=1.5m

（2）小物块不落下台阶，刚好运动到边缘

撤去外力后加速度为

a1t1=a2t2

联立解得

答：（1）小物块落地时与台阶的水平距离为1.5m；

（2）拉力F作用的最长时间为

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题型：填空题

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填空题

一质量为m的质点，系在细绳的一端，绳的另一端固定在水平面上，此质点在粗糙水平面上做半径为r的圆周运动．设质点的初速度大小为v0，当它运动一周时其速度大小为，则在此过程中质点所受合外力的大小______（选填“变大”、“变小”或“不变”），质点与水平面之间的动摩擦因数等于______．

正确答案

变小

解析

解：指向圆心的合力，速度减小，指向圆心的合力减小，和切线方向上的合力进行合成，知合力变小．

根据动能定理得，，解得：．

故答案为：变小，．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，A、B两物块的质量分别为2m和m，静止叠放在水平地面上．A、B间的动摩擦因数为μ，B与地面间的动摩擦因数为μ，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为g，现对A施加一水平拉力F，则（　　）

A当F＞3μmg时，A相对B滑动

B当F=μmg时，A的加速度为μg

C当F＜2μmg时，A、B都相对地面静止

D无论F为何值，B的加速度不会超过μg

正确答案

A,B,D

解析

解：AB之间的最大静摩擦力为：fmax=μmAg=2μmg，B与地面间的最大静摩擦力为：f′max=μ（mA+mB）g=μmg；

A、当 F＞3μmg 时，F＞fmax，AB间会发生相对滑动，A相对B发生滑动，选项A正确．

B、当 F=μmg 时，AB间不会发生相对滑动，根据整体法，由牛顿第二定律有：a==μg，选项B正确．

C、当 F＜2 μmg 时，F＜fmax，AB之间不会发生相对滑动，若F＞fmax′，B与地面间会发生相对滑动，故C错误．

D、A对B的最大摩擦力为2μmg，B受到的地面的最大静摩擦力为μmg，无论F为何值，B受到的最大合力为，因此加速度更不会超过μg，选项D正确．

故选：ABD．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，两小球悬挂在天花板上，AB为细线，上面是一轻弹簧，A、B两球质量分别为2m和m，重力加速度g取10m/s2，在细线烧断瞬间A、B两球的加速度大小分别为aA=______m/s2，aB=______m/s2．

正确答案

5

10

解析

解：剪断细线之前，ab整体受到重力和弹簧的弹力F静止，此时：F=3mg，

剪短之后，绳的拉力消失，而弹力不变，

对A：2mg-F=2maa，

解得：aa=-g=-5m/s2，

加速度大小为5m/s2，

b只受重力，故B的加受速度为g=10m/s2，

故答案为：5，10

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在光滑水平面上放有质量为M=3kg的长木板，在长木板的左端放有m=1kg的小物体，小物体大小可忽略不计．小物块以某一初速度v0=4m/s匀减速运动．已知小物块与长木板表面动摩擦因数μ=0.3，当小物块运动了t=2.5s时，长木板被地面装置锁定，假设长木板足够长（g=10m/s2）

求（1）小物块刚滑上长木板时，长木板及小物体的加速度各为多大？

（2）长木板与小物体共速所需时间？

（3）最终小物体距木板左端的距离．

正确答案

解：（1）小物体冲上长木板后受重力、压力和摩擦力的作用做匀减速运动，长木板摩擦力的作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：

对长木板：a1===1m/s2

对小物体：a2==3m/s2

（2）设二者达到共同速度v的时间为t0，则由运动学公式得：

对小物体：v=v0-a2t0　

对长木板：v=a1t0

解得：t0=1s

（3）因t0=1s＜t=2.5s，这说明小物体冲上长木板1s后二者再一起匀速运动1.5S后被锁定，此后小物体将匀减速运动．

共速前：=2m

减速：

s=s1+s2=2.17m

答：（1）小物块刚滑上长木板时，长木板及小物体的加速度分别为1m/s2、3m/s2；

（2）长木板与小物体共速所需时间为1s；

（3）最终小物体距木板左端的距离为2.17m．

解析

解：（1）小物体冲上长木板后受重力、压力和摩擦力的作用做匀减速运动，长木板摩擦力的作用下做匀加速运动，根据牛顿第二定律得：

对长木板：a1===1m/s2

对小物体：a2==3m/s2

（2）设二者达到共同速度v的时间为t0，则由运动学公式得：

对小物体：v=v0-a2t0　

对长木板：v=a1t0

解得：t0=1s

（3）因t0=1s＜t=2.5s，这说明小物体冲上长木板1s后二者再一起匀速运动1.5S后被锁定，此后小物体将匀减速运动．

共速前：=2m

减速：

s=s1+s2=2.17m

答：（1）小物块刚滑上长木板时，长木板及小物体的加速度分别为1m/s2、3m/s2；

（2）长木板与小物体共速所需时间为1s；

（3）最终小物体距木板左端的距离为2.17m．

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•清远期末）质量为1kg的物体受到两个大小分别为4N和2N共点力的作用，则物体的加速度大小可能是（　　）

A1 m/s2

B2 m/s2

C3 m/s2

D4m/s2

正确答案

B,C,D

解析

解：4N和2N的合力范围为：2N≤F合≤6N，根据a=可知，加速度的范围为2m/s2≤a≤6m/s2．

故BCD正确，A错误；

故选：BCD．

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题型：单选题

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单选题

一个静止的质点，在0～5s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F 随时间t的变化图线如图所示．则质点在（　　）

A第2s末速度方向改变

B第2s末加速度不为零

C第4s末运动速度为零

D第4s末回到原出发点

正确答案

C

解析

解：根据题意可知合力随时间周期性变化，

故根据牛顿第二定律F=ma可得：

物体的加速度a=．

故在0-1s内物体做加速度为a匀加速直线运动，在1-2s内物体做加速度为a的匀减速直线运动，在2-3s内物体做加速度为a匀加速直线运动，在3-4s内物体做加速度为a的匀减速直线运动作出v-t图象如图．

A、由v-t图象可以看出物体一直向同一方向运动，速度方向始终没有发生改变，故A错误

B、C，由v-t图象可以看出物体一直向同一方向运动，在第2s末和第4s末的速度都是0．故B错误，C正确；

D、由于整个运动过程中，质点一直向一个方向运动，不可能回到原出发点．故D错误．

故选：C．

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题型：填空题

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填空题

（2014秋•雅安期末）一物体在水平推力F=15N的作用下沿水平面作直线运动，一段时间后撤去F，其运动v-t图象如图所示，则0-4s物体的加速度大小为______，物体与水平面的动摩擦因数μ=______，物体的质量m=______（g取10m/s2）

正确答案

2.5m/s2

0.5

2kg

解析

解：由v-t图知，0-4s物体的加速度大小为：a=

0-4s，对物体分析：水平方向上受拉力F和摩擦力作用：F-μmg=ma

4s-6s物体的加速度大小为：

4s-6s，力F撤去，水平方向只受摩擦力作用：μmg=ma′

联立以上四式得：μ=0.5，m=2kg

故答案为：2.5m/s2，0.5，2kg．

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题型：简答题

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简答题

如图所示为一传送带装置，其中AB段是水平的，长度LAB=5m，倾角为θ=37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以的恒定速率v=4m/s顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=l0m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速地放在A点，求：

（1）工件第一次到达B点所用的时间；

（2）工件沿传送带上升的最大高度．

正确答案

解：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得：μmg=ma1

解得：a1=μg=5 m/s2

经t1时间与传送带的速度相同，则：t1==0.8 s

前进的位移为：x1=a1t12=1.6 m

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2==0.85s

所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.65s

（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得：

（μmgcos θ-mgsin θ）•=0-mv2

解得：h=2.4 m

答：（1）工件第一次到达B点所用的时间为1.65s；

（2）工件沿传送带上升的最大高度为2.4m．

解析

解：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为a1，由牛顿第二定律得：μmg=ma1

解得：a1=μg=5 m/s2

经t1时间与传送带的速度相同，则：t1==0.8 s

前进的位移为：x1=a1t12=1.6 m

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时：t2==0.85s

所以工件第一次到达B点所用的时间：t=t1+t2=1.65s

（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得：

（μmgcos θ-mgsin θ）•=0-mv2

解得：h=2.4 m

答：（1）工件第一次到达B点所用的时间为1.65s；

（2）工件沿传送带上升的最大高度为2.4m．

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