- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
2
7.5
解析
解：当系统沿竖直方向加速上升时，有：Fmsin53°-mg=mam，解得
当系统沿水平方向匀加速运动时，水平方向上有：Fm-Tacos53°=mam，竖直方向上有：Tasin53°=mg，联立两式解得
故答案为：2，7.5．
Amg
Bmg
Cmgtan θ，水平向右
Dmg，竖直向上
正确答案
解析
解：以A为研究对象，分析受力如图，根据牛顿第二定律得：
mAgtanθ=mAa
得：a=gtanθ，方向水平向右．
再对B研究得：小车对B的摩擦力f=ma=mgtanθ，方向水平向右，
小车对B的支持力大小为N=mg，方向竖直向上，
则小车对物块B产生的作用力的大小为：
F=
故选：A
正确答案
1：2
1：7
解析
解：消防队员从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零．由他加速时的加速度大小是减速时的2倍，再由V=at可得：a与t成反比．则消防队员加速与减速过程的时间之比为1：2．
由V2=2as可得：s与a成反比．由于钢管总长12m，则加速过程中的S1=4m，减速过程中的S2=8m．
再由s=
最后由牛顿第二定律可得：
加速过程时，mg-f1=ma1
f1=mg-ma1=600-60×8=120N减速过程时，f2-mg=ma2
f2=mg+ma2=600+60×4=840N则f1：f2=120：840=1：7
故答案为：1：2 1：7
在“探究超重与失重的规律”实验中，某同学利用力传感器悬挂一个砝码沿竖直方向从静止开始运动，力传感器中拉力的大小变化情况如图所示．从图中知道该砝码的重力约______N，t=21s时砝码的加速度为______ m/s2．（取g=10m/s2）
正确答案
10
5
解析
解：该同学利用力传感器悬挂一个砝码沿竖直方向从静止开始运动，匀速阶段拉力等于重力可得砝码的重力为10N；砝码的质量：
故答案为：10； 5
大小，铁块不翻滚．求：
（1）铁块抛出时速度大小；
（2）纸带从铁块下抽出所用时间．
正确答案
解：（1）设铁块抛出时的初速度为v0，由平抛运动规律，有
水平方向：x=v0t
竖直方向：H=
v0=2m/s
（2）纸带从铁块下抽出所用的时间与铁块向左运动到桌边的时间相等．
开始时距离桌面左端的距离就等于铁块在桌面上向左运动的位移．
铁块向左运动过程中，a=
由公式v0=at
则有纸带抽出后铁块的速度可得：t=
即得t=2s
答：（1）铁块抛出时速度大小2m/s；
（2）纸带从铁块下抽出所用的时间2s．
解析
解：（1）设铁块抛出时的初速度为v0，由平抛运动规律，有
水平方向：x=v0t
竖直方向：H=
v0=2m/s
（2）纸带从铁块下抽出所用的时间与铁块向左运动到桌边的时间相等．
开始时距离桌面左端的距离就等于铁块在桌面上向左运动的位移．
铁块向左运动过程中，a=
由公式v0=at
则有纸带抽出后铁块的速度可得：t=
即得t=2s
答：（1）铁块抛出时速度大小2m/s；
（2）纸带从铁块下抽出所用的时间2s．
随着中国首艘航母“辽宁号”的下水，同学们对舰载机（图1）的起降产生了浓厚的兴趣．从而编制了一道题目，请你阅读后求解．
（1）假设质量为m的舰载机关闭发动机后在水平地面跑道上降落，触地瞬间的速度为v0，在跑道上滑行的v-t图象如图2．求舰载机滑行的最大距离和滑行时受到的阻力大小（忽略空气阻力）；
（2）为了让上述关闭发动机的舰载机在有限长度的航母甲板上降落停下来，甲板上设置了阻拦索让飞机减速．图3为该舰载机勾住阻拦索后某一时刻的情景，此时加速度大小为（1）中的4倍，阻拦索夹角2θ．舰载机所受甲板阻力与（1）中阻力相同，求此时阻拦索承受的拉力的大小．（忽略空气阻力，阻拦索认为水平）
正确答案
解：（1）由图2所示可知，舰载机滑行的距离：x=
由动能定理得：-fx=0-
解得：f=
（2）由图2所示图象可知，加速度为：a=
阻力为：f=
对舰载机，由牛顿第二定律得：2Tcosθ+f=4ma，
解得：T=
答：（1）舰载机滑行的最大距离为
（2）此时阻拦索承受的拉力的大小为
解析
解：（1）由图2所示可知，舰载机滑行的距离：x=
由动能定理得：-fx=0-
解得：f=
（2）由图2所示图象可知，加速度为：a=
阻力为：f=
对舰载机，由牛顿第二定律得：2Tcosθ+f=4ma，
解得：T=
答：（1）舰载机滑行的最大距离为
（2）此时阻拦索承受的拉力的大小为
A.4m B.6m C.8m D.10m．
正确答案
解：根据动量守恒定律得，mv0=（M+m）v
解得：
根据能量守恒定律得，
f=μmg
代入数据，解得L=6m．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
解析
解：根据动量守恒定律得，mv0=（M+m）v
解得：
根据能量守恒定律得，
f=μmg
代入数据，解得L=6m．故B正确，A、C、D错误．
故选B．
A小物块从释放后第一次到B点的过程中，做加速度减小的加速运动
B小物块第一次从B点到A点的过程中，一定做匀加速直线运动
C小物块第一次到A点时，速度大小一定等于8m/s
D小物块离开弹簧时的速度一定满足2
正确答案
解析
解：A、小物块从释放后第一次到B点的过程中，先做加速度减小的加速运动，当弹力小于摩擦力时做加速度增大的减速运动，故A错误；
B、设物体到达P点的速度为v，反弹后运动到B点的速度为零，由动能定理得：
-μmg（L1+L2）=0-
解得v=2
物体由A到P点过程中，由动能定理得：-μmgL2=
D、若物体速度较大，一直做匀减速运动，有：：-2μmg（L1+L2）=0-
故选：CD
正确答案
解析
解：当用力推动最右的物块，使整体以大小为a的加速度向左运动时，P和Q间的弹力大小为F，
设每个物块的质量为m，研究P和P左边的所有物块，根据牛顿第二定律得
F=xma
当用力推动最左的物块，使整体以大小为
研究Q和Q右边的所有物块，根据牛顿第二定律得
F=（n-x）m×
解得：n=
n和x都应该是正整数，所以n的取值可能为8或16，故AC正确，BD错误；
故选：AC．
正确答案
解析
解：设小方块的总质量为m．当下端运动到A下面距A为
解得：μ=2tanθ
小方块停止时下端与A的距离是s，则根据动能定理得：
mg（3L+s）sinθ-
将μ=2tanθ代入解得：s=4L．
故选：BD
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