牛顿第二定律_章节学习

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题型：简答题

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简答题

滑冰车是儿童喜欢的冰上娱乐项目之一．如图所示为小明妈妈正与小明在冰上游戏，小明与冰车的总质量是40kg，冰车与冰面之间的动摩擦因数为0.05，在某次游戏中，假设小明妈妈对冰车施加了40N的水平推力，使冰车从静止开始运动10s后，停止施加力的作用，使冰车自由滑行．（假设运动过程中冰车始终沿直线运动，小明始终没有施加力的作用）．

求：（1）冰车的最大速率；

（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小．

正确答案

解：（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得

F-μmg=ma1 ①

vm=a1t ②

由①②得vm=5m/s

（2）冰车匀加速运动过程中有 ③

冰车自由滑行时有 μmg=ma2 ④

⑤

又x=x1+x2⑥

由③④⑤⑥得x=50m

答：（1）冰车的最大速率是5m/s；

（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小是50m．

解析

解：（1）以冰车及小明为研究对象，由牛顿第二定律得

F-μmg=ma1 ①

vm=a1t ②

由①②得vm=5m/s

（2）冰车匀加速运动过程中有 ③

冰车自由滑行时有 μmg=ma2 ④

⑤

又x=x1+x2⑥

由③④⑤⑥得x=50m

答：（1）冰车的最大速率是5m/s；

（2）冰车在整个运动过程中滑行总位移的大小是50m．

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题型：填空题

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填空题

如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，已知飞船质量为3.0×103kg．在飞船与空间站对接后，推进器对它们的平均推力大小为900N，推进器工作了5s，测出飞船和空间站速度变化了0.05m/s，则飞船和空间站的加速度大小为______m/s2；空间站的质量为______kg．

正确答案

0.01

8.7×104

解析

解：（1）加速度a==m/s2=0.01m/s2．

（2）对整体，根据牛顿第二定律得，（M+m）a=F，则得

空间站的质量M=-m=kg-3.0×103kg=8.7×104kg．

故答案为：0.01，8.7×104

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题型：填空题

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填空题

如图所示，车厢在水平路面上向右做直线运动，车厢内系住小球的悬线偏离竖直方向的夹角恒为37°，小球的质量为2kg，则车做______（填“匀加速”或“匀减速”）运动，悬线的拉力为______N，小球的加速度为______m/s2．

正确答案

匀加速

25

7.5

解析

解：车厢的加速度与小球加速度相同，对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得：=7.5m/s2

所以车厢的加速度大小为7.5m/s2，方向水平向右，因为车厢向右运动，故车厢向右做匀加速直线运动．

如图悬线的拉力T=

故答案为：匀加速，25，7.5．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，在水平桌面上叠放着质量均为M的A、B两块木板，在木板A的上方放着一个质量为m的物块C，木板和物块均处于静止状态．A、B、C之间以及B与地面之间的动摩擦因数都为μ．若滑动摩擦力的大小等于最大静摩擦力．若用水平恒力F向右拉动木板A，使之从C、B之间抽出来，已知重力加速度为g．则拉力F的大小应该满足的条件是（　　）

AF＞μ（2m+M）g

BF＞μ（m+2M）g

CF＞2μ（m+M）g

DF＞f=22N

正确答案

C

解析

解：要使A能从C、B之间抽出来，则，A要相对于B、C都滑动，所以AC间，AB间都是滑动摩擦力，

对A有：

对C有：

对B受力分析有：受到水平向右的滑动摩擦力μ（M+m）g，

B与地面的最大静摩擦力为：f=μ（2M+m）g，

因为μ（M+m）g＜μ（2M+m）g，

所以B没有运动，加速度为0

所以当aA＞aC时，能够拉出，则有

解得；F＞2μ（m+M）g

故选C

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题型：简答题

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简答题

如图所示，有一条沿顺时针方向匀速传送的传送带，恒定速度v=4m/s，传送带与水平面的夹角θ=37°，现将质量m=1kg的小物块轻放在其底端（小物块可视作质点），与此同时，给小物块沿传送带方向向上的恒力F=8N，经过一段时间，小物块上到了离地面高为h=2.4m的平台上．已知物块与传送带之间的动摩擦因数μ=0.5，（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问：

（1）物块速度从0增加到v=4m/s所用的时间；

（2）若恒力F作用1s后，小物块能否滑上平台？若不能，请说明理由．若能，求小物块离开传送带时的速度多大？

正确答案

解：（1）物块在达到与传送带速度v=4m/s相等前，

由牛顿第二定律得：F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1，

解得：a1=6m/s2，

由匀变速直线运动的速度公式得：v=a1t1，

时间：t1==s；

（2）恒力作用s，小物块位移：x1==m，

物块速度与传送带速度相等时，物块受到的摩擦力：

f=F-mgsin37°=2N＜μmgcos37°=4N，

物块与传送带相对静止，物块做匀速直线运动，

匀速运动的时间为：t2=t-t1=1-=s，位移：x2=vt2=m，

撤去拉力后，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma3，

解得：a3=2m/s2，物块向上做匀减速直线运动，

速度变为零时物块的位移：x3==4m，

物块的总位移：x=x1+x2+x3=m，

物块上升的高度：h′=xsin37°=4m＞2.4m，物块可以滑上平台，

撤去外力后到物块滑上平台物块的位移：x′=-x1+x2=m，

由匀变速直线运动的速度位移公式得：v′2-v2=2a3x′，解得：v′=4m/s；

答：（1）物块速度从0增加到v=4m/s所用的时间为s；

（2）若恒力F作用1s后，小物块能滑上平台，小物块离开传送带时的速度大小为4m/s．

解析

解：（1）物块在达到与传送带速度v=4m/s相等前，

由牛顿第二定律得：F+μmgcos37°-mgsin37°=ma1，

解得：a1=6m/s2，

由匀变速直线运动的速度公式得：v=a1t1，

时间：t1==s；

（2）恒力作用s，小物块位移：x1==m，

物块速度与传送带速度相等时，物块受到的摩擦力：

f=F-mgsin37°=2N＜μmgcos37°=4N，

物块与传送带相对静止，物块做匀速直线运动，

匀速运动的时间为：t2=t-t1=1-=s，位移：x2=vt2=m，

撤去拉力后，由牛顿第二定律得：mgsin37°-μmgcos37°=ma3，

解得：a3=2m/s2，物块向上做匀减速直线运动，

速度变为零时物块的位移：x3==4m，

物块的总位移：x=x1+x2+x3=m，

物块上升的高度：h′=xsin37°=4m＞2.4m，物块可以滑上平台，

撤去外力后到物块滑上平台物块的位移：x′=-x1+x2=m，

由匀变速直线运动的速度位移公式得：v′2-v2=2a3x′，解得：v′=4m/s；

答：（1）物块速度从0增加到v=4m/s所用的时间为s；

（2）若恒力F作用1s后，小物块能滑上平台，小物块离开传送带时的速度大小为4m/s．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，在海滨游乐场里有一种滑沙运动．某人坐在滑板上从斜坡的高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后，沿水平的滑道再滑行一段距离到C点停下来．如果人和滑板的总质量m=60kg，滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为μ=0.5，斜坡的倾角θ=37°（sin 37°=0.6，cos 37°=0.8），斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2．

求：

（1）人从斜坡上滑下的加速度为多大？

（2）若由于场地的限制，水平滑道的最大距离BC为L=20.0m，则人在斜坡上滑下的距离AB应不超过多少？

正确答案

解：（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：

=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s2=2m/s2．

（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：

，

根据速度位移公式得，B点的速度为：

．

根据速度位移公式得：

．

答：（1）人从斜坡上滑下的加速度为2m/s2．

（2）人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m．

解析

解：（1）根据牛顿第二定律得，人从斜坡上滑下的加速度为：

=gsin37°-μgcos37°=6-0.5×8m/s2=2m/s2．

（2）在水平面上做匀减速运动的加速度大小为：

，

根据速度位移公式得，B点的速度为：

．

根据速度位移公式得：

．

答：（1）人从斜坡上滑下的加速度为2m/s2．

（2）人在斜坡上滑下的距离AB应不超过50m．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，AC是粗糙均匀的斜面，将同种材料制成的质量分别为m、2m小滑块P和Q，分别由斜面顶端A静止释放，沿斜面向下做匀加速直线运动，比较小滑块P、Q在斜面AC上的受力与运动情况，下列叙述正确的是（　　）

A滑块Q在斜面上运动加速度的大小是滑块P的一半

B滑块Q在斜面上下滑的时间是滑块P的一半

C滑块Q到达斜面底端C的速率是滑块P的两倍

D滑块Q在斜面上所受合外力的大小是滑块P的两倍

正确答案

D

解析

解：A、由于P、Q的材料相同，则P、Q与斜面间的动摩擦因数μ相同，由牛顿第二定律得：

对P：mgsinθ-μmgcosθ=maP，

解得：aP=gsinθ-μgcosθ，

对Q：2mgsinθ-μ•2mgcosθ=2maQ，

解得：aQ=gsinθ-μgcosθ，

则：aP=aQ=a，故A错误；

B、由匀变速直线运动的位移公式得：x=at2，则：t=，由于P、Q下滑的位移x相同，加速度a相同，则下滑的时间t相等，故B错误；

C、由速度公式可知，到达底端的速度：v=at，由于a、t都相同，则速度v相同，故C错误；

D、由牛顿第二定律可知，物体受到的合外力：FP=ma，FQ=2ma，则：FQ=2FP，滑块Q在斜面上所受合外力的大小是滑块P的两倍，故D正确；

故选：D．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一个放置在水平地面上的木块，其质量为m=2kg，受到一个斜向下的、与水平方向成37°角的推力F=10N的作用，使木块从静止开始运动，运动2.4m的距离后撤去推力，若木块与地面间的动摩擦因数μ=0.1．求：（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，）

（1）撤去推力F瞬间，物体的速度．

（2）撤去推力F后4s内，物体的位移．（g=10m/s2）

正确答案

解：（1）如图所示：撤去力F之前，

水平方向：Fcos37°-f=ma ①

竖直方向：N-mg-Fsin37°=0 ②

又有：f=μN ③

由①②③得：a1=2.7m/s2

由运动学公式：vt=v0+at ④

得，撤去力F时物块速度v==3.6m/s，

（2）撤去力F后，由牛顿第二定律F=ma 得

物块加速度a2=μg ⑤

解得a2=1m/s2，

（3）物体静止所用时间为t===3.6s

由运动学公式：s=v0t+at2式得，

撤去力F4s内位移S=3.6×=6.4m，

答：（1）撤去推力F时木块的速度为3.6m/s；

（2）撤去推力F4s内运动的总位移为6.4m．

解析

解：（1）如图所示：撤去力F之前，

水平方向：Fcos37°-f=ma ①

竖直方向：N-mg-Fsin37°=0 ②

又有：f=μN ③

由①②③得：a1=2.7m/s2

由运动学公式：vt=v0+at ④

得，撤去力F时物块速度v==3.6m/s，

（2）撤去力F后，由牛顿第二定律F=ma 得

物块加速度a2=μg ⑤

解得a2=1m/s2，

（3）物体静止所用时间为t===3.6s

由运动学公式：s=v0t+at2式得，

撤去力F4s内位移S=3.6×=6.4m，

答：（1）撤去推力F时木块的速度为3.6m/s；

（2）撤去推力F4s内运动的总位移为6.4m．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，重4N的物体A，被平行于斜面的细线栓在斜面的上端，整个装置保持静止状态，倾角为30°的斜面被固定在测力计上，物块与斜面间无摩擦，装置稳定后，当细线被烧断物块正在下滑时与静止时比较，测力计的示数（　　）

A增加4N

B减少3N

C减少1N

D不变

正确答案

C

解析

解：设斜面的重力为G．整个装置保持静止状态时，台秤的示数为F1=GA+G．当细线被烧断物块正在下滑时，物块对斜面的压力大小为N=GAcos30°，对斜面研究得到，台秤的示数为F2=G+Ncos30°=G+，故台秤的示数减小量为．故C正确，A、B、D错误．

故选C．

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题型：多选题

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多选题

（2015秋•广安期末）如图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面上，它们的质量之比是mA：mB：mC=1：2：3，设所有接触面都光滑，在沿水平方向抽出木块C的瞬间，木块A和B的加速度分别是（　　）

AaA=g

BaA=0

CaB=g

DaB=3g

正确答案

B,C

解析

解：抽出木块C之前，木块A受到重力和支持力，有：F=mg…①

木块B受到重力2mg、弹簧向下的弹力F和木块C的支持力N，根据平衡条件，有：N=F+mg…②

解得：N=3mg

撤去木块C瞬间，木块C对B的支持力变为零，木块A受力情况不变，故木块A的加速度为零；

木块B受重力2mg和弹簧的压力N=mg，故合力为3mg，由牛顿第二定律可知，物体B的瞬时加速度为：

a==；

故选：BC．

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