- 牛顿第二定律
- 共12933题
A3μmg
B
C
D
正确答案
解析
解：本题的关键是要想使四个木块一起加速，则任两个木块间的静摩擦力都不能超过最大静摩擦力．
设左侧两木块间的摩擦力为f1，右侧木块间摩擦力为f2；则有
对左侧下面的大木块有：f1=2ma，对左侧小木块有T-f1=ma；
对右侧小木块有f2-T=ma，对右侧大木块有F-f2=2ma---（1）；联立可F=6ma----（2）；
四个物体加速度相同，由以上式子可知f2一定大于f1；故f2应达到最大静摩擦力，由于两个接触面的最大静摩擦力最大值为μmg，所以应有f2=μmg----（3），
联立（1）、（2）、（3）解得T=
故选：C．
正确答案
解：对平板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动．
对滑块：在薄板上滑行时加速度a1=gsin37°=6m/s2，到达B点时速度
v=
滑块由B至C时的加速度a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，设滑块由B至C所用时间为t，
则LBC=vt+
代入解得t=1s
对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，设滑至C端所用
时间为t‘，则
LBC=
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为△t=t′-t=（
答：滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为（
解析
解：对平板，由于Mgsin37°＜μ（M+m）gcos37°，故滑块在平板上滑动时，平板静止不动．
对滑块：在薄板上滑行时加速度a1=gsin37°=6m/s2，到达B点时速度
v=
滑块由B至C时的加速度a2=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，设滑块由B至C所用时间为t，
则LBC=vt+
代入解得t=1s
对平板，滑块滑离后才开始运动，加速度a=gsin37°-μgcos37°=2m/s2，设滑至C端所用
时间为t‘，则
LBC=
滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为△t=t′-t=（
答：滑块与平板下端B到达斜面底端C的时间差为（
（1）物体加速度多大？
（2）5s内物块的位移多大？
（3）外力F在作用10s后立即被撤去，撤去外力后物块还能沿斜面上滑多大距离？（设斜面足够长）
正确答案
解：（1）根据
（2）5s内物块的位移为：
x=
（3）10s末物块的速度为：v=at=6m/s，
撤去拉力后的加速度大小为：
则有：x=
答：（1）物体的加速度大小为0.6m/s2；
（2）5s内物块的位移为7.5m
（2）撤去外力后物块还能沿斜面上滑2.25m．
解析
解：（1）根据
（2）5s内物块的位移为：
x=
（3）10s末物块的速度为：v=at=6m/s，
撤去拉力后的加速度大小为：
则有：x=
答：（1）物体的加速度大小为0.6m/s2；
（2）5s内物块的位移为7.5m
（2）撤去外力后物块还能沿斜面上滑2.25m．
（1）若皮带足够长，求小物块刚滑上传送带时，物块、小车的加速度大小；小车最终能达到的最大速度；
（2）小车右侧足够远处有一内壁光滑、绝缘的竖直圆形轨道，其半径R=0.25m．轨道最下端C点与AB等高，C点处有一小缺口，可以让小物块射入圆形轨道内．小物块以v=5m/s的速度从C处的小缺口冲入圆轨道，在其冲入瞬间，轨道所在空间立即施加一竖直方向的匀强电场．若要使小物块不脱离轨道，则匀强电场的大小与方向应满足什么条件？
正确答案
解：（1）由牛顿第二定律得：
对物体：μmg=ma物，解得：a物=8m/s2，
对小车：μmg=Ma车，解得：a车=4m/s2；
当物块速度与皮带速度相等时，车的速度最大，
车与物块组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv物+Mv车，
v皮带=v车+v相对，v皮带=v物，解得：v车=2m/s；
（2）①如果电场方向竖直向下，设物块在轨道上运动的最大高度为R，其相应的电场强度为E1，
对物块，由动能定理得：-（qE1+mg）R=0-
当电场方向竖直向下，E≥4000V/m时，物块不脱离轨道；
②如果电场竖直向下，物块恰好能通过轨道最高点，此时物块速度为v′，电场强度为E2，
物块由最低点到最高点过程中，由动能定理得：-（qE2+mg）•2R=
在最高点，由牛顿第二定律得：mg+qE2=m
当电场方向竖直向下，E≤1000V/m时，可以保证物块不脱离轨道；
③由第②种情况可知，电场竖直向下，场强为100V/m时，物块能通过最高点，则当电场方向竖直向上，且电场力小于等于重力物块可以通过轨道最高点，不会脱离轨道；
④如果场强方向竖直向上，且物块所受电场力大于重力，设当电场强度为E3时，物块在轨道最低点C恰好脱离轨道（对轨道压力为零），由牛顿第二定律得：qE3-mg=m
即：当电场方向竖直向上时，E≤11000V/m可以保证物块不脱离轨道；
综合以上分析可知：如果电场方向竖直向下，则电场强度E≤1000V/m或E≥4000V/m，可以保证物块不脱离轨道；如果电场方向竖直向上，则电场强度E≤11000V/m，可以保证物块不脱离轨道；
答：（1）物块、小车的加速度大小分别为：8m/s2、4m/s2，小车最终能达到的最大速度为2m/s；
（2）如果电场方向竖直向下，则电场强度E≤1000V/m或E≥4000V/m，可以保证物块不脱离轨道；如果电场方向竖直向上，则电场强度E≤11000V/m，可以保证物块不脱离轨道．
解析
解：（1）由牛顿第二定律得：
对物体：μmg=ma物，解得：a物=8m/s2，
对小车：μmg=Ma车，解得：a车=4m/s2；
当物块速度与皮带速度相等时，车的速度最大，
车与物块组成的系统动量守恒，以物块的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv0=mv物+Mv车，
v皮带=v车+v相对，v皮带=v物，解得：v车=2m/s；
（2）①如果电场方向竖直向下，设物块在轨道上运动的最大高度为R，其相应的电场强度为E1，
对物块，由动能定理得：-（qE1+mg）R=0-
当电场方向竖直向下，E≥4000V/m时，物块不脱离轨道；
②如果电场竖直向下，物块恰好能通过轨道最高点，此时物块速度为v′，电场强度为E2，
物块由最低点到最高点过程中，由动能定理得：-（qE2+mg）•2R=
在最高点，由牛顿第二定律得：mg+qE2=m
当电场方向竖直向下，E≤1000V/m时，可以保证物块不脱离轨道；
③由第②种情况可知，电场竖直向下，场强为100V/m时，物块能通过最高点，则当电场方向竖直向上，且电场力小于等于重力物块可以通过轨道最高点，不会脱离轨道；
④如果场强方向竖直向上，且物块所受电场力大于重力，设当电场强度为E3时，物块在轨道最低点C恰好脱离轨道（对轨道压力为零），由牛顿第二定律得：qE3-mg=m
即：当电场方向竖直向上时，E≤11000V/m可以保证物块不脱离轨道；
综合以上分析可知：如果电场方向竖直向下，则电场强度E≤1000V/m或E≥4000V/m，可以保证物块不脱离轨道；如果电场方向竖直向上，则电场强度E≤11000V/m，可以保证物块不脱离轨道；
答：（1）物块、小车的加速度大小分别为：8m/s2、4m/s2，小车最终能达到的最大速度为2m/s；
（2）如果电场方向竖直向下，则电场强度E≤1000V/m或E≥4000V/m，可以保证物块不脱离轨道；如果电场方向竖直向上，则电场强度E≤11000V/m，可以保证物块不脱离轨道．
正确答案
解析
解：（1）小球对滑块的压力等于零时，对小球进行受力分析，如图所示：
由图知，F合=mgcot30°=ma，
故a=
（2）由上图得，当a=2g时，小球将离开滑块，F合=ma=2mg
由勾股定理得：
F=
故答案为：
A
B
C
D
正确答案
解析
解：①当木块一直做匀加速直线运动．
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度还未达到v．
根据牛顿第二定律得，a=μg．
根据L=
若木块一直做匀加速直线运动到达右端时的速度刚好为v．
根据L=
解得t=
②当木块先做匀加速直线运动，再做匀速直线运动．
匀加速直线运动的时间t1=
则匀速直线运动的位移x2=L-x1=L-
则匀速直线运动的时间t2=
则总时间为t=t1+t2=
本题选不可能的，故选：B．
正确答案
解析
解：A、对整体分析，加速度a=
B、隔离对B分析，
故选A．
A0
Bmg-
C
Dmg+
正确答案
解析
解：在突然撤去F的瞬间，AB整体的合力向上，为F，根据牛顿第二定律，有：F=（2m）a；
对上面的物体受力分析，受重力和支持力，根据牛顿第二定律，有：N-mg=ma；
联立解得：N=mg+
故选D．
正确答案
7.66
3.8
解析
解：物体的受力如图．
f=μN
加速度为：a=
联立三式解得：a≈7.66m/s2
若某一时刻拉力的大小变为F1‘=200N，则竖直方向上：N=mg=600N．
加速度a′=
故答案为：7.66，3.8．
（1）当滑块以2g的加速度向左运动时，求线中的拉力T的大小和方向？
（2）滑块以
正确答案
解：小球对斜面压力恰好为零时，
由牛顿第二定律得：
水平方向：Fcos45°=ma临界，
竖直方向：Fsin45°=mg，
解得：a临界=g；
（1）当滑块以a=2g的加速度向左运动时，a=2g＞a临界=g，
小球会飘起来，假设F与水平方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有：
水平方向：Tcosθ=ma=2mg，竖直方向：Tsinθ=mg，
解得：tanθ=
（2）滑块以
小球靠在滑块的斜面上，由牛顿第二定律得：
水平方向：Tcos45°-Ncos45°=ma，
竖直方向：Tsin45°+Nsin45°=mg，
解得：T=
答：（1）当滑块以2g的加速度向左运动时，线中的拉力T的大小为
（2）滑块以
解析
解：小球对斜面压力恰好为零时，
由牛顿第二定律得：
水平方向：Fcos45°=ma临界，
竖直方向：Fsin45°=mg，
解得：a临界=g；
（1）当滑块以a=2g的加速度向左运动时，a=2g＞a临界=g，
小球会飘起来，假设F与水平方向夹角为θ，根据牛顿第二定律有：
水平方向：Tcosθ=ma=2mg，竖直方向：Tsinθ=mg，
解得：tanθ=
（2）滑块以
小球靠在滑块的斜面上，由牛顿第二定律得：
水平方向：Tcos45°-Ncos45°=ma，
竖直方向：Tsin45°+Nsin45°=mg，
解得：T=
答：（1）当滑块以2g的加速度向左运动时，线中的拉力T的大小为
（2）滑块以
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