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

如图所示，一大木箱放在平板车的后部，到驾驶室的距离为L=1.60m，木箱与平板车之间的动摩擦因数为μ=0.484，平板车以恒定的速度v0=22.0m/s匀速行驶，突然驾驶员刹车，使车均匀减速，为不让木箱撞击驾驶室，从开始刹车到车完全停定，至少要经过多长时间？（g取10.0m/s2）

正确答案

解：设平板车的加速度为a1，车经时间t停定，车的位移为s1，则：

v0-a1t=0

②

设木箱的加速度为a2，由牛顿第二定律得：

μmg=ma2

③

木箱从刹车到停止运动的位移为s2，则：

④

要使木箱不撞击驾驶室，则：s2-s1≤L ⑤

由②③④⑤式解得：

⑥

代入①得

⑦

故最小时间为4.4s

答：从开始刹车到车完全停定，至少要4.4s

解析

解：设平板车的加速度为a1，车经时间t停定，车的位移为s1，则：

v0-a1t=0

②

设木箱的加速度为a2，由牛顿第二定律得：

μmg=ma2

③

木箱从刹车到停止运动的位移为s2，则：

④

要使木箱不撞击驾驶室，则：s2-s1≤L ⑤

由②③④⑤式解得：

⑥

代入①得

⑦

故最小时间为4.4s

答：从开始刹车到车完全停定，至少要4.4s

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题型：填空题

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填空题

如图所示，在固定的光滑水平地面上有质量分别为m1和m2的木块A、B．A、B之间用轻质弹簧相连接，用水平向右的外力F推A，弹簧稳定后，A、B一起向右做匀加速直线运动，加速度为a，以向右为正方向，在弹簧稳定后的某时刻，突然将外力F撤去，撤去外力的瞬间，木块A的加速度是a1=______，木块B的加速度是a2=______．

正确答案

a

解析

解：撤去推力F前，根据牛顿第二定律得：

对整体：a=

对B：F弹=m2a=

撤去推力F的瞬间，弹簧的弹力没有变化，其弹力大小仍为F弹=，则由牛顿第二定律得A、B两物体的加速度大小分别为：

a1==

aB=

故答案为：；a

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题型：简答题

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简答题

如图所示，足够长的木板质量M=10kg，放置于光滑水平地面上，以初速度v0=5m/s沿水平地面向右匀速运动．现有足够多的小铁块，它们的质量均为m=1kg，在木板上方有一固定挡板，当木板运动到其最右端位于挡板正下方时，将一小铁块贴着挡板无初速度地放在木板上，小铁块与木板的上表面间的动摩擦因数μ=0.5，当木板运动了L=1m时，又无初速地贴着挡板在第1个小铁块上放上第2个小铁块．只要木板运动了L就按同样的方式再放置一个小铁块，直到木板停止运动．（取g=10m/s2）试问：

（1）第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度多大？

（2）最终木板上放有多少个铁块？

（3）最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是多少？

正确答案

解：（1）第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，

即有：μmg=Ma1，2a1L=v02-v12

代入数据解得：v1=2 m/s．

（2）设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：

an=

第1个铁块放上后：2a1L=v02-v12

第2个铁块放上后：2a2L=v12-v22

…

第n个铁块放上后：2anL=-

由上可得：（1+2+3+…+n）•2L=v02-

木板停下时，vn=0，解得n=6.6．

即最终有7个铁块放在木板上．

（3）从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

•2L=v02-v62

从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是d，则：

2•d=v62-0

解得：d= m．

答：（1）第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度是2 m/s．

（2）最终木板上放有7个铁块．

（3）最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是m．

解析

解：（1）第1个铁块放上后，木板做匀减速运动，

即有：μmg=Ma1，2a1L=v02-v12

代入数据解得：v1=2 m/s．

（2）设最终有n个铁块能放在木板上，则木板运动的加速度大小为：

an=

第1个铁块放上后：2a1L=v02-v12

第2个铁块放上后：2a2L=v12-v22

…

第n个铁块放上后：2anL=-

由上可得：（1+2+3+…+n）•2L=v02-

木板停下时，vn=0，解得n=6.6．

即最终有7个铁块放在木板上．

（3）从放上第1个铁块至刚放上第7个铁块的过程中，由（2）中表达式可得：

•2L=v02-v62

从放上第7个铁块至木板停止运动的过程中，设木板发生的位移是d，则：

2•d=v62-0

解得：d= m．

答：（1）第1个铁块放上后，木板运动了L时，木板的速度是2 m/s．

（2）最终木板上放有7个铁块．

（3）最后一个铁块放上后，木板再向右运动的距离是m．

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题型：填空题

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填空题

图中圆弧轨道AB是在竖直平面内的圆周，在B点轨道的切线是水平的，一质点自A点从静止开始下滑，质点刚到达B点时对轨道的压力是本身重力的三倍，则质点刚到B时的加速度大小为______，刚滑过B点时的加速度大小为______．

正确答案

2g

g

解析

解：刚到B点时，根据牛顿第二定律得：

N-mg=ma，N=3mg，

解得：a=2g，方向向上．

刚滑过B点时，根据牛顿第二定律得：

a′=，方向竖直向下．

故答案为：2g，g．

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题型：简答题

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简答题

（2015秋•建湖县校级期末）一个倾角为θ=37°的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数μ=0.25．若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2，求：

（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小；

（2）小物块上滑的最大距离；

（3）小物块返回斜面底端时的速度大小．

正确答案

解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力

根据牛顿第二定律有

FN=F2①

F1+Ff=ma②

又因为 Ff=μFN③

由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④

（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有

⑤

得 ==1.0m⑥

（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有

FN=F2⑦

F1-Ff=ma‘⑧

由③⑦⑧式得a'=gsinθ-μgcosθ=10×0.6m/s2-0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨

因为 ⑩

所以 ==（或2.8m/s）

答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．

（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．

（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．

解析

解：（1）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，重力的分力

根据牛顿第二定律有

FN=F2①

F1+Ff=ma②

又因为 Ff=μFN③

由①②③式得a=gsinθ+μgcosθ=10×0.6m/s2+0.25×10×0.8m/s2=8.0m/s2④

（2）小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有

⑤

得 ==1.0m⑥

（3）小物块在斜面上的受力情况如右图所示，根据牛顿第二定律有

FN=F2⑦

F1-Ff=ma‘⑧

由③⑦⑧式得a'=gsinθ-μgcosθ=10×0.6m/s2-0.25×10×0.8m/s2=4.0m/s2⑨

因为 ⑩

所以 ==（或2.8m/s）

答：（1）小物块沿斜面上滑时的加速度大小为8m/s2．

（2）小物块上滑的最大距离为1.0m．

（3）小物块返回斜面底端时的速度大小2m/s．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，李欣用手拉着小车静止在倾角为30°的光滑斜面上．已知小车的质量为m，重力加速度为g，绳子对小车的拉力大小为F，斜面对小车的支持力大小为N，则（　　）

AF=mg，N=mg

BF=mg，N=mg

CF=mg，N=mg

DF=mg，N=mg

正确答案

A

解析

解：因为小车是静止的，根据平衡条件有：

F=mgsin30°=mg

N=mgcos30°=mg

故选A

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题型：填空题

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填空题

在如图所示的装置中，中间的弹簧质量忽略不计，两个小球质量皆为m，当剪断上端的绳子OA的瞬间．小球A的加速度为______，B的加速度为______．

正确答案

2g

0

解析

解：在剪断绳子之前，AB处于平衡状态，所以弹簧的拉力等于B的重力．在剪短上端的绳子OA的瞬间，绳子上的拉力立即减为零，而弹簧的伸长量没有来得及发生改变，故弹力不变仍为B的重力．

对A球进行受力分析，A受到重力和弹簧对它向下的拉力，所以根据牛顿第二定律得：

aA==2g

对B球进行受力分析，B受到重力和弹簧对它向上的拉力，所以根据牛顿第二定律得：

aB==0

故答案为：2g；0．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，将一小物体从斜面顶端A点静止起释放，物体沿斜面下滑，经斜面底端C点滑上水平面，最后通过水平面上B点，斜面高度为h，A、B两点的水平距离为s，不计物体滑过C点时的能量损失．若已知斜面、平面与小物体间的动摩擦因数都为μ，斜面倾角θ未知，则物体滑到B点时的速度大小为______；若已知倾角为θ，而动摩擦因数μ未知，且物体滑到B点时恰好停止，则物体滑过斜面AC与滑过平面CB所用的时间之比为______．

正确答案

h：（Ssinθ-hcosθ）

解析

解：（1）从A至B的过程中只有重力和摩擦力做功，两力做的总功等于物体动能的变化．

由题意知重力做功WG=mgh，在斜面上摩擦力大小为f1=μmgcosθ，在水平面上摩擦力大小为f2=μmg，物体在斜面上下滑的距离，物体在水平面上滑动的距离，根据动能定理有：

代入数据可得：

（2）物体从A至B做初速度为0的匀加速直线运动，则在AB段的平均速度，在CB做匀减速直线运动，末速度为0则，即在AB段和CB段的平均速度相等，故其运动时间之比即为位移大小之比．

从A至C位移大小为，从C至B位移大小为，所以有：=

故答案为：；h：（Ssinθ-hcosθ）

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题型：简答题

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简答题

如图所示轻杆长1m，其两端各连接质量为1kg的小球，杆可绕距B端0.2m处的轴O在竖直平面内转动，轻杆由水平从静止转至竖直方向，A球在最低点的速度为4m/s．求：

（1）A球此时对杆的作用力大小及方向

（2）B球此时对杆的作用力大小及方向．

正确答案

解：（1）A做圆周运动的半径为RA=（1-0.2）m=0.8m

设杆对A球的向上拉力为FA，由牛顿第二定律得：

代入数据解得FA=30N

由牛顿第三定律得

A对杆作用力大小为30N，方向竖直向下．

（2）B丶A两球同轴转动角速度W相等，由W=得：

①

设杆对B的作用力FB的方向向下

②

①②联立代入数据求得 FB=-5N

负号表示FB的方向向上

由牛顿第三定律得

B对杆作用力大小为5N，方向竖直向下．

解析

解：（1）A做圆周运动的半径为RA=（1-0.2）m=0.8m

设杆对A球的向上拉力为FA，由牛顿第二定律得：

代入数据解得FA=30N

由牛顿第三定律得

A对杆作用力大小为30N，方向竖直向下．

（2）B丶A两球同轴转动角速度W相等，由W=得：

①

设杆对B的作用力FB的方向向下

②

①②联立代入数据求得 FB=-5N

负号表示FB的方向向上

由牛顿第三定律得

B对杆作用力大小为5N，方向竖直向下．

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题型：简答题

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简答题

倾角为θ的光滑斜面上，一劲度系数为k的轻弹簧连接质量分别为m1、m2的甲、乙两小物块．开始时，两物块在光滑挡板作用下静止在斜面上．现作用在乙物块一平行于斜面向上的力，使乙物块以加速度a匀加速运动．问

（1）经多长时间物块甲离开挡板？

（2）从开始到物块甲恰好离开挡板的过程中，作用在乙物块上的力的最大值和最小值分别是多大？

正确答案

解：（1）令x1表示未加作用力F时弹簧的压缩量，x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，由胡克定律和平衡条件得：

m2gsinθ=kx1．

m1gsinθ=kx2，

甲刚好离开挡板时乙车发生的位移为 x=x1+x2

又 x=

联立以上各式得：t=

（2）乙刚开始运动时作用在乙上的力最小，对乙，根据牛顿第二定律得：Fmin=m2a．

甲刚要离开挡板时作用在乙上的力最大，对乙，根据牛顿第二定律得：

Fmax-m2gsinθ-kx2=m2a

解得，Fmax=（m1+m2）gsinθ+m2a

答：（1）经时间物块甲离开挡板．（2）从开始到物块甲恰好离开挡板的过程中，作用在乙物块上的力的最大值和最小值分别是m2a和（m1+m2）gsinθ+m2a．

解析

解：（1）令x1表示未加作用力F时弹簧的压缩量，x2表示B刚要离开C时弹簧的伸长量，由胡克定律和平衡条件得：

m2gsinθ=kx1．

m1gsinθ=kx2，

甲刚好离开挡板时乙车发生的位移为 x=x1+x2

又 x=

联立以上各式得：t=

（2）乙刚开始运动时作用在乙上的力最小，对乙，根据牛顿第二定律得：Fmin=m2a．

甲刚要离开挡板时作用在乙上的力最大，对乙，根据牛顿第二定律得：

Fmax-m2gsinθ-kx2=m2a

解得，Fmax=（m1+m2）gsinθ+m2a

答：（1）经时间物块甲离开挡板．（2）从开始到物块甲恰好离开挡板的过程中，作用在乙物块上的力的最大值和最小值分别是m2a和（m1+m2）gsinθ+m2a．

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