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

我国降雨呈现南多北少的局面，有资料标明武汉市的年平均降雨量为1260mm．在下雨天我们会明显感觉到雨点越大，雨点对雨伞的冲击力也就越大，这一现象能否说明雨点越大，雨点落到地面的速度也就越大呢？现已知雨点下落过程受到的空气阻力与雨点的最大横截面积成正比，与雨点下落的速度v的平方成正比，即f=kSv2（其中k为比例比例系数）．雨点接近地面时近似看作匀速直线运动，重力加速度为g．若把雨点看作球形，其半径为r，球体的体积为，雨点的密度为ρ，求：

（1）雨点最终的运动速度vm．（用ρ、r、g、k表示）

（2）遇到的速度达到时，雨点的加速度a的大小．

正确答案

解：（1）雨点在下落过程中受到重力和空气阻力作用，由于雨点接近地面时看做匀速运动，所以有：

f=mg　

由题意知：f=kSv2　

S=πr2　

m=ρ•πr3　

联立解得：vm=2．

（2）当雨点的速度达到时，空气的阻力f′=kS（）2=f　

由牛顿第二定律得：mg-f′=ma　

解得：a=g．

答：（1）雨点最终的运动速度vm=（2）雨点的加速度a为．

解析

解：（1）雨点在下落过程中受到重力和空气阻力作用，由于雨点接近地面时看做匀速运动，所以有：

f=mg　

由题意知：f=kSv2　

S=πr2　

m=ρ•πr3　

联立解得：vm=2．

（2）当雨点的速度达到时，空气的阻力f′=kS（）2=f　

由牛顿第二定律得：mg-f′=ma　

解得：a=g．

答：（1）雨点最终的运动速度vm=（2）雨点的加速度a为．

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题型：多选题

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多选题

在光滑水平面上，a、b两小球沿水平面相向运动．当小球间距小于或等于L时，受到大小相等，方向相反的相互排斥恒力作用，小球间距大于L时，相互间的排斥力为零，小球在相互作用区间运动时始终未接触，两小球运动时速度v随时间t的变化关系图象如图所示，由图可知（　　）

Aa球质量大于b球质量

B在tl时刻两小球间距最小

C在0-t2时间内两小球间距逐渐减小

D在0-t3时间内b球所受排斥力方向始终与运动方向相反

正确答案

A,C

解析

解：A、从速度时间图象可以看出b小球速度时间图象的斜率绝对值较大，所以b小球的加速度较大，两小球之间的排斥力为相互作用力大小相等，

根据a=知，加速度大的质量小，所以b小球质量较小，故A正确；

B、二者做相向运动，所以当速度相等时距离最近，即t2时刻两小球最近，之后距离又开始逐渐变大，所以B错误C正确；

D、b球0-t1时间内匀减速，所以0-t1时间内排斥力与运动方向相反，D错误．

故选：AC．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，A为位于一定高度处的质量为m、带电荷量为+q的小球，B为位于水平地面上的质量为M的用特殊材料制成的长方形空心盒子，且M=2m，盒子与地面间的动摩擦因数μ=0.2，盒内存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E=，盒外没有电场．盒子的上表面开有一系列略大于小球的小孔，孔间距满足一定的关系，使得小球进出盒子的过程中始终不与盒子接触．当小球A以1m/s的速度从孔1进入盒子的瞬间，盒子B恰以v1=6m/s的速度向右滑行．已知盒子通过电场对小球施加的作用力与小球通过电场对盒子施加的作用力大小相等方向相反．设盒子足够长，取重力加速度g=10m/s2，小球恰能顺次从各个小孔进出盒子．试求：

（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间；

（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子，盒子通过的距离；

（3）盒子上至少要开多少个小孔，才能保证小球始终不与盒子接触．

正确答案

解：（1）A在盒子内运动时，qE-mg=ma E=由以上两式得：

a=g

A在盒子内运动的时间t1=

A在盒子外运动的时间 t2=

所以A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间 T=t1+t2=0.4s

（2）球在盒子内运动，盒子的加速度

球在盒子外运动时盒子的加速度

小球第一次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离

小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v2=v1-a1t1=5.2m/s

球第一次在盒子外运动时，

故x=x1+x2=2.12m

（3）小球运动一个周期盒子减少的速度为△v=a1t1+μgt2=1.2m/s

从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒球运动的周期数为n=，故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．

答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s；

（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子，盒子通过的距离为2.12m；

（3）盒子上至少要开11个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触．

解析

解：（1）A在盒子内运动时，qE-mg=ma E=由以上两式得：

a=g

A在盒子内运动的时间t1=

A在盒子外运动的时间 t2=

所以A从第一次进入盒子到第二次进入盒子的时间 T=t1+t2=0.4s

（2）球在盒子内运动，盒子的加速度

球在盒子外运动时盒子的加速度

小球第一次在盒子内运动的过程中，盒子前进的距离

小球第一次从盒子出来时，盒子的速度v2=v1-a1t1=5.2m/s

球第一次在盒子外运动时，

故x=x1+x2=2.12m

（3）小球运动一个周期盒子减少的速度为△v=a1t1+μgt2=1.2m/s

从小球第一次进入盒子到盒子停下，微粒球运动的周期数为n=，故要保证小球始终不与盒子相碰，盒子上的小孔数至少为2n+1个，即11个．

答：（1）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子所经历的时间为0.4s；

（2）小球A从第一次进入盒子到第二次进入盒子，盒子通过的距离为2.12m；

（3）盒子上至少要开11个小孔，才能保证微粒始终不与盒子接触．

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题型：多选题

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多选题

如图所示，水平传送带以不变的速率v向右运动，将质量为m可视为质点的物体轻轻放在其左端，经时间t物体的速度也变为v，再经时间t到达传送带右端，则（　　）

A前一个时间t内物体做加速运动，后一个时间t内物体做减速运动

B物体由传送带左端到右端的平均速度为

C前一个时间t内物体的位移与后一个时间t内位移之比为1：2

D后一个时间t内物体的与传送带间存在静摩擦力

正确答案

A,B,C

解析

解：A、由题意知物体在前一段时间内在滑动摩擦力作用下做匀加速运动，当物体速度达到v后水平方向不再受摩擦力作用，物体将做匀速直线运动，故A错误；

B、物体在前t时间内做初速度为0的匀加速直线运动，末速度为v，故这段时间物体的位移，物体在后t时间内做匀速直线运动位移x2=vt，所以这段时间物体的平均速度，故B正确；

C、由B分析知，前一个t内的平均速度，后一个t时间内做速度为v的匀速直线运动，平均速度，因为两段时间相等，所以位移比即为平均速度之比即等于1：2，故C正确；

D、当物体速度达到v时即与传送带具有相同的速度，此时物体与传送带间没有摩擦力作用，故D错误．

故选：ABC

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题型：填空题

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填空题

人类曾经受到小鸟在空中飞翔的启发而发明了飞机．小鸟在振动其翅膀时获得向上的举力可表示为F=kSv2，式中S为翅膀的面积，v为小鸟的飞行速度，K为比例系数，其中K在国际单位制中的单位应是______．一个质量为0.1Kg、翅膀的等效长为a、宽为b的小燕子，其最小的飞行速度为12m/s．假如飞机飞行时获得的向上举力与小鸟飞行时获得的举力遵循同样的规律，现有一架质量为1080kg的飞机，机翼的等效长、宽分别为燕子翅膀的长、宽的20和15倍，那么这架飞机的起飞的速度至少要达到______m/s．

正确答案

N•s2/m4或Kg/m3

72

解析

解：因为F=kSv2，

所以=

故k的单位为：N•s2/m4或Kg/m3．

因为mg=F=F=kSv2

对于燕子，0.1×10=k•ab•122

对于飞机，1080×10=k•20a•15b•v2

下式比上式，得

解得v=72m/s．

故答案为：N•s2/m4或Kg/m3，72m/s．

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题型：填空题

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填空题

如图所示，绷紧的传动皮带始终保持大小为v=4m/s的速度水平匀速运动，一质量为m=1kg的物块（视为质点）无初速地放到皮带A处．若物块与皮带间的动摩擦因数μ=0.2，AB间距离s=6m，重力加速度g=10m/s2，则物块从A运动到B的过程中，物块从A运动到B所需的时间为______s，物块相对皮带移动的距离是______m．

正确答案

2.5

4

解析

解：小物块开始做匀加速直线运动过程：加速度a=．

物块速度达到与传送带相同时，通过的位移为x=m=4m＜s=6m，

说明此时物块还没有到达B点，此后物块做匀速直线运动，不受摩擦力．

小物块开始做匀加速直线运动过程时间t1=s，

此后物块做匀速直线运动时间t2=s，

所以物块从A运动到B所需的时间为2.5s

小物块开始做匀加速直线运动过程时间内传送带的位移：x′=vt1=4×2m=8m

物块相对皮带移动的距离是：△s=x′-x=8m-4m=4m

故答案为：2.5，4

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题型：填空题

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填空题

长木板B放在光滑水平面上，小物体A以水平初速度v0滑上B的上表面，它们的速度随时间变化的情况如图所示，则A与B的质量之比为______；A克服摩擦力做的功与摩擦力对B做的功之比为______．

正确答案

1：2

2：1

解析

解：在速度时间图象上，斜率等于加速度，可得：

①

②

①②联立得： ③

由牛顿第二定律得：f=mAaA ④

f=mBaB ⑤

③④⑤联立得：

图象上围成的面积表示位移，可得AB两物体的位移之比：

由W=FL得：

摩擦力做功之比为：

故答案为：1：2，2：1．

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题型：单选题

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单选题

如图所示，固定斜面倾角为θ，整个斜面分为AB、BC两段，且2AB=BC．小物块P（可视为质点）与AB、BC两段斜面之间的动摩擦因数分别为μ1、μ2．已知P由静止开始从A点释放，恰好能滑动到C点而停下，那么θ、μ1、μ2间应满足的关系是（　　）

Atanθ=

Btanθ=

Ctanθ=2μ1-μ2

Dtanθ=2μ2-μ1

正确答案

A

解析

解：A点释放，恰好能滑动到C点，物块受重力、支持力、滑动摩擦力．

设斜面AC长为L，

运用动能定理研究A点释放，恰好能滑动到C点而停下，列出等式：

mgLsinθ-μ1mgcosθ×L-μ2mgcosθ×L=0-0=0

解得：tanθ=

故选：A．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，一儿童玩具静止在水平地面上，一个幼儿沿与水平面成53°角的恒力拉着它沿水平面运动，已知拉力F=4.0N，玩具的质量m=0.5kg，经过时间t=2.0s，玩具移动了距离x=4.8m，这时幼儿松开手，玩具又滑行了一段距离后停下．

（1）全过程玩具的最大速度是多大？

（2）松开手后玩具还能运动多远？（取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6）

正确答案

解：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得，

Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma------①

根据运动学公式 --------②

vm=at-------③

由①②③解得，μ=0.67 vm=4.8m/s，

（2）松手后玩具做匀减速运动，

a‘=μg=6.7m/s2

滑行距离为．

答：（1）全过程玩具的最大速度是4.8m/s，

（2）松开手后玩具还能运动1.7m．

解析

解：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得，

Fcos53°-μ（mg-Fsin53°）=ma------①

根据运动学公式 --------②

vm=at-------③

由①②③解得，μ=0.67 vm=4.8m/s，

（2）松手后玩具做匀减速运动，

a‘=μg=6.7m/s2

滑行距离为．

答：（1）全过程玩具的最大速度是4.8m/s，

（2）松开手后玩具还能运动1.7m．

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题型：简答题

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简答题

如图所示，质量为m=0.78kg的金属块放在水平桌面上，在与水平方向成θ=37°角斜向上、大小为F=3.0N的拉力作用下，以v=2.0m/s的速度向右做匀速直线运动．己知sin37°=0.60，cos37°=0.80．g取10m/s2，求；

（1）金属块与桌面间的动摩擦因数μ；

（2）如果从某时刻起撤去拉力，从该时刻起再经过t=5s，金属块在桌面上滑行的距离s．

正确答案

解：（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得

Fcos37°=f

Fsin37°+N=mg

又f=μN

联立解得：μ=0.4

（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力为：f′=μmg

根据牛顿第二定律，得加速度大小为：a==μg=0.4×10=4m/s2

则撤去F后金属块还能滑行的时间为：s＜5s

所以金属块在5s内的位移等于0.5s内的位移，位移为：s=m

答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数µ为0.4；

（2）撤去拉力后从该时刻起再经过t=5s，金属块在桌面上滑行的距离为0.5m．

解析

解：（1）设在拉力作用下金属块所受地面的支持力为N，滑动摩擦力为f，则根据平衡条件得

Fcos37°=f

Fsin37°+N=mg

又f=μN

联立解得：μ=0.4

（2）撤去拉力F后，金属块受到滑动摩擦力为：f′=μmg

根据牛顿第二定律，得加速度大小为：a==μg=0.4×10=4m/s2

则撤去F后金属块还能滑行的时间为：s＜5s

所以金属块在5s内的位移等于0.5s内的位移，位移为：s=m

答：（1）金属块与桌面间的动摩擦因数µ为0.4；

（2）撤去拉力后从该时刻起再经过t=5s，金属块在桌面上滑行的距离为0.5m．

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