- 牛顿第二定律
- 共12933题
（1）经过多长时间小滑块相对长木板保持静止；
（2）小滑块相对长木板滑行的距离．
正确答案
解：（1）设小滑块的质量为m，取水平向右为正方向，对A进行受力分析后，由牛顿第二定律列式得：-μmg=maA
解得：
再对B进行受力分析后，由牛顿第二定律列式得：μmg=2maB
解得：
当二者速度相同时将保持相对静止，设此时速度为v，所用时间为t，
由运动学公式得：v=v0+aAt…①
v=aBt…②
联立①②解得：
（2）由匀变速直线运动的位移公式列式得：
小滑块发生的位移为：
长木板发生的位移为：
那么，相对位移为：
答：（1）经过
（2）小滑块相对长木板滑行的距离为
解析
解：（1）设小滑块的质量为m，取水平向右为正方向，对A进行受力分析后，由牛顿第二定律列式得：-μmg=maA
解得：
再对B进行受力分析后，由牛顿第二定律列式得：μmg=2maB
解得：
当二者速度相同时将保持相对静止，设此时速度为v，所用时间为t，
由运动学公式得：v=v0+aAt…①
v=aBt…②
联立①②解得：
（2）由匀变速直线运动的位移公式列式得：
小滑块发生的位移为：
长木板发生的位移为：
那么，相对位移为：
答：（1）经过
（2）小滑块相对长木板滑行的距离为
Aa1=a2=0
Ba1≠a2，a2=0
Ca1=
Da1=a，a2=-
正确答案
解析
解：力F作用时，
对A有：F弹=m1a
对B有F-F弹=m2a
当突然撤去推力F的瞬间，弹簧弹力没有发生改变，对B受力分析有：
-F弹=m2a2
解得：
A受到弹力作用，撤去F的瞬间弹簧的弹力不变，所以A的加速度不变，仍为a．选项ABC错误，D正确．
故选：D
（1）物体的加速度a的大小
（2）F的大小．
正确答案
解：由s=
a=
对物体进行受力分析，据牛顿第二定律可得：
竖直方向上：
水平方向上：Fcosα-f=ma
又 f=μ
解得：F=10.9N．
答：（1）物体的加速度a的大小为1m/s2；
（2）F的大小10.9N．
解析
解：由s=
a=
对物体进行受力分析，据牛顿第二定律可得：
竖直方向上：
水平方向上：Fcosα-f=ma
又 f=μ
解得：F=10.9N．
答：（1）物体的加速度a的大小为1m/s2；
（2）F的大小10.9N．
质量为2kg的物体，在动摩擦因数为0.1的水平面上向左运动，同时受到大小为10N水平向右的力F作用，则物体加速度的大小为______，方向______．
正确答案
6m/s2
水平向右
解析
解：依题意，物体相对于地面向左运动，受到地面的滑动摩擦力方向向右．物体在水平面上运动，F也在水平方向向右，则物体对地面的压力大小等于物体的重力，
即FN=mg，所以物体受到的滑动摩擦力大小为f=μFN=μmg=0.1×20N=2N
所以物体所受合力F合=F+f=12N方向水平向右，根据牛顿第二定律知，物体产生的加速度
故答案为：6m/s2，水平向右．
光滑水平面上的O点有一物体，初速度为0，先以加速度a1向右做匀加速运动，一段时间后到达A点，这时加速度突然反向，且大小变为a2，经相同时间回到O点左侧的B点，此时速度大小为9m/s，已知OA=OB，则物体在A点时速度大小为______，加速度a1与改变后的加速度a2的大小之比为______．
正确答案
3m/s
解析
解：（1）令A点的速度为v，运动时间为t．
则
当物体反向运动时，位移大小为AB=2OA，初速度为v，末速度为9m/s两速度方向相反故位移大小
AB=
因为AB=2OA，所以可得v=3m/s
（2）物体在第一个t时间内的速度变化大小为△v1=v-0=3m/s
物体在第二个t时间内的速度变化大小为△v2=9-（-v）=12m/s
所以
故答案为：3m/s，
质量为4000kg的汽车，通过半径为40m的凸形桥顶端时，对桥顶的压力正好为零，求汽车速度的大小．（g=10m/s2）
正确答案
解：物体做圆周运动时需要向心力，此时的向心力是由重力与桥的支持力合力提供，汽车通过凸形桥顶端时，对桥顶的压力正好为零，所以此时重力提供向心力．
由牛顿第二定律得：mg=
解得：v=20m/s
答：汽车速度的大小20m/s．
解析
解：物体做圆周运动时需要向心力，此时的向心力是由重力与桥的支持力合力提供，汽车通过凸形桥顶端时，对桥顶的压力正好为零，所以此时重力提供向心力．
由牛顿第二定律得：mg=
解得：v=20m/s
答：汽车速度的大小20m/s．
如图所示．水平面光滑，木块A、B、C、D的质量分别为m、2m、m、2m，各木块之间的最大静摩擦力是μmg．现用水平拉力F拉物块B，使四个物体一起加速运动．则轻绳对物体的最大拉力F为（ ）
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
联立可知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应首先达到最大静摩擦力，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
由①②③解得：T=
故选：B．
如图所示，以水平地面建立x轴，有一个质量为m=1kg的木块放在质量为M=2kg的长木板上，木板长L=11.5m．已知木板与地面的动摩擦因数为μ1=0.1，m与M之间的摩擦因素μ2=0.9（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）．m与M保持相对静止共同向右运动，已知木板的左端A点经过坐标原点O时的速度为v0=10m/s，在坐标为X=21m处有一挡板P，木板与挡板P瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速度不变，若碰后立刻撤去挡板P，g取10m/s2，求：
（1）木板碰挡板P时的速度V1为多少？
（2）最终木板停止运动时其左端A的位置坐标？（此问结果保留到小数点后两位）
正确答案
μ1（m+M）g=（m+M）a1
解得：V1=9m/s
（2）由牛顿第二定律可知：
m运动至停止时间为：t1=
此时M速度：VM=V1-aMt1=3m/s，方向向左，此后至m，M共速时间t2，
有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s
共同速度V共=1.8m/s，方向向左，
至共速M位移：S1=
共速后m，M的加速度为：
向左减速至停下位移：S2=
最终木板M左端A点位置坐标为：X=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m
答：（1）木板碰挡板P时的速度V1为9m/s．
（2）最终木板M左端A点位置坐标为X=1.40m．
解析
μ1（m+M）g=（m+M）a1
解得：V1=9m/s
（2）由牛顿第二定律可知：
m运动至停止时间为：t1=
此时M速度：VM=V1-aMt1=3m/s，方向向左，此后至m，M共速时间t2，
有：VM-aMt2=amt2 得：t2=0.2s
共同速度V共=1.8m/s，方向向左，
至共速M位移：S1=
共速后m，M的加速度为：
向左减速至停下位移：S2=
最终木板M左端A点位置坐标为：X=9.5-S1-S2=9.5-6.48-1.62=1.40m
答：（1）木板碰挡板P时的速度V1为9m/s．
（2）最终木板M左端A点位置坐标为X=1.40m．
（1）间的动摩擦因数μ；
（2）推力F的大小；
（3）当物体向上运动到x=0.8m时物体的瞬时速度大小．
正确答案
解：（1）撤去F后，物体做匀减速运动，设减速上升的加速度为a2，则：
解得：
撤去F后，根据牛顿第二定律得：
-mgsinα-μmgcosα=ma2
代入数据解得：μ=0.2
（2）力F作用时，由
代入数据解得：
沿斜面方向：Fcosα-mgsinα-μFN=ma1
垂直斜面方向：FN-mgcosα-Fsinα=0
带入数据解得：F=
（3）设物体加速的总位移为x1，则
即
在x1～x2=1.2m内，
即
由上述两式解得：
则
代入数据解得：vx=4m/s
答：（1）间的动摩擦因数为0.2；
（2）推力F的大小为25.9N；
（3）当物体向上运动到x=0.8m时物体的瞬时速度大小为4m/s．
解析
解：（1）撤去F后，物体做匀减速运动，设减速上升的加速度为a2，则：
解得：
撤去F后，根据牛顿第二定律得：
-mgsinα-μmgcosα=ma2
代入数据解得：μ=0.2
（2）力F作用时，由
代入数据解得：
沿斜面方向：Fcosα-mgsinα-μFN=ma1
垂直斜面方向：FN-mgcosα-Fsinα=0
带入数据解得：F=
（3）设物体加速的总位移为x1，则
即
在x1～x2=1.2m内，
即
由上述两式解得：
则
代入数据解得：vx=4m/s
答：（1）间的动摩擦因数为0.2；
（2）推力F的大小为25.9N；
（3）当物体向上运动到x=0.8m时物体的瞬时速度大小为4m/s．
以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时，一个物体所受空气阻力可忽略，另一个物体所受空气阻力大小与物体速率成正比．下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图象可能正确的是（ ）
A
B
C
D
正确答案
解析
解：空气阻力不计时，物体只受重力，是竖直上抛运动，做匀变速直线运动，v-t图象是向下倾斜的直线；
有空气阻力时，上升阶段，根据牛顿第二定律，有：mg+f=ma，故a=g+
下降阶段，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，故a=g-
v-t图象的斜率表示加速度，故图线切线的斜率不断减小，图线与t轴的交点对应时刻的加速度为g，切线与虚线平行；故ACD错误，B正确．
故选：B．
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