- 牛顿第二定律
- 共12933题
正确答案
P点
解析
解：无论传送带静止，还是转动起来，物体m所受的都是滑动摩擦力，方向大小都一样，其次物体滑过传送带经过的位移就是传送带两轮之间的长度，故两次下滑在传送带上的位移也是一样的，故传送带对物体m做的功两次相等．又两次释放点相同，故两次重力做的功相同，故两次下滑力对物体做的总功相同．由动能定理，对从Q下滑到从传送带平抛出去：
故答案为：P点
（1）金属块与地板间的动摩擦因数；
（2）若在运动过程的某一时刻保持力F的大小不变，突然将力的方向变为水平向右，这一时刻金属块的加速度大小为多少？
（3）若在匀速直线运动某一时刻撤去力F，金属块再经过多长时间停下来？
正确答案
解：（1）设地板对金属块的支持力为FN，金属块与地板的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有：
Fcosθ=μFN
mg=Fsinθ+FN
解得：
（2）由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma1
代入数据解得：a1=
负号表示加速度方向与速度方向相反，大小为0.154m/s2
（3）撤去力F后有：μmg=ma2
代入数据有：a2=4m/s2
由t=
代入数据解得：t=1.25s．
答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.4．
（2）这一时刻金属块的加速度大小为0.154m/s2．
（3）金属块再经过1.25s停止．
解析
解：（1）设地板对金属块的支持力为FN，金属块与地板的动摩擦因数为μ，因为金属块匀速运动，所以有：
Fcosθ=μFN
mg=Fsinθ+FN
解得：
（2）由牛顿第二定律得：
F-μmg=ma1
代入数据解得：a1=
负号表示加速度方向与速度方向相反，大小为0.154m/s2
（3）撤去力F后有：μmg=ma2
代入数据有：a2=4m/s2
由t=
代入数据解得：t=1.25s．
答：（1）金属块与地板间的动摩擦因数为0.4．
（2）这一时刻金属块的加速度大小为0.154m/s2．
（3）金属块再经过1.25s停止．
正确答案
2
解析
解：水平面光滑，物体的所受合力等于水平拉力，根据牛顿第二定律得：
F=m a
代入数据得，所求加速度的大小为
a=
故答案为：2
正确答案
3.5
18
解析
解：（1）设运行过程中货物的加速度为a，根据牛顿第二定律得：
μmg=ma 求得：a=2 m/s2
设到达B端时速度为v，所用时间为t，则：
v2=2as0 解得：v=4
由于v＞v0=6m/s，所以物先加速后匀速直线运动．
则先匀加速运动：由t1=
s0=
再匀速直线运动，得：t2=
即货物从M端运动到N端所需的时间为t=t1+t2=3.5s．
（2）根据功的定义，有
W=f s0=μmg s0=2×9J=18J
即摩擦力对货物做功为18J．
故答案为：3.5，18
（1）求小滑块沿AC向上滑的加速度大小；
（2）滑块开始运动后，经过多长时间支架开始转动？
（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，求拉力作用的最大时间．
正确答案
解：（1）滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
F-mgsin37°-μmgcos37°=ma
代入数据，得：a=2m/s2
（2）设经过时间t，滑块运动到离C点S处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有：
F（ACcos37°-CD）+f•BD+N（S-BC）=Mg•BDsin37°+F•BD
式中N=mg cos37°，f=μmgcos37°
代入数据，得：S=1.2m
因此，t=
（3）设拉力作用时间最长为t1，根据运动学公式，有：
v1=a t1
S1=
撤去F后，根据牛顿第二定律，有：
a2=gsin37°+μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2
滑块减速直至静止过程：
v1=a2t2
S2=
滑块恰好运动到离C点S′处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有：
μmgcos37°•BD+mgcos37°（S′-BC）=Mg•BDsin37°
代入数据，得：
S′=0.725m
根据位移时间关系公式，有：
S′=
代入数据，得：
t1=0.78s
答：（1）小滑块沿AC向上滑的加速度大小为2m/s2；
（2）滑块开始运动后，经过1.1s时间支架开始转动；
（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，拉力作用的最大时为0.78s．
解析
解：（1）滑块受重力、拉力、支持力和摩擦力，根据牛顿第二定律，有：
F-mgsin37°-μmgcos37°=ma
代入数据，得：a=2m/s2
（2）设经过时间t，滑块运动到离C点S处，支架开始转动，则根据力矩平衡条件，有：
F（ACcos37°-CD）+f•BD+N（S-BC）=Mg•BDsin37°+F•BD
式中N=mg cos37°，f=μmgcos37°
代入数据，得：S=1.2m
因此，t=
（3）设拉力作用时间最长为t1，根据运动学公式，有：
v1=a t1
S1=
撤去F后，根据牛顿第二定律，有：
a2=gsin37°+μgcos37°=10×0.6-0.5×10×0.8=2m/s2
滑块减速直至静止过程：
v1=a2t2
S2=
滑块恰好运动到离C点S′处，支架开始转动，根据力矩平衡条件，有：
μmgcos37°•BD+mgcos37°（S′-BC）=Mg•BDsin37°
代入数据，得：
S′=0.725m
根据位移时间关系公式，有：
S′=
代入数据，得：
t1=0.78s
答：（1）小滑块沿AC向上滑的加速度大小为2m/s2；
（2）滑块开始运动后，经过1.1s时间支架开始转动；
（3）为保证支架不转动，作用一段时间后撤去拉力F，拉力作用的最大时为0.78s．
（1）传送带不转动
（2）传送带以v=10m/s的速度逆时针方向转动（保留两位有效数字）
正确答案
解：（1）传送带不转动μ＜tan θ 则物体加速下滑
由牛顿第二定律，得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
所以a2=2m/s2
s=
所以 t2=5s
（2）传送带逆时针方向转动 物体运动经历两个阶段
开始阶段受力分析如图 （a）所示，
由牛顿第二定律，得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
得 a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2．
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1=
发生的位移为 s1=
物体加速到10m/s时仍未到达A点．
第二阶段 受力分析如图 （b）所示，应用牛顿第二定律，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，a2=2m/s2．
设第二阶段物体滑动到A端的时间为t2，则 LBA-s1=vt2+
解得 t2=1.6s．
故物体经历的总时间t=t1+t2=2.6s．
答：（1）传送带不动时，运动时间为5s．
（2）传送带以v=10m/s的速度逆时针方向转动，运动时间为2.6s．
解析
解：（1）传送带不转动μ＜tan θ 则物体加速下滑
由牛顿第二定律，得
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，
所以a2=2m/s2
s=
所以 t2=5s
（2）传送带逆时针方向转动 物体运动经历两个阶段
开始阶段受力分析如图 （a）所示，
由牛顿第二定律，得mgsinθ+μmgcosθ=ma1，
得 a1=gsinθ+μgcosθ=10m/s2．
物体加速至与传送带速度相等时需要的时间为 t1=
发生的位移为 s1=
物体加速到10m/s时仍未到达A点．
第二阶段 受力分析如图 （b）所示，应用牛顿第二定律，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2，a2=2m/s2．
设第二阶段物体滑动到A端的时间为t2，则 LBA-s1=vt2+
解得 t2=1.6s．
故物体经历的总时间t=t1+t2=2.6s．
答：（1）传送带不动时，运动时间为5s．
（2）传送带以v=10m/s的速度逆时针方向转动，运动时间为2.6s．
（1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x及主动轮的半径R；
（2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能．
正确答案
解：（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：
x=vt
解得：
x=1.2 m
麻袋包在主动轮的最高点时，有：
解得：R=0.4m
（2）对麻袋包，设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，有：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得：a=g（μcosθ-sinθ）=10×（0.8×0.8-0.6）=0.4m/s2
由运动学公式，有：v=at1
故加速时间为：t1=
故加速位移：
l-x1=vt2
解得：t2=
解得：t=t1+t2=5+7.5=12.5s
（3）在t1=5s内，传送带位移为：S带=vt=2×5=10m
△S=S带-x1=10-5=5m
由能量守恒得
E=mglsin37°+
=100×10×20×0.6+
答：（1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x为1.2m，主动轮的半径R为0.4m；
（2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t为12.5s；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为1.54×104J．
解析
解：（1）设麻袋包平抛运动时间为t，有：
x=vt
解得：
x=1.2 m
麻袋包在主动轮的最高点时，有：
解得：R=0.4m
（2）对麻袋包，设匀加速时间为t1，匀速时间为t2，有：
μmgcosθ-mgsinθ=ma
解得：a=g（μcosθ-sinθ）=10×（0.8×0.8-0.6）=0.4m/s2
由运动学公式，有：v=at1
故加速时间为：t1=
故加速位移：
l-x1=vt2
解得：t2=
解得：t=t1+t2=5+7.5=12.5s
（3）在t1=5s内，传送带位移为：S带=vt=2×5=10m
△S=S带-x1=10-5=5m
由能量守恒得
E=mglsin37°+
=100×10×20×0.6+
答：（1）主动轮轴与货车车箱中心的水平距离x为1.2m，主动轮的半径R为0.4m；
（2）麻袋包在平直传送带上运动的时间t为12.5s；
（3）该装运系统每传送一只麻袋包需额外消耗的电能为1.54×104J．
正确答案
解析
解：据题大圆环对地无作用力时，m对M的滑动摩擦力f与Mg大小相等，方向竖直向上．以小球为研究对象，分析受力知道，小球受到竖直向下的重力mg和向下的滑动摩擦力f′，根据牛顿第三定律得知，f′=f=Mg，根据牛顿第二定律得到，小球上升的加速度a=
由
故答案为：
A它们的加速度a=gsinθ
B它们的加速度a＜gsinθ
C细绳的张力T=0
D细绳的张力T=
正确答案
解析
解：A、B、对整体受力分析可知，整体受重力、弹力；将重力沿斜面和垂直于斜面进行分析，则支持力与重力垂直于斜面的分力相平衡；合外力：F=（mA+mB）gsinθ；
由牛顿第二定律可知：
（mA+mB）gsinθ=（mA+mB）a
解得：a=gsinθ；故A正确，B错误；
C、D、对物体B分析，可知物体B受到的合力：
F′=mBa=mBgsinθ；
F=T+mBgsinθ
故说明细绳的张力为零；故C正确，D错误；
故选：AC．
质量为4kg的物体静止于水平面上，物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体在大小为30N、方向为水平方向的拉力F作用下，从静止开始沿水平面做匀加速运动．求：（取g=10m/s2）
（1）物体的加速度是多大？
（2）经过10s时间物体的位移大小为多少？
正确答案
解：（1）根据牛顿第二定律得：
a=
（2）根据匀加速直线运动位移时间公式得：
x=
答：（1）物体的加速度是2.5m/s2；
（2）经过10s时间物体的位移大小为125m．
解析
解：（1）根据牛顿第二定律得：
a=
（2）根据匀加速直线运动位移时间公式得：
x=
答：（1）物体的加速度是2.5m/s2；
（2）经过10s时间物体的位移大小为125m．
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