第3节 牛顿第二定律

物理公式不仅可以确定物理量之间的数量关系和方向关系,同时也可以确定物理量间的单位关系, $ \mathrm{A} $ 错误；如果让 $ 10\mathrm{k}\mathrm{g} $ 的物体产生大小为 $ 1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的加速度,所需要的力的大小是 $ 10\mathrm{N} $ , $ \mathrm{B} $ 错误；如果力的单位取 $ \mathrm{N} $ ,质量单位取 $ \mathrm{k}\mathrm{g} $ ,加速度单位取 $ \mathrm{k}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,牛顿第二定律的表达式为 $ F=1000ma $ , $ \mathrm{C} $ 正确；物体的质量是物体本身的属性,是所含物质的多少,与物体所受合外力以及物体运动的加速度无关, $ \mathrm{D} $ 错误.

力是产生加速度的原因,而不是有加速度才有力,故 $ \mathrm{A} $ 错误；物体的质量是物体的固有属性,与它所受到的合外力和加速度无关,故 $ \mathrm{B} $ 错误；根据 $ {F}_{合}=ma $ 可知物体所受合外力不为零就会有加速度,故 $ \mathrm{C} $ 错误；物体的速度为零,但加速度可能很大,所受的合外力也可能很大,例如在外力作用下减速到零的瞬间,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

当小球处于圆弧面最高位置时,加速度最大,对小球根据牛顿第二定律有 $ mg \tan \dfrac{\theta }{2}=ma $ ,解得最大加速度 $ a=\dfrac{\sqrt{3}}{3}g $ ,故选 $ \mathrm{B} $ .

对整体受力分析,根据牛顿第二定律可得 $ F=(M+m)a $ ,对上面的书受力分析,根据牛顿第二定律可得 $ f=ma $ ,解得 $ f=\dfrac{mF}{M+m} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确.

因为弹簧的弹力与其形变量成正比,当弹簧测力计乙的示数由 $ 15\mathrm{N} $ 变为 $ 6\mathrm{N} $ 时,由 $ 3{k}_{甲}={k}_{乙} $ 可知弹簧测力计甲的弹力增大 $ 3\mathrm{N} $ ,变为 $ 18\mathrm{N} $ ,则物块所受合外力大小为 $ F={T}_{甲}-{T}_{乙}=ma $ ,代入数据解得 $ a=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,小车运动的加速度与物块相同, $ \mathrm{D} $ 正确.

小车静止或匀速运动时,小球所受外力的合力为0,根据物体的平衡条件可知,此时斜杆对球的作用力方向竖直向上,大小等于球的重力 $ mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 错误, $ \mathrm{C} $ 正确；当小车向右做匀加速运动时,小球有水平向右的加速度,对小球进行分析,斜杆对球的作用力 $ F $ 水平方向与竖直方向的分力分别为 $ {F}_{x}=ma $ 、 $ {F}_{y}=mg $ ,则 $ F=\sqrt{{F}_{x}^{2}+{F}_{y}^{2}}=\sqrt{{\left(ma\right) ^ {2}}+{\left(mg\right) ^ {2}}} > mg $ ,当 $ \dfrac{ma}{mg}= \tan \theta $ ,即 $ a=g \tan \theta $ 时,斜杆对球的作用力 $ F $ 沿斜杆向上,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

（1）在题图甲中,对木块进行受力分析如图1所示,有 $ F \cos \theta =\mu {N}_{1} $ , $ {N}_{1}=mg+F \sin \theta $ ,

图1

联立解得 $ \mu =0.5 $ .

（2）在题图乙中,对木块进行受力分析如图2所示,

图2

有 $ F \cos \theta -\mu {N}_{2}=ma $ , $ {N}_{2}+F \sin \theta =mg $ ,联立解得 $ a=6\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

设小球的质量均为 $ m $ ,平衡时,对各小球及整体受力分析可知,细绳1的拉力大小为 $ 3mg $ ,弹簧弹力大小为 $ 2mg $ ,细绳2的拉力大小为 $ mg $ .若剪断细绳1,剪断瞬间,细绳1的拉力为0,弹簧弹力不变, $ a $ 球的合力为 $ 3mg $ ,加速度大小为 $ 3g $ , $ b $ 球受力不变,加速度为0,故 $ \mathrm{A} $ 错误, $ \mathrm{B} $ 正确；若剪断细绳2,剪断瞬间,细绳2的拉力为0,弹簧弹力不变, $ b $ 球的合力为 $ mg $ ,加速度大小为 $ g $ , $ c $ 球仅受重力,加速度大小为 $ g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 、 $ \mathrm{D} $ 错误.

运动员离开跳板时有向上的速度,故运动员在空中做的不是自由落体运动, $ \mathrm{A} $ 错误；不计空气阻力,运动员接触水面之前,仅受到重力作用,即运动员接触水面之前,加速度为重力加速度,由于 $ v-t $ 图像斜率表示加速度,则在接触水面之前, $ v-t $ 图像为一条倾斜的直线,可知 $ {t}_{1} $ 时刻运动员刚好接触到水面, $ \mathrm{B} $ 正确；由题图可知, $ {t}_{1}\sim {t}_{3} $ 时间内,速度先增大后减小,故运动员接触水面后先加速后减速, $ \mathrm{C} $ 错误； $ {t}_{2}\sim {t}_{3} $ 时间内,图像斜率的绝对值先增大后减小,则运动员的加速度先增大后减小, $ \mathrm{D} $ 错误.

物体下落过程中,水平方向受力平衡,乙中物体所受摩擦力大小为 $ {f}_{乙}=\mu {F}_{2}=2t(\mathrm{N}) $ ,刚开始下落时,摩擦力小于重力,合力方向向下, $ 5\mathrm{s} $ 后,摩擦力大于重力,合力可得 $ t=5\mathrm{s} $ ,方向向上,故 $ \mathrm{A} $ 正确；下落过程中,甲中物体所受摩擦力等于重力时,物体做匀速直线运动,乙中物体所受的摩擦力大于重力时,速度会减小,故 $ \mathrm{B} $ 错误；下落过程中,甲中的物体所受摩擦力大小为 $ {f}_{甲}=\mu {F}_{1}=2v(\mathrm{N}) $ ,当 $ {f}_{甲}=mg $ 时,即 $ v=5\mathrm{m}/\mathrm{s} $ 时,速度最大,之后物体做匀速直线运动,故 $ \mathrm{C} $ 正确；乙中物体的加速度大小为 $ a=\dfrac{mg-2t}{m}=10-2t(\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}) $ ,当 $ t=5\mathrm{s} $ 时,加速度为0,画出物体的 $ a-t $ 图像,如图所示,物体运动速度最大为 $ {v}_{ \max }=\dfrac{1}{2}×10×5\mathrm{m}/\mathrm{s}=25\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.

由初速度为零的匀加速直线运动规律可知 $ {v}^{2}=2aℎ $ ,结合图像与横轴围成的图形面积 $ S $ 可求得水桶上升 $ 4\mathrm{m} $ 时的速度大小 $ v=\sqrt{2S}=\sqrt{2×\dfrac{0.5+1}{2}×4}\mathrm{m}/\mathrm{s}=\sqrt{6}\mathrm{m}/\mathrm{s} $ ,故 $ \mathrm{A} $ 正确, $ \mathrm{B} $ 错误.由图像可知,水桶上升 $ 4\mathrm{m} $ 时加速度大小为 $ 1\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ ,根据牛顿第二定律有 $ 2F-mg=ma $ ,解得 $ F=27.5\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{C} $ 错误, $ \mathrm{D} $ 正确.

设空气对热气球的浮力大小为 $ F $ ,在空气中加速下降过程,根据牛顿第二定律可得 $ Mg-F=Ma $ ,为了使它以同样大小的加速度加速上升,设应该抛掉的沙子的质量为 $ m $ ,抛出后,根据牛顿第二定律可得 $ F-(M-m)g=(M-m)a $ ,联立解得 $ m=8\mathrm{k}\mathrm{g} $ ,故 $ \mathrm{B} $ 正确.

对物块受力分析,施加 $ {F}_{1} $ 时有 $ {F}_{1}+\mu mg \cos {30}^{\circ }=mg \sin {30}^{\circ } $ ,施加 $ {F}_{2} $ 时有 $ {F}_{2}=mg \sin {30}^{\circ }+\mu mg \cos {30}^{\circ } $ ,解得 $ {F}_{1}=0.25mg $ , $ {F}_{2}=0.75mg $ ,故 $ \mathrm{A} $ 、 $ \mathrm{B} $ 正确；不施加外力时,对物块由牛顿第二定律有 $ mg \sin {30}^{\circ }-\mu mg \cos {30}^{\circ }=ma $ ,解得 $ a=0.25g $ ,故 $ \mathrm{C} $ 正确；由于 $ \mu mg \cos {30}^{\circ } < mg \sin {30}^{\circ } $ ,则水平恒力一定向右,若物块沿木板向下匀速运动,则有 $ F \cos {30}^{\circ }+\mu (F \sin {30}^{\circ }+mg \cos {30}^{\circ })=mg \sin {30}^{\circ } $ ,解得 $ F=\dfrac{\sqrt{3}}{7}mg $ ,若物块沿木板向上匀速运动,则有 $ F \cos {30}^{\circ }=\mu (F \sin {30}^{\circ }+mg \cos {30}^{\circ })+mg \sin {30}^{\circ } $ ,解得 $ F=\dfrac{3\sqrt{3}}{5}mg $ ,故 $ \mathrm{D} $ 错误.故选 $ \mathrm{D} $ .

（1）当货车匀速行驶时,桶 $ C $ 所受合力为零, $ A $ 对 $ C $ 的弹力 $ {F}_{A1} $ 和 $ B $ 对 $ C $ 的弹力 $ {F}_{B1} $ 等大,夹角为 $ {60}^{\circ } $ ,如图所示.对 $ C $ ,由平衡条件有 $ {F}_{A1} \cos {30}^{\circ }+{F}_{B1} \cos {30}^{\circ }=mg $ ,解得 $ {F}_{A1}={F}_{B1}=\dfrac{\sqrt{3}}{3}mg=60\sqrt{3}\mathrm{N}\approx 103.9\mathrm{N} $ .

（2） 当货车以 $ 2\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ 的加速度向前加速行驶时,对 $ C $ ,根据牛顿第二定律,竖直方向有 $ {F}_{A2} \cos {30}^{\circ }+{F}_{B2} \cos {30}^{\circ }=mg $ ,水平方向有 $ {F}_{B2} \sin {30}^{\circ }-{F}_{A2} \sin {30}^{\circ }=ma $ ,代入数据解得 $ {F}_{A2}\approx 67.9\mathrm{N} $ , $ {F}_{B2}\approx 139.9\mathrm{N} $ .

（3） 为保持 $ A $ 、 $ B $ 、 $ C $ 相对静止,当 $ B $ 、 $ C $ 间作用力为零时,货车刹车时的加速度最大,对 $ C $ 有 $ mg \tan {30}^{\circ }=m{a}_{\mathrm{m}} $ ,解得 $ {a}_{\mathrm{m}}=g \tan {30}^{\circ }=\dfrac{10}{3}\sqrt{3}\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2}\approx 5.8\mathrm{m}/{\mathrm{s}}^{2} $ .

要使得三个滑块之间相对静止,则大滑块与两小滑块的水平加速度相等,对三个滑块整体由牛顿第二定律得 $ F-\mu (M+2m)g=(M+2m)a $ ,对大滑块上的小滑块,设绳上的张力为 $ {F}_{\mathrm{T}} $ ,由牛顿第二定律得 $ {F}_{\mathrm{T}}-f=ma $ ,其中 $ f⩽ \mu mg $ ,对大滑块右边的小滑块,则有 $ {F}_{\mathrm{T}}=\sqrt{{\left(mg\right) ^ {2}}+{\left(ma\right) ^ {2}}} $ ,联立解得 $ F⩾ 1515\mathrm{N} $ ,故 $ \mathrm{D} $ 正确.