如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块，当
如图所示，质量m=2.0kg的木块静止在水平面上，用大小F=20N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块，当木块运动到x=10m力F．不计空气阻力．已知木块与水平面间的动摩擦因数?=0.2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．g取10m/s 2 ．求：（1）撤去力F时木块速度的大小；（2）撤去力F后木块运动的时间．
...用大小F=20N、方向与水平方向成θ=37°角的力拉动木块,当
根据牛顿第二定律得， a 2 = μmg m =μg=2m\/ s 2 则撤去F后木块的运动的时间t= v a 2 = 12 2 s=6s ．答：（1）撤去力F时木块速度的大小为12m\/s．（2）撤去力F后木块运动的时间为6s．
如图所示,质量m=2.0kg 的小物块以初速度V0=10m\/s,从斜面最顶端上滑...
2 mgsin37-f=ma a=-10 m\/s^2(以沿斜面向下为正方向）3 物块滑至最高处时经过的位移 s=Vo^2\/2a=5 m 所需时间为：t1=Vo\/a=1 s 再滑至底端： s=at^2\/2 t2=1s 总共需时间t=t1+她=2 s
如图所示,一个质量为m=2.0kg的滑块静止放在水平地面上的A点,受到一个...
如图所示,一个质量为m=2.0kg的滑块静止放在水平地面上的A点,受到一个大小为10N,与水平方向成θ=37°角的斜向上恒力F作用开始运动,当物体前进L=1.0m到达B点时撤去F,滑块最终停在水... 如图所示,一个质量为m=2.0kg的滑块静止放在水平地面上的A点,受到一个大小为10N,与水平方向成θ=37°角的斜向上恒力F作用...
...θ=37°的粗糙斜面固定在水平面上,质量m=2.0kg的物块(可视为质点...
（1）物块的受力情况如图1所示．由牛顿第二定律有：F-mgsinθ-f=ma 1 …①N-mgcosθ=0…②又因为f=μN…③由①②③式可求得： a 1 =8.0m\/ s 2 （2）物块做初速度为零的匀加速直线运动，第2.0s末时物块的速度v 1 =a 1 t 1 =16m\/s这2.0s内物块的位移： ...
如图所示,质量m=2.0kg的木块静止在高h=1.8m的水平台上,木块距平台右边...
20]cos37°?0.2×(20?20×sin37°)×102=12（m\/s）（2）木块离开平台后做平抛运动：水平方向：x=vt竖直方向：h=12gt2?解得木块落地时距平台边缘的水平距离：x=v2hg=12×2×1.810=7.2m答：（1）木块离开平台时的速度大小为12m\/s；（2）木块落地时距平台边缘的水平距离为7.2m．
牛顿第二定律的应用有哪些 牛顿第二定律的应用专题训练
(1)物体加速度a的大小; (2)物体开始运动后t = 2.0 s内通过的位移x. 2,如图13所示,用F = 6.0 N的水平拉力,使质量m = 2.0 kg的物体由静止开 始沿光滑水平面做匀加速直线运动。 (1)求物体的加速度a的大小; (2)求物体开始运动后t = 4.0 s末速度的大小; 3.(7分)如图11所示,用F1 = 16 N的水平...
...的方向垂直于导轨平面,磁感强度为B=2.0T,质量m=1.
40m\/s ; 144W 由ab匀速下滑时受合力零
如图所示,质量m=2.0kg的小滑块,由静止开始从倾角θ=30°的固定光滑斜面...
（1）2.0s；（2）100W （1）滑块沿斜面下滑受到重力和斜面支持力，由牛顿第二定律，得小滑块沿斜面运动的加速度a 滑块沿斜面由A到B的位移为 滑块由A到B做匀加速运动的时间为t由 得 （2）滑块到达斜面底端时速度达到最大 v m = at =10m\/s重力的最大功率为 P m = mgv ...
如图所示,质量为m=2.0kg的小滑块,由静止开始从倾角θ=30°的固定的光滑...
根据hsinθ＝12at2，代入数据解得t=2s．（2）滑块到达底端的速度v=at=5×2m\/s=10m\/s．（3）滑块由A滑到B时的重力功率P=mgvBcos60°＝20×10×12W=100W．答：（1）滑块由A滑到B经历的时间为2s；（2）滑块滑到B时的速度为10m\/s；（3）滑块由A滑到B时的重力功率为100W．
如图所示,质量m=2.0kg的木块静止在高h=1.8m的水平平台上,木块距平台...
（1） （2） （3） 试题分析：（1）拉力F作用在木块上时，木块受力如图所示 木块在F作用下做与加速直线运动，在水平方向上，根据牛顿第二定律得： 在竖直方向上有 又 根据匀变速直线运动的位移时间公式得： 联立方程并代入已知条件解得： （2）根据匀变速直线运动的速度时间公式...
