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高中物理牛顿运动定律易错知识点总结

1

单选题
1、研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（　　）

A．弹性绳原长为15mB．当运动员下降10m时，处于超重状态
C．当运动员下降15m时，运动到最低点D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上
答案：D
解析：
A．15m时速度最大，此时加速度为零，所受合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，所以原长小于15m，A错误；
B．当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，B错误；
C．当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，没有运动到最低点，C错误；
D．当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D正确。
故选D。
2、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是（　　）

A．0 ~ 5 s内小木块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向
C．斜面倾角θ＝37°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
答案：A
解析：
A．x在0 ~ 5m内由匀变速直线运动的速度位移公式
v2-v02=2ax
再根据乙图，有
a1=-0-v022x1=10m/s2
又有
v0=10m/s
则小木块做匀减速运动的时间为
t=0-v0-a1=0-10-10s=1s
A错误，不符合题意；
B．在0 ~ 1s内木块做向上的匀减速运动，1s后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，B正确，符合题意；
CD．木块做反向匀加速运动时的加速度为
a2=v2-02x2=322×(13-5)m/s2=2m/s2
对上滑过程，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑过程中，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
联立解得
μ=0.5，θ=37°
CD正确，符合题意。
故选A。
3、如图甲所示，水平粗糙桌面上两个相同的条形磁铁的异名磁极正对放置，起初均静止。已知两磁铁间吸引力F随两磁铁间距离x变化的图像如图乙，每根磁铁质量为m＝0.2 kg，与桌面间动摩擦因数为μ＝0.5，两磁铁起初距离为20   cm，现在用手控制A，先用水平力让它缓缓向B靠近，当发现B开始运动时，立即改用竖直向下的压力压住A使其保持静止，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，在B向A靠近过程中，以下说法正确的有（　　）

A．当x＝5cm时，B将开始运动
B．当x＝4cm时，B的加速度为10 m/s2
C．竖直向下压力的最大值一定大于4 N
D．B运动过程中加速度可能达到28 m/s2
答案：C
解析：
AB．B受到桌面的滑动摩擦力
f＝μmg＝0．5×0.2×10 N＝1.0 N
当A对B的吸引力等于滑动摩擦力时，B开始滑动，由题图乙可知，当x＝4cm时，B开始滑动，且加速度为零，故AB错误；
C．当x＝0时，吸引力F＝3.0 N，最大，要使A不动，应满足桌面对A的摩擦力
fA＝μ（mg＋N）≥F
N≥4 N
故C正确；
D．当x＝0即F＝3.0 N时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律
F－f＝ma
B的最大加速度为10 m/s2，故D错误。
故选C。
4、物理是来源于生活，最后应用服务于生活。在日常生活中，有下面一种生活情境。一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取10m/s2）（　　）

A．0.25m/s2B．2.5m/s2C．0.5m/s2D．5m/s2
答案：B
解析：
圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所示

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g
方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2
解得加速度大小为
a2=μ2g
方向向左 ；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为v，由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时
v2=2a1s1
圆盘在桌面上运动时
v2=2a2s2
盘没有从桌面上掉下的条件是
s1+s2=L2
联立解得
s1=μ2L2μ1+μ2
圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得
s=12at2
对圆盘有
s1=12a1t2
而
s=L2+s1
由以上各式解得
a=μ1+2μ2μ1gμ2
带入数据解得
a=2.5m/s2
故B正确，ACD错误。
故选B。
5、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空突击与反装甲能力。已知飞机的质量为m，只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为n0，此时升力刚好等于重力。当搭载质量为m3的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2n0，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力加速度为g）（　　）

A．g3B．gC．2gD．3g
答案：C
解析：
空载时直升机起飞离地的瞬间，升力刚好等于重力，设比例系数为k，则有
kn02=mg
当搭载质量为m3的货物，螺旋桨的转速达到2n0时，竖直方向上由牛顿第二定律可得
F-(m+m3)g=(m+m3)a
其中升力
F=k(2n0)2
联立解得此时直升机在竖直方向上的加速度大小为
a=2g
故C正确，ABD错误。
故选C。
6、北京2022年冬奥会上，冰壶比赛是赛程最长的比赛项目。如图，运动员将冰壶以一定初速度推出后，冰壶沿水平冰面做直线运动直到停止，冰面上留下的痕迹长度是25m，冰壶与冰面间的动摩擦因数恒为0.008，取g=10m/s2，则冰壶的初速度为（　　）

A．105m/sB．1m/sC．2m/sD．4m/s
答案：C
解析：
根据牛顿第二定律
μmg=ma
解得冰壶在冰面上的加速度
a=0.08m/s2
根据运动学公式
0-v02=-2ax
代入数据解得
v0=2m/s
故C正确，ABD错误。
故选C。
7、一质量为m=2.0kg的小物块以一定的初速度冲上一倾角为37°足够长的斜面，某同学利用传感器测出了小物块冲上斜面过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的v-t图线，如图所示（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2）。则（　　）

A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2
B．小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25
C．小物块在斜面上滑行的最大位移是8m
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是6.4J
答案：B
解析：
A．由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中，加速度大小为
a1=ΔvΔt=81=8.0m/s
A错误；
B．对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+Ff=ma1
FN-mgcos37°=0
又
Ff=μFN
代入数据解得
μ=0.25
B正确；
C．由小物块上滑过程的速度-时间图线可得，小物块沿斜面向上运动的位移
x=v02t=82×1=4m
C错误；
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是
ΔE=2Wf=2μmgcos37°⋅x=2×0.25×20×0.8×4=32J
D错误。
故选B。
8、甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量）。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是（　　）

A．释放瞬间甲球加速度较大
B．m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
答案：C
解析：
A．释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；
B．运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等
mg＝kv
则
m1m2=v1v2
选项B错误；
C．由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；
D．下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。
故选C。
多选题
9、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中t2＝24sB．木板的最大加速度为1m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
答案：ACD
解析：
C．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据
f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为
μ1=0.4
C正确；
D．在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为
μ2=f22mg=440=0.1
D正确；
AB．在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F-μ1mg=ma
对木板有
μ1mg-2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2
F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
A正确，B错误。
故选ACD。
10、如图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图所示并处于平衡状态，则下列说法中可能正确的是（       ）

A．M处于拉伸状态，N处于拉伸状态
B．M处于压缩状态，N处于拉伸状态
C．M处于拉伸状态，N处于原长状态
D．M处于原长状态，N处于拉伸状态
答案：ABD
解析：
由于N弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸；当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a有拉力，当拉力小于a物体的重力时，M弹簧处于压缩状态；当拉力等于a物体的重力时，M弹簧处于原长状态；当拉力大于a物体的重力时，M弹簧处于伸长状态；从上面的分析中发现共有四种情况，即①N处于伸长状态，M处于压缩状态；②N处于伸长状态，M也处于伸长状态；③N处于伸长状态而M处于原长状态；④N处于原长，M处于压缩状态。故ABD正确，C错误。
故选ABD。
11、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小
B．滑块2经过B处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为3：2
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5
答案：BD
解析：
AB．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；
C．物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为
h=(3d)2+(4d)2-3d=2d
则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g·2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C错误；
D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1:v2=4:5
故D正确；
故选BD。
12、如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（　　）

A．滑块始终与木板存在相对运动
B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m2大于木板的质量m1
D．在t1时刻，滑块从木板上滑出
答案：ACD
解析：
滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为
a2＝μm2gm2＝μg
a1＝μm2gm1
由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则
a2＜a1
即
μg＜μm2gm1
则
m1＜m2
故选ACD。
13、一滑块从某固定粗糙斜面底端在沿斜面向上的恒力作用下由静止开始沿斜面向上运动，某时刻撤去恒力，运动过程中滑块的动能随位移变化的图象如图所示，图中Ek0、s0为已知量，斜面与水平面的夹角θ的正弦值sinθ=0.6，下列说法正确的是（　　）

A．滑块上升的最大高度为2710s0
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为12
C．恒力F的大小等于2Ek0s0
D．滑块与斜面间因摩擦产生的热量为108Ek025
答案：BD
解析：
A．根据题图结合题意可知，上滑过程滑块位移为s0时动能为Ek0，位移为95s0时恒力F撤去，此时动能为95Ek0，之后滑块在重力沿斜面向下的分力和摩擦力作用下做减速运动，位移为115s0时动能减为Ek0，可得滑块上升过程中的最大位移为2710s0，则滑块上升的最大高度为
H=2710s0sinθ=8150s0
故A错误；
B．从撤去恒力至滑块上升到最高点的过程由动能定理有
-mg27s010-9s05sinθ-μmg27s010-9s05cosθ=0-9Ek05
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有
2710mgs0sinθ-2710μmgs0cosθ=27Ek025
联立解得
μ=12
故B正确；
C．根据Ek-s图象斜率的绝对值表示滑块所受合外力大小可知，下滑过程有
mgsinθ-μmgcosθ=27Ek025⋅1027s0
受恒力F沿斜面上滑过程有
F-mgsinθ-μmgcosθ=Ek0s0
联立解得
F=3Ek0s0
故C错误；
D．整个过程中因摩擦产生的热量为
Q=2μmgcosθ×2710s0=108Ek025
故D正确。
故选BD。
14、如图甲所示，质量为M=0.5kg的木板静止在光滑水平面上，质量为m=1kg的物块以初速度vo=4m/s滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为μ=0.2，在物块滑上木板的同时，给木板施加一个水平向右的恒力F。当恒力F取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为s，给木板施加不同大小的恒力F，得到1s-F的关系如图乙所示，其中AB与横轴平行，且AB段的纵坐标为1m-1。将物块视为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g=10m/s2。则下列说法正确的是（　　）

A．若恒力F=0，物块滑岀木板时的速度为3m/s
B．C点纵坐标为1.5m-1
C．随着F增大，当外力F=1N时，物块恰好不能木板右端滑出
D．图像中D点对应的外力的值为4N
答案：BC
解析：
结合物体运动以及图形分析可知，总共分三个阶段。第一阶段（AB段），拉力较小时，物块从木板的右侧滑出；第二阶段（BC段），拉力稍大一些，物块滑动一段距离后，与木板一起加速向右运动；第三阶段（DE段），拉力过大，物体滑动一段距离后，摩擦力提供的加速度不够，不能随木板一起运动，最终从左侧滑出。
A．物块刚滑上木板时，物块加速度a1有
ma1=μmg
得到
a1=2m/s2
物块刚滑上木板时，木板的加速度a2有
Ma2=μmg
得到
a2=4m/s2
由题意可知，当F=0时，物块，木板的位移差为1m，则
x1=v0t-12a1t2
x2=12a2t2
x1-x2=1
解得
t=1s
物块滑出木板时的速度
v=v0-at=4-2m/s=2m/s
A错误；
C．当物块恰好不能从木板右端滑出时，设木板加速度为a3，此时有
Ma3=μmg+F
x3=v0t-12a1t2
x4=12a3t2
x3-x4=1
v0-a1t=a3t
解得
F=1N
C正确；
D．C、D两点对应的为恰好可一起匀加速运动，则有
F+μmg=ma4
μmg=ma4
解得
F=3N
则C、D点拉力为3N，D错误；
B．此时物块刚滑上木板时，木板的加速度a5有
a5=F+μmgM=3+20.5m/s2=10m/s2
两者速度相等时，位移差有
a5t=a0-a1t
v0t-12a1t2-12a5t2=x
解得
x=23
故
s-1=32m-1=1.5m-1
B正确；
故选BC。
15、质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（　　）

A．若F1=F2，则m1小于m2
B．若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多
C．若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D．若m1=m2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍
答案：ACD
解析：
由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为
a1=2.51.5ms2=53ms2
物体B撤去拉力之前的加速度为
a2=23ms2
己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为
a=1ms2
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
μ1m1g=m1a，μ2m2g=m2a
可得
μ1g=μ2g=1
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F1-μ1m1g=m1a1
解得
F1=83m1
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F2-μ2m2g=m1a2
解得
F2=53m2
A．当
F1=F2
即
83m1=53m2
则
m1<m2
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A做的功为
WA=F1xA=83m⋅12vamta=5mJ
则拉力F2对物块B做的功为
WB=F2xB=53m⋅12vbmtb=5mJ
则拉力F1对物块A做的功等于拉力F2对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的冲量为
I1=F1ta=83m⋅32=4mN⋅s
拉力F2对物块B的冲量为
I1=F2tb=53m⋅3=5mN⋅s
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
I1I2=4m5m=45
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的最大瞬时功率为
P1=F1vam=83m⋅52=203mW
拉力F2对物块B的最大瞬时功率为
P2=F2vbm=53m⋅2=103mW
则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的2倍，故D正确。
故选ACD。
16、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（　　）

A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
答案：BD
解析：
A．设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A错误。
BC．对于AM段，位移
x1=2R
加速度
a1=gsin45°=22g
则根据
x=12at2
得
t1=2x1a1=4Rg
对于BM段，位移
x2=2R
加速度
a2=gsin60∘=32g
t2=2x2a2=8R3g
对于CM段，位移
x3=R
加速度
a3=g
则
t3=2Rg
知t3最小，故B正确，C错误。
D．根据动能定理得
mgh=12mv2
甲，丙高度相同，则到达M的速率相等，故D正确。
故选BD。
填空题
17、辘轳的发明和使用体现了我国劳动人民的智慧。如图所示，辘轳主要由支架，卷筒，手柄等部分组成，井绳的一端绕在卷筒上，另一端系在水桶上，人通过转动手柄将木桶提起，水桶在上升过程中经历了加速、匀速和减速三个阶段，简要回答下列问题：
（1）在上述三个阶段中，哪个阶段绳子最容易断？为什么？______
（2）若装水的水桶总质量为20kg，在匀速阶段上升了20m，上升的速度为0.5m/s，g取10m/s2，该阶段水桶的重力势能变化量为______J，水桶的机械能变化量为______J，重力对水桶做功的功率大小为______W。

答案：     见解析     4000     4000     100
解析：
（1）[1] 加速阶段容易断，因为加速阶段，水桶处于超重状态，绳子的拉力大于水桶的重力，绳子容易断；匀速阶段绳子拉力等于水桶重力，减速阶段处于失重状态，拉力小于重力。
（2）[2] 重力势能变化量
ΔEp=mgΔh=20×10×20J=4000J
[3]水桶匀速上升，动能不变，所以机械能变化量等于重力势能变化量4000J；
[4] 重力对水桶做功的功率大小
P=WGt=mgΔht=mgv=20×10×0.5W=100W
18、某型号火箭的质量为2.5×105kg，已知火箭发动机点火后竖直向下喷出高温高压气体，气体对火箭产生的初始推力为3×106N，则火箭起飞时的加速度为______m/s2。假设火箭在竖直向上飞行阶段，气体对火箭产生的推力恒定，那么，火箭飞行的加速度将______（填写“变小”、“不变”或“变大”）。
答案：     2     变大
解析：
[1]由牛顿第二定律可得
F-Mg=Ma
解得火箭起飞时的加速度为
a=2m/s2
[2]由[1]的解析可得
a=FM-g
由于火箭竖直向下喷出高温高压气体，火箭质量逐渐减小，故火箭飞行的加速度将变大。
19、物理学是自然科学领域的一门基础学科，研究自然界物质的基本结构、相互作用和运动规律，观察和实验是物理学习重要的方法。同学们经过一个学期，学习了高中物理必修一的全部内容，必修一由“机械运动与物理模型”和“相互作用与运动定律”两个主题组成。
（1）在必修一中有四个必做实验，请同学们写出相关的实验名称；______、______、______、______。
（2）物理运动需要建立理想化物理模型，请同学们写出一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型的名称___________
（3）2021年12月9日下午15点40分，“天宫课堂”第一课正式开启，神舟十三号乘组航天员翟志刚、王亚平、叶光富变身“太空教师”在中国空间站精彩开讲。我们向三位航天员致敬！ 航天员在火箭发射与飞船返回的过程中均要经受的一种考验就是我们必修一中学习的一节内容，请写出这个内容。_______________
答案：     探究小车速度随时间变化的规律     探究弹簧弹力与形变量的关系     探究两个互成角度的力的合成规律     探究加速度与物体受力、物体质量的关系     自由落体运动     超重和失重
解析：
（1）[1][2][3][4]必修一的四个实验分别是：探究小车速度随时间变化的规律、探究弹簧弹力与形变量的关系、探究两个互成角度的力的合成规律、探究加速度与物体受力、物体质量的关系。
（2）[5]物理运动需要建立理想化物理模型，一种我们学过的在竖直方向上的理想运动模型是自由落体运动。
（3）[6]航天员在火箭发射与飞船返回的过程中要经受考验与我们学习的超重和失重有关。
20、如图所示:在水平平直公路上匀速行驶的小车顶上，用绳子悬挂着一个小球。

(1)若剪断绳子，小球将落至A、B、C中的_______点；
(2)若小车速度突然减小，小球将偏向_______方；
(3)若小车速度突然增大，小球将偏向_______方。
答案：     B     前     后
解析：
(1)[1]小球落下时，由于具有惯性，保持原来的水平速度，车速不变，落在正下方，即B点；
(2)[2]若车速减小，小球在水平方向相对小车向前运动，所以小球将偏向前方；
(3)[3]若车速突然增大，小球在水平方向相对小车向后运动，所以小球将偏向后方。
21、如图所示，A、B两物体用轻质细线绕过光滑的定滑轮相连，质量分别为mA=4kg，mB=8kg，物体A放在水平桌面上，物体B竖直悬挂，物体A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2。现将物体B由静止轻轻释放，物体A沿桌面滑行的加速度大小等于___________m/s2；若在物块A上放上一个物块C，释放物体B后物块A和C 可以一起在桌面上做匀速直线运动，则物块C的质量是___________kg。

答案：     6     36
解析：
[1] 对B研究，由牛顿第二定律得
mBg-F=mBa1
同理，对A有
F-f=mAa1
因为
f=μmAg
解得A的加速度
a1=6m/s2
[2] 物体B后物块A和C 可以一起在桌面上做匀速直线运动，对B研究绳子拉力
F'=mBg
对A和C
f=μ(mA+mC)=F'
解得
mC=36kg
22、如图所示，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、B将分离，此时B物体的加速度大小为______m/s2。

答案：     0.6     2
解析：
[1]力F1的表达式
F1=20-20t
A、B分离时二者没有相互作用力，但二者加速度大小相等，根据加速度相等可得
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=8N
二者一起加速运动，取整体为研究对象，由牛顿第二定律可得
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=2m/s2
23、作用力和反作用力总是互相_______、同时_______的，我们可以把其中任何一个力叫作_______，另一个力叫作_______。
答案：     依赖     存在     作用力     反作用力
解析：
略
24、2021年5月15日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s，减速至3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如图所示。（火星表面的重力加速度约为地球表面的25，地球表面重力加速度取10m/s2。）

（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。由于勘测需要，火星车走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m，它的平均速度大小约为_________m/s。
（2）关于着陆器在不同阶段的受力分析，正确的是( )
A．气动减速段，只受到气体阻力的作用
B．伞系减速段，重力与气体对它的作用力是一对平衡力
C．动力减速段，发动机喷火的反作用力作用在火星车上
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
（3）如果动力减速阶段发动机的推力远大于空气阻力且视作恒定，不考虑火星车的质量变化。请分析说明此阶段火星车的运动性质______，并根据图中所给的数据，估算发动机推力的大小______。
答案：     不变     2.5×10-3     C     匀减速直线运动     6.68×103N
解析：
（1）[1]惯性大小跟质量有关，“祝融号”的质量不变，则“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比不变
[2] 平均速度
v=xt=93600m/s=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．气动减速段，除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，A错误；
B．伞系减速段，气体对它的作用力大于重力，不是一对平衡力，B错误；
C．动力减速段，发动机和喷出的火之间的作用是相互作用力，则发动机喷火的反作用力作用在火星车上，C正确；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力， D错误。
故选C。
（3）[4][5]由于火星车在动力减速所受推力远大于空气阻力，可将空气阻力忽略不计，火星车在推力和重力两个恒力的作用下做匀减速直线运动，根据
vt=v0+at
可得火星车在此阶段的加速度
a=vt-v0t=3.6-9580m/s2=-1.14m/s2
火星车受到的合力
火星表面的重力加速度
g火=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F推=6.68×103N
解答题
25、如图所示，一水平的浅色传送带与平板紧靠在一起，且上表面在同一水平面上。在传送带上左端放置一质量为m=1kg的煤块（视为质点），煤块与传送带及煤块与平板上表面之间的动摩擦因数均为μ1=0.1，初始时，传送带与煤块及平板都是静止的。现让传送带以向右的恒定加速度a=3m/s2开始运动，当其速度达到v0=1.5m/s后，便以此速度做匀速运动。经过一段时间，煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后，相对于传送带不再滑动，随后，在平稳滑上右端平板上的同时，在平板右侧施加一个水平向右恒力F=17N，F作用了0.5s时煤块与平板速度恰好相等，此时撤去F，最终煤块没有从平板上滑下。已知平板质量M=4kg，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）传送带上黑色痕迹的长度；
（2）有F作用期间平板的加速度大小；
（3）平板的最短长度。

答案：（1）0.75m；（2）2m/s2；（3）0.65m
解析：
（1）煤块在传送带上发生相对运动时，加速度
a1=μ1mgm=μ1g=1m/s2
方向向右，设经过时间t1，传送带达到速度v0，经过时间时t2，煤块速度达到v0，即
v0=at1=a1t2
代入数值可得
t1=0.5s，t2=1.5s
在0-1.5s内，煤块与传送带有相对运动，则传送带发生的位移
s=v022a+v0t2-t1=1.522×3m+1.5×1m=1.875m
煤块发生的位移
s'=v022a1=1.522m=1.125m
黑色痕迹长度即传送带与煤块发生的位移之差，即
Δs=s-s'=0.75m
（2）煤块滑上平板时的速度为
v0=a1t2=1.5m/s
加速度大小为
a1=μ1mgm=μ1g=1m/s2
经过t0=0.5s时，煤块速度为
v1=v0-a1t0=1.5m/s-1×0.5m/s=1.0m/s
设平板的加速度大小为a2，则
v1=a2t0=1.0m/s
解得  
a2=2m/s2
（3）设平板与地面间动摩擦因数为μ2，由于
a2=2m/s2
且
Ma2=μ1mg-μ2mg+Mg+F
代入数据解得
μ2=0.2
由于
μ2>μ1
则共速后煤块将仍以加速度大小
a1=μ1mgm=μ1g
匀减速运动，直到停止，而平板以加速度a3匀减速运动
Ma3=μ1mg-μ2mg+Mg
代入数据解得
a3=-2.25m/s2
用时
t3=v1a3=12.25s=49s
所以，全程平板的位移为
s板=0+v12t0+t3=12×0.5+49m=1736m
煤块的位移
s煤=v022a1=1.522m=98m
平板车的长度即煤块与平板的位移之差
L=s煤-s板=4772m=0.65m
26、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=60kg，倾斜滑道AB长lAB=128m，倾角θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，不计空气阻力。求：
（1）游客匀速下滑时的速度大小；
（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。

答案：（1）16m/s；（2）180N
解析：
（1）由牛顿第二定律得
mgsinθ-µmgcosθ=ma
解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小
a=2m/s2
游客匀速下滑时的速度大小
v=at1=16m/s
（2）设游客在BC段的加速度大小为a′，由公式
0-v2=-2a′x
解得
a'=8m/s2
由牛顿第二定律得
F＋µmg=ma′
解得制动力
F=180N
27、如图所示，斜面AC长L=4m，倾角θ=37°，CD段为与斜面平滑连接的水平地面。一个质量m=1kg的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下。小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v；
（2）小物块在斜面和水平面上滑行的总时间t。

答案：（1）4m/s；（2）2.8s
解析：
(1)沿斜面下滑，根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma1
从A到C根据速度位移公式有
2a1L=v2-0
解得小物块滑到斜面底端C点时的速度大小
v=4m/s
(2)从斜面下滑阶段有
v=a1t1
解得
t1=2s
水平段，根据牛顿第二定律有
μmg=ma2
根据速度时间公式
0=v-a2t2
解得
t2=0.8s
所以总时间为
t=t1+t2=2.8s
28、如图所示，光滑水平桌面上的物体B质量为m2，系一细绳，细绳跨过桌沿的定滑轮后悬挂质量为m1的物体A，先用手使B静止