(文末附答案)高中物理牛顿运动定律解题方法技巧.docx

(文末附答案)高中物理牛顿运动定律解题方法技巧

1

单选题
1、质量为2kg的物体在水平面上沿直线运动，受阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示，0~3m物体做匀速直线运动。下列对图示过程的说法正确的是（　　）

A．在x=5m处物体加速度大小为3m/s2
B．0~7m物体克服阻力做功为28J
C．0~7m拉力对物体做功为45J
D．0~7m合力对物体做功为68J
2、现在城市的滑板运动非常流行，在水平地面上一名滑板运动员双脚站在滑板上以一定速度向前滑行，在横杆前起跳并越过杆，从而使人与滑板分别从杆的上方、下方通过，如图所示，假设人和滑板运动过程中受到的各种阻力忽略不计，若运动员顺利地完成了该动作，最终仍落在滑板原来的位置上，则下列说法错误的是（　　）

A．运动员起跳时，双脚对滑板作用力的合力竖直向下
B．起跳时双脚对滑板作用力的合力向下偏后
C．运动员在空中最高点时处于失重状态
D．运动员在空中运动时，单位时间内速度的变化相同
3、如图所示，所有质点同时从O点沿不同倾角的光滑斜面无初速滑下，若将各质点在斜面上运动时间相同的点连成一线，则连线的性质为（     ）

A．圆弧B．抛物线C．水平线D．斜线
4、如图所示，倾角为θ=37°的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，传送带足够长，取sin37°=0.6,cos37°=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（       ）

A．小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2
B．小物块向上运动的时间为1. 2s
C．小物块向上滑行的最远距离为4m
D．小物块最终将随传送带一起向上匀速运动
5、在光滑的水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用原长为l0的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2。以A、B为一个系统，如图甲所示，F1、F2向相反方向拉A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0+△l1），系统的加速度大小为a1；如图乙所示，F1、F2相向推A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0﹣△l2），系统的加速度大小为a2。则下列关系式正确的是（　　）

A．△l1=△l2，a1=a2B．△l1>△l2，a1=a2
C．△l1=△l2，a1>a2D．△l1＜△l2，a1＜a2
6、如图甲所示，用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作。该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示。则（　　）

A．测量者经历了加速、减速、再加速、再减速四个阶段
B．测量者在t1~t2时间内表现为失重
C．测量者在t3时刻速度最小
D．测量者在t4时刻加速度最小
7、关于曲线运动，下列说法中正确的是（　　）
A．物体作曲线运动时，它的速度可能保持不变
B．作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上
C．物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才可能作曲线运动
D．作曲线运动的物体，加速度方向与所受合外力方向可能不一样
8、如图所示，有A、B两物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（　　）

A．它们的加速度a＝gsinθ
B．它们的加速度a<gsinθ
C．细绳的张力FT≠0
D．细绳的张力FT=13mBgsinθ
多选题
9、如图所示，质量为m2的物体2放在正沿平直轨道向右行驶的车厢底板上，并用竖直细绳通过光滑定滑轮连接质量为m1的物体1，与物体1相连接的绳与竖直方向成θ角，则（物体1和物体2相对车厢静止，重力加速度大小为g）（　　）

A．车厢的加速度大小为gtanθ
B．绳对物体1的拉力大小为m1gcosθ
C．底板对物体2的支持力大小为m2-m1g
D．物体2所受底板的摩擦力大小为m2gsinθ
10、一质量为M的斜面体静置于水平地面上，左，右两底角分别为45°和30°，现有两个质量均为m的相同物块a，b从斜面顶端由静止同时释放，沿左、右两侧面加速下滑，斜面体始终保持不动。下列说法正确的是（　　）

A．沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块最先到达底端
B．物块a到达A点的速率大于物块b到达C点的速率
C．斜面体与地面之间没有摩擦力作用
D．斜面受到地面的支持力等于斜面和两物块所受重力之和
11、我国高铁技术处于世界领先水平，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质量均相等，每节动车提供的动力均为F，动车组在水平直轨道上运行过程中每节车厢受到的阻力均为f。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、3、6节车厢为动车，其余为拖车，则该动车组（　　）

A．启动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反
B．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为1.125F
C．做匀加速运动时，第5、6节车厢间的作用力为0.125F
D．做匀加速运动时，第6、7节车厢间的作用力为0.75F
12、2021年4月29日，长征五号遥二运载火箭在海南文昌成功将空间站天和核心舱送入离地高约450km的预定轨道。2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与空间站组合体完成自主快速交会对接，将航天员翟志刚、王亚平、叶光富成功送入了天和核心舱。他们将在核心舱驻留6个月，主要任务是验证中国空间站建造相关技术，为我国空间站后续建造及运营任务奠定基础。下列说法正确的是（　　）

A．核心舱在轨运行周期小于24小时
B．组合体在轨运行速度大于7.9km/s
C．火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气推动空气，空气推动火箭上升
D．在宇宙飞船加速升空过程中，宇航员处于超重状态；当宇航员进入空间站仍然受重力作用，但处于失重状态
13、如图所示，质量为m的某同学在背越式跳高过程中，恰好越过高度为h的横杆，不计空气阻力，重力加速度为g。下列说法正确的是（　　）

A．人起跳阶段地面对人的弹力做正功
B．人起跳阶段地面对人的弹力不做功
C．人跳起后在空中处于完全失重状态
D．人在过杆时重心不可能低于横杆
14、如图所示，电梯的顶部挂有一个弹簧测力计，其下端挂了一个重物，电梯匀速直线运动时测力计的示数为10N。在某时刻测力计的示数变为8N，关于电梯的运动，以下说法正确的是（g取10m/s2）（　　）

A．电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s2B．电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/s2
C．电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s2D．电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s2
15、将一个物体以某一初速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（　　）
A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零
C．上升时间小于下落时间D．上升时的加速度小于下落时的加速度
16、如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块（设a、b间无电荷转移），a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（　　）

A．a对b的压力不变
B．a对b的压力变大
C．a、b物块间的摩擦力变小
D．a、b物块间的摩擦力变大
填空题
17、一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ=kx（k为已知量）。物体刚下滑时加速度大小为______，当下滑距离为______时，物体有最大速度。（重力加速度为g）
18、如图所示，质量为3kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力F作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平面间的动摩擦因数μ1为0.2。此时有一个质量为1kg的物块静止在空铁箱内壁上，如图所示，物块与铁箱内壁间的动摩擦因数为μ2为0.5，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块对铁箱压力的大小为______N，水平拉力F的大小为______。

19、在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上，传感器和计算机相连，经计算机处理后得到如图所示的压力F随时 间t变化的图象，则该同学是完成一次_______ （选填“下蹲”或“起立”）的动作，该过程中 最大加速度为_______ m/s2。（g取l0m/s2）

20、在倾角为37°足够长的斜面上，一个物体从静止开始下滑，若动摩擦因数为0.25，则物体运动的加速度为_______m/s2，它下滑2m时的速度是________m/s。（g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）
21、如图所示，木块A与B用一轻弹簧相连，竖直放在木块C上，三者静置于地面，它们的质量之比是1：2：3。设所有接触面都光滑，当沿水平方向迅速抽出木块C的瞬时，木块A的加速度大小等于________；木块B的加速度大小等于__________。（g为重力加速度）

22、沿水平直路向右行驶的车内悬一小球，悬线与竖直线之间夹一大小恒定的角θ，如图所示，已知小球在水平底板上的投影为O点，小球距O点的距离为h。，若烧断悬线，则小球在底板上的落点P应在O点的___________侧；P点与O点的距离为___________。

23、方法一：利用牛顿第二定律
先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的______，利用牛顿第二定律可得G＝______。
24、某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为_______m/s2，方向为_______。
解答题
25、一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动t1=10s达到速度大小v=54km/h，再匀速运动一段时间后，接着匀减速运动t2=12s到达乙站停止。列车在运行过程中所受的阻力大小恒为f=1×105N，列车在减速过程中发动机停止工作，求：
（1）列车的质量m；
（2）列车在匀加速阶段牵引力的平均功率P。
26、如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.5m，h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，求：
（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值；
（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

27、2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7∶6击败瑞士队取得开门红。在冰壶比赛中，球员掷壶时，身体下蹲，使身体跪式向前滑行，同时手持冰壶从本垒圆心推球向前，至前卫线时，放开冰壶使其自行以直线或弧线轨道滑向营垒中心。比赛场地简图如图所示，本垒圆心到前卫线之间的距离x1=8m，前卫线到营垒中心的距离x2=32m。某次投掷过程中，运动员在前卫线处放开冰壶，放开时冰壶的速度v=2m/s，冰壶恰好自行滑行到营垒中心。冰壶运动可以简化为由球员掷壶阶段的初速度为零的匀加速直线运动和自行滑行阶段的匀减速直线运动。冰壶的质量m=20kg，可以看做质点，在滑行过程中冰壶与冰面之间的动摩擦因数不变。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）冰壶向前卫线滑行过程中受到的合力大小F；
（2）冰壶与冰面之间的动摩擦因数μ。

28、如图所示，一个上端开口、下端封闭的细长玻璃管，下部有长L1=66cm的水银柱，中间封有长L2=6.6cm的空气柱，上部有长L3=44cm的水银柱，此时水银面恰好与管口平齐，已知大气压强为p0=76cmHg。
（1）如果使玻璃管绕底端在竖直平面内缓慢地转至开口向下，求此时空气柱的长度；（封入的气体可视为理想气体，在转动过程中没有发生漏气）
（2）如果使玻璃管以a=5m/s2的加速度向上匀加速运动，求空气柱的长度。

29、2021年9月29日万里黄河第一隧“济南黄河济泺路隧道”建成通车，隧道全长s=4760m。一位质量为m=75kg的司机驾驶某小型汽车从起点处由静止以a=4m/s2的加速度匀加速起步，速度达到v=16m/s后保持匀速行驶，到达终点前s3=80m开始匀减速运动，到达终点时刚好停下，假设司机相对汽车始终静止，汽车在运动过程中始终可以看做水平面上的直线运动，重力加速度g取10m/s2，求
（1）汽车通过全程所用时间；
（2）司机匀加速过程中所受汽车作用力的大小。
30、在如图所示装置中，物体A和B用轻绳经定滑轮相连接，质量分别为mA和mB，忽略一切摩擦阻力和定滑轮的质量，重力加速度为g。试求B的加速度的大小。

31、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长2.35m与水平面夹角为37°逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为10kg的货物以速度v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=10m/s2，货物可视为质点。
（1）计算说明该货物能否被运送到车上；
（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。

32、一质量为m=1kg的物块原来静止在水平地面上，物块与地面之间的动摩擦因数为μ=0.2，现在施加给物块一个水平方向的恒力F，使物块开始做匀加速直线运动，要求在5s内前进25m，则施加的水平恒力F为多大？（重力加速度g取10m/s2）
实验题
33、某小组的同学设计了一个研究汽车通过凹形桥最低点时的速度与其对桥面压力关系的实验装置。所用器材有小钢球、压力式托盘秤、凹形桥模拟器（圆弧部分的半径R=0.30 m）。完成下列填空：

（1）将凹形桥模拟器静置于托盘秤上，如图甲所示，托盘秤的示数为1.10 kg。
（2）将小钢球静置于凹形桥模拟器最低点时，托盘秤的示数如图乙所示，则该小钢球的重力为______N（重力加速度取10 m/s2）。
（3）将小钢球从凹形桥模拟器某一位置释放，小钢球经   过最低点后滑向另一侧，此过程中托盘秤的最大示数为m；多次 从同一位置释放小钢球，记录各次的m值如表所示：
序号
1
2
3
4
5
m（kg）
1.80
1.78
1.83
1.76
1.84
（4）根据以上数据，可求出小钢球经过凹形桥最低点时对桥的压力为______N（重力加速度取10 m/s2）；小钢球通过最低点时的速度大小为______m/s；小钢球处于______（选填“超重”或“失重”）状态。
34、2020年12月8日，中尼两国联合宣布珠穆朗玛峰的最新高程为8848.86米。在此次珠峰高程测量中，采用的一种方法是通过航空重力仪测量重力加速度，从而间接测量海拔高度。我校“诚勤立达”兴趣小组受此启发设计了如下实验来测量渝北校区所在地的重力加速度大小。已知sin53°=0.8、cos53°=0.6、sin37°=0.6、cos37°=0.8，实验步骤如下：

a.如图1所示，选择合适高度的垫块，使长木板的倾角为53°；
b.在长木板上某处自由释放小物块，测量小物块距长木板底端的距离x和小物块在长木板上的运动时间t；
c.改变释放位置，得到多组x、t数据，作出xt-t图像，据此求得小物块下滑的加速度为4.90m/s2；
d.调节垫块，改变长木板的倾角，重复上述步骤。
回答下列问题：
(1)当长木板的倾角为37°时，作出的图像如图2所示，则此时小物块下滑的加速度a=______ms2；（保留3位小数）
(2)小物块与长木板之间的动摩擦因数μ=______；
(3)依据上述数据，可知我校渝北校区所在地的重力加速度g=______ms2；（保留3位有效数字）
(4)某同学认为：xt-t图像中图线与时间轴围成的面积表示小物块在时间t内的位移大小。该观点是否正确？( )
A．       正确                                     B．错误                                          C．无法判断
35、某小组利用打点计时器测量橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数。给橡胶滑块一初速度，使其拖动纸带滑行，打出纸带的一部分如图所示。已知打点计时器所用交流电的频率为50Hz，纸带上标出的每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，经测量AB、BC、CD、DE间的距离分别为xAB=1.20cm，xBC=6.19cm，xCD=11.21cm， xDE=16.23cm。在ABCDE五个点中，打点计时器最先打出的是_______点，在打出D点时物块的速度大小为____m/s（保留3位有效数字）；橡胶滑块与沥青路面间的动摩擦因数为________（保留1位有效数字，g取9.8 m/s2）。

36、某实验小组利用如图甲所示的实验装置测量物体的质量：一根跨过轻质定滑轮的轻绳一端与质量为m的重物P相连，另一端与待测物块Q（Q的质量大于m）相连，重物P的下端与穿过打点计时器的纸带相连，已知当地重力加速度大小为g。

（1）某次实验中，先接通频率为50Hz的交流电源，再由静止释放待测物块Q，得到如图所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CD．.....FG之间的间距分别是x1、x2、x3......x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a=________（用题目和图中已知字母表示）；

（2）在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M=________（用字母m、a、g表示）；
（3）若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会______（填“偏大”或“偏小”）。
37、某同学用图甲所示装置，测量系统运动过程中所受阻力的大小。已知m＝460 g、M＝520 g的两物体用细线连接，跨过光滑轻质小滑轮．在m下端接上纸带，接通打点计时器电源，让M从高处由静止开始下落，如图乙为实验打出的一条纸带，每相邻两计数点间还有4个点（图中未标出），g取9.8 m/s2，运动过程中系统受到的阻力大小为________。（结果保留两位有效数字）

42

(文末附答案)高中物理牛顿运动定律_01E参考答案
1、答案：B
解析：
A．0~3m物体做匀速直线运动，水平拉力与阻力等大反向，由题图可知物体受到的阻力为4N。在x=5m处物体受到的拉力为
F=(4+10-44×2)N=7N
物体的加速度为
a=F-fm=7-42m/s2=1.5m/s2
故A错误；
B．0~7m物体克服阻力做功为
Wf=fx=4×7J=28J
故B正确；
C．F-x图线与坐标轴所围面积表示拉力所做的功，则0~7m拉力对物体做功为
W=(3×4+4+102×4)J=40J
故C错误；
D．0~7m合力对物体做功为
W合=W-Wf=12J
故D错误。
故选B。
2、答案：B
解析：
AB．运动员竖直起跳，由于本身就有水平初速度，所以运动员既参与了水平方向上的匀速直线运动，又参与了竖直上抛运动。各分运动具有等时性，水平方向的分运动与滑板的运动情况一样，运动员最终落在滑板的原位置。所以水平方向受力为零，则起跳时，滑板对运动员的作用力竖直向上，运动员对滑板的作用力应该是竖直向下，故A正确，不符合题意；B错误，符合题意；
C．运动员在空中最高点时具有向下的加速度g，处于失重状态，故C正确，不符合题意；
D．运动员在空中运动时，加速度恒定，所以单位时间内速度的变化量相等，故D正确，不符合题意。
故选B。
3、答案：A
解析：
设轨道与竖直方向的夹角为θ，根据牛顿第二定律，物体的加速度
a = mgcosθm = gcosθ
所有小物体在相等时间内的位移
x=12at2=12gcosθ⋅t2=12gt2⋅cosθ
由图可知

12gt2是竖直方向直径的长度，通过几何关系知，某一时刻这些小物体所在位置构成的面是圆弧。
故选A。
4、答案：C
解析：
ABD．由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
方向沿斜面向下。
设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有
t1=v1-v2-a1=0.6s
由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得：
a2=2m/s2
方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为
t2=v1a2=1s
故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。
C．小物块向上滑行的最远距离为
x=v1+v22t1+v12t2=2+82×0.6+22×1m=4m
故C正确。
故选C。
5、答案：A
解析：
A、B完全相同，设它们的质量都是m，对图甲所示情况的整体有
F1-F2=2ma1
对图甲中的A有
F1-kΔl1=ma1
对图乙所示情况的整体有
F1-F2=2ma2
对图乙中的A有
F1-kΔl2=ma2
联立以上各式，有
a1=a2，Δl1=Δl2
故选A。
6、答案：B
解析：
A．根据图像可知，体重计示数与受支持力大小相等，由图乙可知，支持力先小于重力，后大于重力，故先失重后超重，即经历先加速下降后减速下降，故A错误；
B．由图乙可知，测量者在t1∼t2时间内表现为失重，因为支持力小于重力，合力向下，加速度向下，故B正确；
C．由图乙可知，测量者在t3时刻之前，合力一直向下，向下加速，t3时刻速度最大，故C错误；
D．由图乙可知，测量者在t4时刻合力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故D错误。
故选B。
7、答案：B
解析：
A．曲线运动的物体，速度方向一直在变，所以曲线运动速度不可能保持不变，故A错误；
B．做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在一条直线上，故B正确；
C．只要物体的合外力方向与速度方向不在一条直线上，物体就做曲线运动，力的方向不一定改变。例如平抛运动，故C错误；
D．由牛顿第二定律可知，加速度的方向必须与合外力方向相同，故D错误。
故选B。
8、答案：A
解析：
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
(mA+mB)gsinθ＝(mA+mB)a
解得
a＝gsinθ
A正确，B错误；
B．对B受力分析，由牛顿第二定律可得
mBgsinθ+T=mBa
解得
T=0
故细绳的张力为零，CD错误。
故选A。
9、答案：AB
解析：
AB．对物体1进行受力分析，且把拉力FT沿水平方向、竖直方向分解，有

FTcosθ=m1g
FTsinθ=m1a
得
FT=m1gcosθ
a=gtanθ
所以AB正确；

CD．对物体2进行受力分析有
FN+FT'=m2g
Ff静=m2a
且有
FT'=FT
解得
FN=m2g-m1gcosθ
Ff静=m2gtanθ
故CD错误。
故选AB。
10、答案：AB
解析：
A.设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得
G1-f=ma
F=G2
且
f=μF
以上三式联立可得
a=gsinθ-μcosθ
故沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块a的加速度最大，又由匀加速直线运动规律
x=12at2
可知，沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块最先到达底端，故A正确；
B.设斜面的高为h，由几何关系可得物块沿斜面下滑的位移
x=hsinθ
由
v2=2ax=2gh-2μgh1tanθ
可知物块a到达A点的速率大于物块b到达C点的速率，故B正确；
C. 在两物块到达底端前，水平方向由于
a1cos45°-a2cos30°=12-34+14μg>0
故斜面受到地面向左的摩擦力作用，故C错误；
D.以斜面和物块整体为研究对象，将两物块的加速度分别分解，两物块在竖直方向均有竖直向下的加速度分量，即两物块处于失重状态，则斜面受到地面的支持力小于斜面和两物块所受重力之和，故D错误。
故选AB。

11、答案：CD
解析：
A．启动时乘客的加速度方向与车厢的运动方向相同，乘客受重力和车厢的作用力，由平行四边形定则可知，车厢对乘客的作用力方向与车运动的方向不是相反关系，故A错误；
BC．做匀加速运动时，加速度为
a=3F-8f8m
对后三节车厢，有
F56+F-3f=3ma
解得第5、6节车厢间的作用力为
F56=0.125F
故B错误，C正确；
D．对最后两节车厢，有
F67-2f=2ma
解得第6、7节车厢间的作用力为
F67=0.75F
故D正确。
故选CD。
12、答案：AD
解析：
A．根据r3T2=k，核心舱的运动半径小于同步心卫星的运动半径，则对应的周期更小，即运行周期小于24h，A正确；
B．组合体在轨运行速度不可能大于7.9km/s，7.9km/s是最大的环绕运行速度，B错误；
C．火箭发射升空过程中，发动机喷出的燃气反向推动火箭上升，与空气无关，C错误；
D．在宇宙飞船加速升空过程中，有向上的加速度，宇航员处于超重状态;当宇航员进入空间站时，重力提供向心力，处于失重状态，D 正确。
故选AD。
13、答案：BC
解析：
AB．在起跳过程中人不能看作质点，但地面对人脚底的支持力的位移为零，所以做功为零，故A错误，B正确；
C．人跳起后，在空中只受重力作用，处于完全失重状态，故C正确；
D．在过杆时，人可拆成两段，头到腰一段，腰以下一段，这两段在人过杆时重心都压在杆之下，合重心在杆之下，故D错误。
故选BC。
14、答案：BC
解析：
电梯匀速直线运动时，弹簧秤的示数为10N，知重物的重力等于10N。对重物有
mg-F=ma
解得
a=2m/s2
方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2，方向竖直向下。电梯可能向下做加速运动，也可能向上做减速运动。故BC正确，AD错误。
故选BC。
15、答案：AC
解析：
A．物体在空中运动过程，有阻力做负功，机械能减小，故刚抛出时机械能最大，而刚抛出时的重力势能最小，故动能最大，速度最大，故A正确；
B．在最高点时，仍然受到重力作用，加速度不为零，故B错误；
CD．上升过程，加速度大小为
a1=mg+fm
下降过程加速度大小为
a2=mg-fm
上升时的加速度大于下落时的加速度，而上升过程的逆运动是初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，根据
h=12at2
a1>a2
可知上升时间小于下落时间，故C正确，D错误。
故选AC。
16、答案：BC
解析：
AB．对a受力分析，受到重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力，其中支持力等于重力加洛伦兹力，即
Nba=mag+qvB
由于加速，所以洛伦兹力变大，故支持力变大，由牛顿第三定律知，a对b的压力变大。A错误，B正确；
CD．将a、b当成一个整体受力分析，得到
F-f地=ma+mba
其中
f地=μ[ma+mbg+qvB]
所以整体的加速度在减小。
而对于a，a和b间的摩擦力为静摩擦力，则
fba=maa
加速度在减小，所以a、b物块间的摩擦力减小。C正确，D错误。
故选BC。
17、答案：     gsinθ     tanθk
解析：
[1]x=0时，动摩擦因数为零，则物体不受摩擦力，所以加速度大小为
a=gsinθ
[2]速度最大时，加速度为零，有
μmgcosθ=mgsinθ
此时
kxcosθ=sinθ
解得
x=sinθkcosθ=tanθk
18、答案：     20     88
解析：
[1]物块和铁箱保持静止，则一起向右匀加速，设加速度为a，铁箱对物块的支持力为N，对物块受力分析，竖直方向根据平衡条件
μ2N=mg
水平方向，根据牛顿第二定律
N=ma
联立解得
a=20ms2，N=20N
根据牛顿第三定律可知，物块对铁箱压力的大小为20N。
[2]把物块和铁箱看成整体，水平方向，根据牛顿第二定律
F-μ1M+mg=M+ma
代入数据解得
F=88N
19、答案：     起立     6
解析：
[1] 对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大于人的重力的大小，起立过程开始加速起立，加速度向上，处于超重状态，后减速上升，加速度向下，处于失重状态，根据图像，可知是先超重，后失重，则是起立动作
[2]当压力最大时，加速度最大，根据牛顿第三定律，压力大小等于支持力，对于该同学根据
1.6G-G=ma
解得
a=6m/s2
20、答案：     4     4
解析：
[1][2]对物体受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
即加速度为
a=gsinθ-μgcosθ=4ms2
又由运动学公式
v2=2ax
解得物体下滑2m时的速度为
v=4ms
21、答案：     0     1.5g
解析：
[1][2] 设木块A的质量为m，抽出木块C之前，木块A受到重力和弹力，有
F弹=mg
撤去木块C瞬间，木块C对B的支持力变为零，弹簧的弹力瞬间不变，木块A受力情况不变，故木块A的加速度为零
块B受重力2mg和弹簧向下的弹力，由牛顿第二定律可知，物体B的瞬时加速度为
a=3mg2m=1.5g
22、答案：     左     htanθ
解析：
[1][2]烧断悬线前，悬线与竖直方向的夹角θ，小球所受合力
F=mgtanθ
根据牛顿第二定律知，车与球沿水平向右做匀加速运动，其加速度为
a=Fm=gtanθ
烧断悬线后，小球将做平抛运动，设运动时间为t，则有
h=12gt2
小球在水平方向上的位移为
s1=vt=v2hg
对小车
s2=vt+12at2=v2hg+12gtanθ⋅2hg
球对车的水平位移
Δs=s1-s2=-h⋅tanθ
负号表示落点应在点的左侧，距离OP为h⋅tanθ。
23、答案：     质量m     mg
解析：
略
24、答案：     0.4##0.40     竖直向上##向上
解析：
[1][2]由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为
N=520N
人的重力为
mg=500N
则电梯与人的加速度满足
N-mg=ma
解得
a=0.4m/s2
方向竖直向上。
25、答案：（1）8×104kg；（2）1.65×107W
解析：
（1）v=54km/h=15m/s减速阶段的加速度大小为
a2=vt2=1512m/s2=1.25m/s2
根据
f=ma2
可得
m=8×104kg
（2）匀加速阶段的位移
x=v2t1=75m
根据动能定理
Pt1-fx=12mv2
解得
P=1.65×107W
26、答案：（1）23m/s，74；（2）44.7N；（3）2.6m
解析：
（1）物块从A到B做平抛运动，有
H-h=12gt2
设在B点竖直方向的速度为vy，则
vy=gt
v=v02+vy2
代入数据解得
v=23m/s
方向与水平面的夹角为θ，则
tanθ=vyv0=74
（2）从A至C点，由动能定理得
mgH=12mv22-12mv02
设C点受到的支持力为FN，则有
FN-mg=mv22R
代入数据解得
v2=26m/s
FN≈44.7N
根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为44.7N.；
（3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力
Ff=μ1mg=5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
Ff'=μ2(M＋m)g=10N
因
Ff<Ff'
所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，其加速度
a=μ1g=5m/s2
若到长木板右端时速度刚好为0，则长木板长度至少为
L=v222a=2610m=2.6m
27、答案：（1）F=5N；（2）μ=0.00625
解析：
（1）冰壶从本垒圆心到前卫线做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有：
v2=2a1x1
解得
a1=0.25m/s2
根据牛顿第二定律
F=ma1
解得
F=5N
（2）冰壶从前卫线到营垒中心做匀减速直线运动，由运动学公式有：
0-v2=-2a2x2
解得
a2=0.0625m/s2
冰壶减速前进过程中，由滑动摩擦力提供加速度，即：
ma2=μmg
解得
μ=0.00625
28、答案：（1）12cm；（2）5.58cm。
解析：
（1）设玻璃管的横截面积为S，玻璃管开口向上时，空气柱的压强为
p1=p0+ρgL3=120cmHg
玻璃管开口向下时，原来上部的水银有一部分流出，封闭端会有部分真空，以L1=66cm的水银柱为对象，可知空气柱的压强变为
p2=ρgL1=66cmHg
设此时空气柱的长度为Lx，根据玻意耳定律可得
p1L2S=p2LxS
解得
Lx=12cm
（2）使玻璃管以a=5m/s2的加速度向上匀加速运动，设此时空气柱压强变为p'，空气柱的长度为L'x，以上部长L3=44cm的水银柱为对象，根据牛顿第二定律可得
p'S-p0S-ρL3Sg=ρL3Sa
解得
p'=p0+ρL3(g+a)=142cmHg
根据玻意耳定律可得
p1L2S=p'L'xS
解得
L'x≈5.58cm
29、答案：（1）304.5s；（2）15029N
解析：
（1）加速过程由运动学公式
v=at1
t1=4s
s1=12at12
减速过程
s3=0+v2t3
t3=10s
匀速过程
s2=s-s1-s3
t2=s2v=290.5s
总时间
t=t1+t2+t3
t=304.5s
（2）作用力克服重力并提供了加速度，根据力的合成
F=ma2+mg2
F=15029N
30、答案：mAgmA+mB
解析：
对A、B整体进行受力分析，由牛顿第二定律可得
mAg=(mA+mB)a
可解得
a=mAgmA+mB
31、答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J
解析：
（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有
mgsin37∘+Ff=ma1
其中滑动摩擦力
Ff=μFN=μmgcos37∘
联立得货物的加速度
a1=10 m/s2
取t1时刻，货物与传送带共速，有
v=v0-a1t1
解得
t1=0.4 s
在t1时间内，货物运动的位移
x1=v+v02t1=1.6 m
共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有
mgsin37∘-Ff=ma2
联立得货物的加速度大小
a2=2 m/s2
设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为v' ,有
v'2-v2=-2a2L-x1
解得