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高中物理牛顿运动定律基础知识手册1单选题1、如图，用一细绳将条形磁铁A竖直挂起来，A的下端吸起一小铁块B。A、B质量相等并处于静止状态。现将细绳烧断，不计空气阻力，在A、B同时下落的过程中（）A小铁块B的加速度为零B磁铁A的加速度为2gCA、B之间弹力为零DA、B整体处于完全失重状态答案：D解析：AB细绳烧断后，以整体为研究对象，根据牛顿第二定律得到(mA+mB)g=(mA+mB)a加速度大小为a=g方向竖直向下，故A、B错误。C由于条形磁铁A对B有向上的吸引力，则A对B一定有向下有弹力，大小等于磁铁的引力，故C错误。D细绳烧断后，A、B同时下落，不计空气阻力，重力加速度为g，属于完全失重状态，故D正确。故选D。2、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（）Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量相同答案：B解析：A经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据运动学规律x12at2得aaab又由牛顿第二定律aFm知，maxb，所以WaWb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；C在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式Epq可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；D根据动量定理Ftpp0则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。故选B。3、2022年北京冬奥会自由式滑雪空中技巧项目在张家口云顶滑雪公园华行。奥运冠军徐梦桃（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台起跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后以旋转刹车方式急停在停止区，关于运动员在圆孤形跳台上的运动，下列说法正确的是（）A在此阶段运动员受重力、支持力和向心力B在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态C在此阶段运动员的滑行速率保持不变D在圆弧形跳台最低点时运动员处于超重状态答案：D解析：A运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，选项A错误；BD在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，选项B错误，D正确；C随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，受向下的重力和雪地的摩擦阻力作用，速率逐渐减小，选项C错误。故选D。4、在梯井中，由钢索悬挂竖直电梯C，顶部用绳子悬挂了球A，A下方焊接一个弹簧，弹簧下端悬挂球B，整个装置处于静止状态，简化示意图如图所示。已知绳子、弹簧的质量远小于两球质量，两球质量又远小于电梯质量。若悬挂电梯的钢索突然断裂，在电梯下落瞬间，球A、球B、电梯C各自加速度约为（）A9.8m/s2，9.8m/s2，0B19.6m/s2，0，9.8m/s2C0，9.8m/s2，9.8m/s2D9.8m/s2，0，9.8m/s2答案：D解析：假设球A与电梯之间的绳子无弹力，则钢索突然断裂的瞬间，电梯只受重力其加速度为g，而A受到弹簧向下的拉力其加速度大于g，则假设不成立，可知球A与电梯之间的绳子有弹力，可得电梯与球A的加速度相同，因为电梯质量远大于两球质量，钢索断裂后，电梯可视为在自身重力下运动，因此加速度大小为g=9.8m/s2，弹簧形变量在瞬间不会发生突变，因此球B受力不变，其加速度为0。故选D。5、中国航天员王亚平在天宫一号空间实验室进行太空授课演示质量的测量实验。实验通过舱壁打开的一个支架形状的质量测量仪完成。测量过程如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生恒定的拉力F，光栅测速装置能测出支架复位时的速度v和所用的时间t，最终测出航天员甲的质量，根据提供的信息，以下说法正确的是（）A宇航员在火箭发射过程中处于失重状态B航天员甲的质量为FtvC天宫一号在太空中处于超重状态D太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小答案：B解析：A宇航员在火箭发射过程中，随火箭加速上升，具有向上的加速度，处于超重状态，A错误；B支架复位过程，航天员甲的加速度为a=vt由牛顿第二定律可得F=Ma联立解得M=FtvB正确；C天宫一号在太空中处于失重状态，C错误；D太空舱中，可以利用弹簧测力计测拉力的大小，不受失重的影响，D错误。故选B。6、如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为0.3kg的小物块静止在A点。现有一沿斜面向上的恒定推力F作用在小物块上，作用一段时间后撤去推力F，小物块能到达的最高位置为C点，小物块从A到C的vt图像如图乙所示。g取10m/s2，则下列说法正确的是（）A小物块到C点后将沿斜面下滑B小物块加速时的加速度是减速时加速度的3倍C小物块与斜面间的动摩擦因数为32D推力F的大小为4N答案：D解析：ABC由题图乙所示可知，物块匀加速直线运动的加速度大小a1v1t1103m/s2匀减速直线运动的加速度大小a2v2t210m/s2在匀减速直线运动过程中，根据牛顿第二定律mgsin30mgcos30ma2解得33在最高点，有mgsin30mgcos30所以物块达到最高点C后不会下滑，故ABC错误；D在匀加速过程中，由牛顿第二定律可得Fmgsin30mgcos30ma1解得F4N故D正确。故选D。7、一个倾角为=37的斜面固定在水平面上，一个质量为m=1.0kg的小物块（可视为质点）以v0=4.0m/s的初速度由底端沿斜面上滑，小物块与斜面的动摩擦因数=0.25。若斜面足够长，已知sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（）A1.0 mB2.2 mC0.8 mD0.4 m答案：A解析：小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示 根据牛顿第二定律有mgsin+mgcos=ma解得a=gsin37+gcos37=8m/s2小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有v12-v02=2ax解得x=v022a=1.0m故A正确，BCD错误。故选A。8、如图所示，我校女篮球队员正在进行原地纵跳摸高训练，以提高自已的弹跳力。运动员先由静止下蹲一段位移，经过充分调整后，发力跳起摸到了一定的高度。某运动员原地静止站立（不起跳）摸高为1.90m，纵跳摸高中，该运动员先下蹲，重心下降0.4m，经过充分调整后，发力跳起摸到了2.45m的高度。若运动员起跳过程视为匀加速运动，忽略空气阻力影响，已知该运动员的质量m=60kg，g取10m/s2。则下列说法中正确的是（）A运动员起跳后到上升到最高点一直处于超重状态B起跳过程中运动员对地面的压力为1425NC运动员起跳时地面弹力做功不为零D运动员起跳时地面弹力的冲量为零答案：B解析：A运动员起跳后到上升到最高点，先加速后减速，所以是先超重后失重，故A错误；B运动员离开地面后做竖直上抛运动，根据v=2gh1=210(2.45-1.90)m/s=11m/s在起跳过程中，根据速度位移公式可知v2=2ah解得a=v22h=1120.4m/s2=13.75m/s2对运动员，根据牛顿第二定律可知F-mg=ma解得F=1425N故B正确；CD运动员起跳时地面弹力没有位移，所以做功为零，有作用时间，冲量不为零，故CD错误。故选B。多选题9、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m2B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45D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1m1g=m1a，2m2g=m2a可得1g=2g=1物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有F1-1m1g=m1a1解得F1=83m1物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有F2-2m2g=m1a2解得F2=53m2A当F1=F2即83m1=53m2则m1f乙C小明受到电梯的作用力方向竖直向上Df甲与f乙大小关系与倾角大小无关答案：BD解析：A小明和小红具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知他们的合力相同，他们受到电梯的作用力及重力的作用，重力相同的情况下，电梯对他们的作用力大小相等、方向相同，A错误；B设电梯倾角，由牛顿第二定律，对甲有f甲-mgsin=ma对乙有f乙=macos对比可得f甲f乙B正确；C由于小明的加速度沿电梯向上，由牛顿第二定律可知，小明受到电梯的作用力方向不可能竖直向上，C错误；D结合B解析可知，f甲大于f乙的关系与倾角大小无关，D正确。故选BD。14、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（）A物体只受重力的作用，是a=g的匀变速曲线运动B物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关C平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同D初速度越大，物体在空中的飞行时间越长答案：AC解析：A物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为g，A正确；B由水平位移公式x=v0t竖直方向的位移为h=12gt2联立可得x=v02hg故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；C由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；D由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。故选AC。15、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左运动，FN可能为零B若小车向左运动，FT可能为零C若小车向右运动，FN不可能为零D若小车向右运动，FT不可能为零答案：AB解析：A. 若小车向左减速，加速度方向向右，若小球所受拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则N为零，A正确；B. 若小车向左加速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，B正确；C. 若小车向右加速，加速度方向向右，若小球所受的拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则此时N为零，C错误；D. 若小车向右减速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，D错误。故选AB。16、如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为=37，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数=0.25，g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，则下列说法正确的是（）A物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点B物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)sC物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2mD物块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m答案：BD解析：A对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得mgsin+mgcos=ma1a1=8m/s2共速后mgsin-mgcos=ma2a2=4m/s2物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；B运动学图像如图所示t1=4-12-8s=1st2=0-4-4s=1s物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移x=12(12+4)1m+1241m=10m物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移x=12a2t32解得t3=5s则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为t=t1+t2+t3=(2+5)sB正确；C在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为L1=12(12+4)1m-41m=4m此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则L2=41m-1241m=2m因为L2L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误；D在2s到(2+5)s时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了45m，则物块在传送带上的划痕为L3=(10+45+2)m=(12+45)m故D正确。故选D。填空题17、牛顿第一定律（1）内容：一切物体总保持_状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态（2）意义：揭示了物体的固有属性：一切物体都有_，因此牛顿第一定律又叫_定律；揭示了力与运动的关系：力不是_物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生_的原因答案： 匀速直线运动 惯性 惯性 维持 加速度解析：（1）1内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态（2）23意义：揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；45揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因18、如图（a），商场半空中悬挂的轻绳上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过绳传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，轻绳的形状如图（b），其左侧与水平夹角为=37，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，不计铁夹与轻绳之间的摩擦，则铁夹的加速度方向_（填水平向右或水平向左），大小为_。（sin37=0.6，cos37=0.8）答案： 水平向右 103m/s2解析：12对此时节点处的钢丝进行受力分析，如图所示y轴方向，根据平衡条件有Tsin=mgx轴方向，根据牛顿第二定律有T-Tcos=ma联立解得a=103m/s2方向水平向右19、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=0.6s2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/s220、一对作用力和反作用力_是同一种类的力，而一对相互平衡的力_是同一种类的力。（均选填“一定”或“不一定”）答案： 一定 不一定解析：略21、长木板上表面的一端放有一个木块，木块与木板接触面上装有摩擦力传感器。如图所示，木板由水平位置缓慢向上转动（木板与地面的夹角变大），另一端不动，摩擦力传感器记录了木块受到的摩擦力Ff随角度的变化图像如图乙所示（Ff1，Ff2，1，2为已知量），当角度从1到2变化过程中木块的加速度_（填“保持不变”、“越来越小”、“越来越大”）；木块与木板间的动摩擦因数是_。答案： 越来越大 Ff1Ff2tan1解析：1根据木块受力分析，结合乙图，知在01范围内变化时，木块保持与木板相对静止，摩擦力是静摩擦力，当=1时，木块刚要下滑mgsin1=Ff2在1到2范围内变化时，木块相对木板下滑，由牛顿第二定律mgsin-Ff=ma由乙图知此过程Ff随的增大在减小，sin随的增大而增大，所以加速度a越来越大；2 在1到2范围内变化时，木块相对木板下滑，滑动摩擦力Ff1=mgcos1联立可得=Ff1Ff2tan122、（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s2。则它在最后1s内下落的高度为_m；（2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为_；（3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45，斜面倾角为37，整个装置处于静止状态。sin37=0.6，cos37=0.8。则斜面对小球支持力的大小为_N。答案： 35 gtan 50解析：（1）1 因为钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，则钢球落地前最后一秒初的速度为v1=v-gt=(40-101)ms=30ms所以落地前最后一秒的平均速度为v=v1+v2=35ms所以落地前最后一秒的位移为x=vt=35m（2）2对小球受力分析，由牛顿第二定律得mgtan=ma故a=gtan（3）3对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得Tsin45=FNsin37Tcos45+FNcos37=mg联立解得FN=50N23、牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成_，跟它的质量成_，加速度的方向跟作用力的方向_。答案： 正比 反比 相同解析：123牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。24、物理学中引入合力、分力等概念，从科学方法来说是属于_方法，探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于_方法。答案： 等效替代 控制变量解析：1合力与分力的作用效果相同，从科学方法来说是属于等效替代方法；2探究牛顿第二定律这一规律时采用的科学方法属于控制变量方法。解答题25、如图所示，倾角=30的光滑斜面固定在地面上。一质量m=1.0kg的物体在沿斜面向上的力F作用下由静止开始从斜面底部向上运动。已知在物体运动的第1s内力F的大小为8.0N，在随后2s时间力F的大小变为4.0N，物体运动3s后撤去力F。设斜面足够长，重力加速度g取10m/s2，求物体向上运动的最大位移s及整个过程中力F对物体所做的功WF。答案：5.6m；28J解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得第1s内物体加速度为a1=F1-mgsinm=3ms2位移为x1=12a1t12=1.5m速度为v1=a1t1=3ms2s3s内，加速度为a2=F2-mgsinm=-1ms2速度为v2=v1+a2t2=1ms位移为x2=v1+v22t2=4m撤去F后，加速度为a3=-mgsinm=-5ms2位移为x3=0-v222a3=0.1m所以整个过程位移为x=x1+x2+x3=5.6m整个过程中力F对物体所做的功为WF=F1x1+F2x2=28J26、如图，两个滑块A和B的质量mAmB2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量mC4kg，与地面间的动摩擦因数20.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA1m/s、vB5m/s，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10m/s2。（1）求刚开始时滑块A、B和木板C的加速度大小；（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；（3）为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？答案：（1）5m/s2，5m/s2，0；（2）4m/s；（3）2.5m解析：（1）对滑块A受力分析得1mAg=mAa1a1=5m/s2对滑块B受力分析得1mBgmBa2a25m/s2对木板C受力分析得：1mAg=1mBg木板与地面间无摩擦，故a3=0（2）设滑块A经时间t1速度减到0，在此过程中，滑块A 0=vA-a1t1滑块B vB1=vB-a2t1解得 vB1=4m/s（3）A从开始到速度减到0的过程中，滑块A向右运动的位移为xA1=At1-12a1t12滑块B向左运动的位移为xB1=Bt1-12a2t12设从滑块A速度减到0到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中滑块A、木板C1mBg-2(mA+mB+mC)=(mA+mC)a4xA2=12a4t22vB1-a2t2=a4t2滑块BxB2=vB1t2-12a2t22x2=xB2-xA2L=xA1+xB1+x2=2.5m故木板C的长度至少为2.5m。27、如图所示，倾角=30的光滑斜面固定在地面上。一质量m=1.0kg的物体在沿斜面向上的力F作用下由静止开始从斜面底部向上运动。已知在物体运动的第1s内力F的大小为8.0N，在随后2s时间力F的大小变为4.0N，物体运动3s后撤去力F。设斜面足够长，重力加速度g取10m/s2，求物体向上运动的最大位移s及整个过程中力F对物体所做的功WF。答案：5.6m；28J解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得第1s内物体加速度为a1=F1-mgsinm=3ms2位移为x1=12a1t12=1.5m速度为v1=a1t1=3ms2s3s内，加速度为a2=F2-mgsinm=-1ms2速度为v2=v1+a2t2=1ms位移为x2=v1+v22t2=4m撤去F后，加速度为a3=-mgsinm=-5ms2位移为x3=0-v222a3=0.1m所以整个过程位移为x=x1+x2+x3=5.6m整个过程中力F对物体所做的功为WF=F1x1+F2x2=28J28、如图，直杆水平固定，质量m=0.1kg的小圆环套在杆上A点，在竖直平面内对环施加一个与杆夹角=53的斜向上恒力F=7.5N，使小圆环由静止开始沿杆向右运动，并在经过B点时撤掉此拉力F，小圆环最终停在C点。已知小圆环与直杆间动摩擦因数=0.8，取g=10m/s2，sin53=0.8，cos53=0.6，求：（1）AB段小圆环的加速度a1的大小；（2）AB与BC的距离之比s1:s2。答案：（1）a1=5m/s2；（2）s1:s2=8:5解析：（1）在AB段，对圆环根据牛顿运动定律有F1cos-f1=ma1F1sin=N1+mg f1=N1由式代入数据得a1=5m/s2（2）BC段，对圆环根据牛顿运动定律有N2=mgf2=ma2又f2=N2由式代入数据得a2=8m/s2在AB和BC段，根据匀变速直线运动规律，分别有vB2=2a1s1vB2=2a2s2由得s1:s2=8:529、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度=37，传送带与水平面平滑连接，光滑水平面上放置两个用弹簧连接的滑块B和C，传送带以速度v0=4m/s顺时针传动，现将质量m1=1kg的滑块A（可视为质点）轻放在传送带的最高端，已知滑块A与传送带间的动摩擦因数=0.5，滑块B和C的质量分别为m2=2kg、m3=1kg，滑块A与B发生弹性碰撞（碰撞时间极短），重力加速度取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，求：（1）滑块A第一次到达传送带底端时速度大小；（2）滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能；（3）滑块B、C与弹簧构成的系统在作用过程中，弹簧的最大弹性势能和滑块C的最大动能。答案：（1）6m/s；（2）13.6J；（3）163J，1289J解析：（1）依题意，可得滑块A向下加速的加速度a1=gsin37+gcos37=10m/s2达到传送带速度所用时间t1=v0a1=0.4s下滑位移x1=12v0t1=0.8m此后滑块A的加速度a2=gsin37-gcos37=2m/s2设滑块A下滑到传送带底端时速度为v，则有v2-v02=2a2L-x1解得v=6m/s（2）滑块A第二段加速运动到传送带底端所用时间t2=v-v0a2=1s滑块A第一段加速运动过程与传送带间的相对位移d1=v0t1-x1=0.8m第二段加速运动过程与传送带间的相对位移d2=L-x1-v0t2=1m滑块A与B发生弹性碰撞，有m1v=m1v1+m2v212m1v2=12m1v12+12m2v22解得v1=-2m/s，v2=4m/s可知滑块A沿斜面上滑，然后返回水平面，但追不上滑块B，滑块A向上冲到最高点所用时间t3=v1a1=0.2s再次返回传送带底端所用时间t4=t3=0.2s与传送带相对位移d3=v0t3+t4=1.6m滑块A与传送带间因摩擦而产生的内能E=m1gcos37d1+d2+d3=13.6J（3）滑块B与C作用，当两者达到共同速度时，弹簧弹性势能最大，有m2v2=m2+m3v共解得v共=83m/sEp=12m2v22-12m2+m3v共2=163J当弹簧恢复原长时，滑块C有最大动能，由动量守恒定律和机械能守恒定律得m2v2=m2v4+m3v312m2v22=12m2v42+12m3v32解得v3=163m/s则滑块C的最大动能Ek=12m3v32=1289J30、在杂技节目“水流星”的表演中，碗的质量m1=0.1 kg，内部盛水质量m2=0.4 kg，拉碗的绳子长l=0.5 m，使碗在竖直平面内做圆周运动，如果碗通过最高点的速度v1=9 m/s，通过最低点的速度v2=10 m/s，g=10 m/s2，求碗在最高点时绳的拉力大小及水对碗的压力大小。答案：76 N，60.8 N解析：解：对水和碗m=m1m2=0.5 kg由牛顿第二定律可得FT1mg=mv12lFT1=mv12l-mg=0.5810.5N0.510N=76 N以水为研究对象，设最高点碗对水的压力为F1，则F1m2g=m2v12l解得F1=60.8 N由牛顿第三定律可知，水对碗的压力大小F1=F1=60.8 N，方向竖直向上。31、如图甲所示，水平地面上有一足够长的木板C，质量为m3=2kg。 木板C上静置一物块B，质量为m2=1 kg。现有一质量为m1 =2 kg的物块A以v0=5 m/s的速度从左端滑上木板C，木板C 与地面间的动摩擦因数为3=0.2,物块A与木板C间的动摩擦因数为1=0.4。物块A滑行一段距离后与物块B发生弹性正碰，碰撞时间极短。从物块A滑上木板C开始计时，木板C的速度随时间t变化的关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A、B大小可忽略。取g=10 m/s2，求：（1）木板C刚开始运动时的加速度大小； （2）物块B与木板C间的动摩擦因数2；（3）物块A、B间的最终距离。答案：（1）1m/s；（2）0.4；（3）x=2815m解析：（1）由图乙可知木板C开始运动时的加速度大小a=vt=1m/s2（2）物块A与木板C之间的摩擦力Ff1=1m1g=8N，Ff1=m1a1木板C与地面之间的最大静摩擦力Ff3=3(m1+m2+m3)g=10N所以开始物块A滑动时