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高中物理牛顿运动定律知识点总结(超全)

1

单选题
1、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。
2、中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一。几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（　　）

A．硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B．硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
答案：C
解析：
A．硬币直立过程中，硬币与列车间可能存在一定的摩擦力，列车做匀速直线运动时可以直立，列车在做加速度较小的加速运动时，所需要的摩擦力也会较小，也能使硬币处于直立的状态，故A错误；
B．硬币直立的过程，也可能处于加速运动状态，故不一定处于平衡状态，故B错误；
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用，故C正确；
D．列车加速时，硬币受到的摩擦力与列车的运动方向相同，列车减速行驶时，硬币受到摩擦力与列车运动方向相反，故D错误。
故选C。
3、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。
4、物体质量为m＝5Kg放在粗糙的水平面上，在力F的作用下做a＝2m/s2的匀加速直线运动，方向向右，已知物体与地面之间的动摩擦因数为0.3，则外力F为（       ）

A．20NB．15NC．25ND．10N
答案：C
解析：
根据牛顿第二定律得
a=F合m
则有
F﹣μmg＝ma
F＝0.3×5×10+2×5＝25N
故选C。
5、图为一种新型弹跳鞋。当人穿着鞋从高处跳下压缩弹簧后，人就会向上弹起，进而带动弹跳鞋跳跃。假设弹跳鞋对人的作用力类似于弹簧弹力且人始终在竖直方向上运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（　　）

A．人向上弹起的过程中，始终处于超重状态
B．人向上弹起的过程中，鞋对人的作用力与人对鞋的作用力是一对相互作用力
C．弹簧压缩到最低点时，鞋对人的作用力与人所受的重力是一对平衡力
D．从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动
答案：B
解析：
A．人向上弹起的过程中，先超重后失重，A错误；
B．人向上弹起的过程中，鞋对人的作用力与人对鞋的作用力是一对相互作用力，B正确；
C．弹簧压缩到最低点时，鞋对人的作用力大于人所受的重力，不是一对平衡力，C错误；
D．从最高点下落至最低点的过程，先是自由落体运动，刚开始压缩弹簧时人受到的重力大于弹力向下做变加速运动，当弹力大于重力时向下做减速运动，D错误。
故选B。
6、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为m = 1kg的小木块以初速度为v0 = 10m/s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，则下列判断正确的是（ ）

A．在t = 5s时刻，摩擦力方向发生变化
B．0 ~ 13s内小木块做匀变速直线运动
C．斜面倾角θ = 30°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
答案：D
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
结合图象看出在0—5m
a = 0-v22x = 0-1002×5m/s2 = ﹣10m/s2
由图示图象可知v02 = 100(m/s)2得，v0 = 10m/s，则小木块匀减速运动的时间
t = 0-v0a = 0-10-10s = 1s
1s后物体反向做匀加速运动，t = 1s时摩擦力反向，A错误；
B．由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度
a'=v22x=322×8m/s2=2m/s2
结合A选项可知，在0—1s内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，整个过程加速度a发生变化，所以整个过程不是匀变速直线运动，B错误；
CD．由牛顿第二定律得，小木块上滑有
mgsinθ + μmgcosθ = ma
下滑有
mgsinθ﹣μmgcosθ = ma′
代入数据解得
μ = 0.5，θ = 37°
C错误、D正确。
故选D。
7、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为μ，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（　　）

A．物体通过O点时所受的合外力为零
B．物体将做阻尼振动
C．物体最终只能停止在O点
D．物体停止运动后所受的摩擦力为μmg
答案：B
解析：
A．物体通过O点时弹簧的弹力为零，但摩擦力不为零，A错误；
B．物体振动时要克服摩擦力做功，机械能减少，振幅减小，做阻尼振动，B正确；
CD．物体最终停止的位置可能在O点也可能不在O点。若停在O点摩擦力为零，若不在O点，摩擦力和弹簧的弹力平衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为μmg，CD错误。
故选B。
8、重庆由于其良好的生态环境和有利的地理位置，是鸟类的好居处。如图所示，质量为m的鸽子，沿着与水平方向成15°角、斜向右上方的方向以大小为v的速度匀速飞行，重力加速度大小为g，下列说法正确的是（　　）

A．鸽子处于失重状态B．空气对鸽子的作用力大于mg
C．空气对鸽子的作用力的功率为mgvD．鸽子克服自身的重力的功率为mgvsin15°
答案：D
解析：
A．由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0，A错误；
B．由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于mg，B错误；
C．空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为mgvcos75°，C错误；
D．鸽子克服自身的重力的功率为
P=-P重力
由力的功率表达式
P重力=mgvcos（15°+90°）
联立解得
P=mgvsin15°
D正确。
故选D。
多选题
9、如图所示，质量为m的小球被一根橡皮筋AC和一根绳BC系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。下列判断中正确的是（　　）

A．在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变
B．在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
C．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gcosθ
D．在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinθ
答案：BC
解析：
AB．设小球静止时BC绳的拉力为F，AC橡皮筋的拉力为T，由平衡条件可得
Fcosθ=mg，Fsinθ=T
解得
F=mgcosθ，T=mgtanθ
在AC被突然剪断的瞬间，BC上的拉力F发生了突变，小球的加速度方向沿与BC垂直的方向且斜向下，大小为
a=gsinθ
B正确，A错误；
CD．在BC被突然剪断的瞬间，橡皮筋AC的拉力不变，小球的合力大小与BC被剪断前拉力的大小相等，方向沿BC方向斜向下，故加速度
a=gcosθ
C正确，D错误。
故选BC。
10、如图所示，轻杆一端固定在O点，一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最高点时，杆与小球间弹力大小为FN，小球在最高点的速度大小为v，FN-v2图像如图乙所示。下列说法正确的是（　　）

A．v2=a时，小球完全失重B．v2=c时，杆对小球弹力方向竖直向上
C．小球的质量为bRaD．当地的重力加速度大小为aR
答案：ACD
解析：
A．由图可知：v2=a时，FN=0，此时小球仅受重力作用，加速度为向下的重力加速度，处于完全失重状态，故A正确；
B．由图可知：当v2<a时，球需要的向心力小于重力，杆对小球弹力方向向上；当v2>a时，球需要的向心力大于重力，杆对小球弹力方向向下，所以当v2=c时，杆对小球弹力方向向下，故B错误；
CD．在最高点，若v=0，则有
mg-FN1=mg-b=0
当FN=0时，则有：
mg=mv2R=maR
可得
g=aR，m=bRa
故CD正确。
故选ACD。
11、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2'，则下列说法正确的是（　　）

A．若v1<v2，则v2'=v1
B．若v1>v2，则v2'=v2
C．不管v2多大，总有v2'=v2
D．只有v1=v2时，才有v2'=v1
答案：AB
解析：
由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为x，加速度大小为a，则
x=v222a
然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时（向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程，位移大小还是等于x），恰好离开传送带。
②若v1<v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小
x'=v122a<v222a=x
说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动知道返回光滑水平面，此时有v2'=v1，故选项A、B正确，C、D错误。
故选AB。
12、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（　　）
A．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变
B．伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下去
C．笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也不偏离原来的方向
D．牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质
答案：BCD
解析：
A．亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；
BCD．牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、C、D正确。
故选BCD。
13、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳AO、BO在O点悬挂质量为2kg的重物，轻绳AO、BO与车顶部夹角分别为30°、60°。在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点O位置相对箱子不动（重力加速度为g），则箱子运动的最大加速度为（　　）

A．g2B．3g3C．3g2D．3g
答案：BD
解析：
当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳OA的拉力提供时，水平方向
TAOcos30°=ma
竖直方向
TAOsin30=mg
联立解得最大加速度
a=3g
当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳OB拉力提供时，竖直方向
TBOsin60°=mg
水平方向
TBOcos60°=ma'
联立解得最大加速度
a'=33g
故BD正确，AC错误。
故选BD。
14、一木块静止在水平地面上，下列说法中正确的是（　　）
A．木块受到的重力和支持力是一对平衡力
B．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对平衡力
C．木块受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力
D．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力
答案：AD
解析：
AC．木块受到重力和支持力作用而处于平衡状态，故重力和支持力是一对平衡力，A正确，C错误；
BD．地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D正确。
故选AD。
15、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。
16、质量为3kg的物体，静止于水平地面上，在10N的水平拉力作用下，开始沿水平地面做匀加速直线运动，物体与地面间的摩擦力是4N。则（　　）

A．物体在3s末的速度大小为10m/s
B．物体在3s末的速度大小为6m/s
C．物体在0～3s内发生的位移大小为15m
D．物体在0～3s内发生的位移大小为9m
答案：BD
解析：
根据牛顿第二定律得
a=F-fm=10-43m/s2=2m/s2
则3s末的速度
v=at=2×3m/s=6m/s
0～3s内的位移
x=12at2=12×2×32m=9m
故BD正确，AC错误
故选BD。
填空题
17、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为1.5kg的货箱无初速度放上传送带，经过0.5s时间，货箱与传送带恰好相对静止。取重力加速度g=10m/s2，则货箱与传送带之间的动摩擦因数为____________，因摩擦产生的热量为__________J。

答案：     0.4     3
解析：
[1]货箱在摩擦力的作用下加速运动，根据牛顿第二定律可得
f=ma=μmg
又
v=at
代入数据，解得
μ=0.4
[2]根据摩擦力产生热量的公式，即
Q=μmgΔx
又
Δx=x传-x货箱
代入数据，解得
Δx=0.5m
故可得因摩擦产生的热量为
Q=3J
18、如图，质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角θ=37∘角的斜向上的拉力。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，取g=10m/s2，物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为________。

答案：16.25m
解析：
物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F。

根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程
Fcosθ－Ff=ma
Fsinθ＋FN－G=0
FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力
Ff=μFN
联立方程，解得
a=1.3m/s2
由运动学公式得5s内物体的位移
x=12at2=12×1.3×52m=16.25m
19、完全失重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）______的状态。
（2）产生条件：a＝g，方向______。
答案：     等于零     竖直向下
解析：
略
20、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向__________（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，校车的加速度大小为___________。

答案：     平行     gtanθ
解析：
[1][2]由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，受力分析如图

由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有
F'mg=tanθ
由牛顿第二定律知
F'=ma
解得
a=gtanθ
21、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______。

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
22、如图所示，一根质量不计的轻弹簧上端固定在天花板上，下端与一重力为G的托盘连接，托盘中有一个质量为2G的砝码。当托盘静止时，弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉，弹簧又伸长了L（未超过弹簧的弹性限度），然后使托盘由静止释放，则刚释放托盘时，砝码对托盘的作用力大小等于___________。

答案：4G
解析：
[1]设弹簧劲度系数为k，设砝码质量为2m，则托盘质量为m，托盘静止，弹簧伸长L时，以托盘及砝码整体为研究对象，受力平衡，有
kL=3mg
伸长2L时，释放瞬间，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得
2kL-3mg=3ma
解得
a=g
隔离砝码为研究对象，则
N-2mg=2ma
解得
N=4mg
据牛顿第三定律，砝码对托盘的作用力为4mg，即4G。
23、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向__________（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，校车的加速度大小为___________。

答案：     平行     gtanθ
解析：
[1][2]由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，受力分析如图

由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有
F'mg=tanθ
由牛顿第二定律知
F'=ma
解得
a=gtanθ
24、两类基本问题
（1）从受力确定运动情况
如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的___________，再通过运动学的规律确定物体的___________情况。
（2）从运动情况确定受力
如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的___________，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出___________。
（3）如图所示，一质量为8 kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F=20 N拉物体，使其由A点开始运动，经过8 s后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止。则：（g取10 m/s2）

a.在拉力F作用下物体运动的加速度大小为___________ m/s2；
b.撤去拉力F瞬间物体的速度大小v=___________ m/s；
c.撤去拉力F后物体运动的距离x=___________ m。
答案：     加速度     运动     加速度     合外力     0.5     4     4
解析：
(1)[1] 如果已知物体的受力情况，可以求出合力，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度。
[2]结合运动学规律公式，可以求出物体的运动情况。
(2)[3] 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度。
[4]结合牛顿第二定律，可以求出物体受到的合外力。
(3)[5]受力分析得
F-μmg=ma
解得
a=0.5m/s2
[6]根据速度公式得
v=at=4m/s
[7] 撤去拉力F后，受力分析得
-μmg=ma'
解得
a'=-2m/s2
物体运动的位移为
x=-v22a'=4m
解答题
25、如图所示，质量m＝3kg的物体（视为质点）在平行斜面向下F＝9N的推力作用下，由静止开始下滑。在斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动x＝1.2m后停在C点。已知斜面长度L＝4m，倾角θ＝30°，物体与斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为μ1＝33、μ2＝0.5，求：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度；
（2）物体运动到B处的速度；
（3）推力作用的距离及时间。

答案：（1）3m/s2，方向沿斜面向下；（2）23m/s；（3）2m， 233s
解析：
（1）外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为a1，根据牛顿第二定律可得
F+mgsin30°-μ1mgcos30°=ma1
解得
a1=3m/s2
方向沿斜面向下；
（2）物体在水平面上运动的加速度大小为
a2=μ2mgm=5m/s2
根据速度-位移关系可得
vB2＝2a2x
解得
vB=23m/s
（3）物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力
mgsin30°＝1.5N
摩擦力大小为
f＝μ1mgcos30°＝1.5N
所以去掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为
v=vB=23m/s
推力作用的距离为
s=v22a1=2m
经过的时间为
t=va1=233s
26、如图甲所示，倾角 α = 37° 的光滑斜面固定在水平地面上，斜面长 LAB = 3 m，斜面底端 A 处有一质量 m = 1 kg 的小滑块，在平行于斜面向上的力F作用下由静止开始运动。已知 F 随位移 s （以 A 为起点）变化的关系如图乙所示，以水平地面为零重力势能面（g 取10 m/s2，sin37° = 0.6，cos37° = 0.8）。求：
（1）小滑块在通过前 1 m 位移过程中的加速度；
（2）小滑块通过第 2 m 位移所用的时间；
（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时的机械能；
（4）在图丙上画出小滑块的机械能 E 随位移 s（0≤s≤3 m）变化的大致图线。

答案：（1）6 m/s2；（2）36s；（3）12 J；（4）
解析：
（1）在通过前 1 m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有
F-mgsinα=ma
a = Fm-gsinα=121-10×0.6 = 6 m/s2
（2）对于前 1 m位移的过程，有
v2=2as1
v=2as1=2×6×1=23m/s
对于第2m位移的过程，有F=6N，mgsinα=6Ν，所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动
t2=s2v=123=36s
所以小滑块通过第 2 m位移所用的时间为36s。
（3）小滑块在位移 s = 1 m 处时
Ek=12mv2=12×1×(23)2=6J
Ep=mgssinα=1×10×1×0.6=6J
E = Ek + Ep = 12 J
（4）如图

27、如图所示，水平地面上固定一倾角为37°的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m处的A点，以初速度1m/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；
（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；
（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。

答案：（1） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=1206N
（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
28、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板B，木板的最左端有一个小物块A，小物块A受一个外力的作用，两个物体开始运动，已知物块A和木板B的质量都为1千克，物块A和木板B之间的动摩擦因数为μ1=0.4，B与地面的动摩擦因数为μ2=0.1，设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A运动的v2-x函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：
（1）根据图象得出物块A在2米前后加速度a1和a2分别为多大？
（2）当外力F0至少为多少可以使物块A相对于木板B运动？
（3）物块A在运动前2米的过程中所加的外力F1为多少？运动了2米之后，作用于物块A上的外力F2又为多少？

答案：（1）1m/s2；4m/s2；（2）6N；（3）4N；8N
解析：
（1）由图像可知：前2m内对A有
v2=2a1x
得出
a1=1m/s2
2m后，对A有
v12-v02=2a2x
a2=4m/s2
（2）对B受力分析有
μ1mg-μ22mg=ma0
外力F使A在B上的临界加速度为
a0=2m/s2
外力F对AB整体有
F0-μ2⋅2mg=2ma0
F0=6N

（3）运动前2m
a1=1m/s2<a0
可知AB一起匀加速运动
对AB整体有
F1-μ22mg=2ma1
F1=4N
运动2m后对A有
a2=4m/s2>a0
则2m后AB两个物体开始相对运动
对A有
F2-μ1mg=ma2
F2=8N
29、如图所示，竖直平面内一倾角θ=37°的粗糙倾斜直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切于B点，BC长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于C点。一质量m=0.2kg的小滑块从A点静止释放，经B点最后从C点水平滑上传送带。已知A点离地高度H=1.2m，AB长L1=1.25m，滑块与AB间的动摩擦因数μ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，CD长度L2=3m，圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小滑块经过C点时对轨道的压力；
（2）当传送带以顺时针方向v1=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D点的水平距离。

答案：（1）6N；（2）1.2m
解析：
（1）根据题意，滑块由A运动B的过程，应用动能定理
mgL1sin37°-μ1mgcos37°L1=12mvB2-0
代入数据解得
vB=10ms
由于BC长度可忽略，则
vC=vB=10ms
滑块在C点，受轨道的支持力FN和本身重力mg，根据牛顿第二定律
FN-mg=mv2R
代入数据解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，小滑块经过C点时对轨道的压力等于轨道对滑块的支持力6N。
（2）假设滑块划上传送带之后全程加速，根据牛顿第二定律
μ2mg=ma
代入数据解得
a=2ms2
设滑块到达传送带右端的速度为v，根据公式
v2-vc2=2aL2
代入数据解得
v=22ms>4ms
则滑块未达到传送带右端就和传送带共速，则滑块以传送带的速度从D点水平抛出，竖直方向，由于BC长度可忽略，则
H-L1sin37°=12gt2
代入数据解得
t=0.3s
水平方向，落地点到D点的水平距离
x=vt=4×0.3m=1.2m
30、2022年2月8日，我国选手谷爱凌在第24届冬季奥林匹克运动会女子自由式滑雪大跳台比赛中获得冠军．参赛滑道简图如图所示，abcd为同一竖直平面内的滑雪比赛滑道，运动员从a点自静止出发，沿滑道abcd滑至d点飞出，然后做出空翻、抓板等动作．其中ab段和cd段的倾角均为θ=37°，ab段长L1=110m，水平段bc长L2=12m，cd坡高h=9m．设滑板与滑道之间的动摩擦因数为μ=0.4，不考虑转弯b和c处的能量损失，运动员连同滑板整体可视为质点，其总质量m=60kg．忽略空气阻力，g取10m/s2．
（1）运动员从a到b所用的时间；
（2）运动员到达c点时的速度大小；

答案：（1）8.9s；（2）23m/s
解析：
（1）在ab段的加速度为
mgsinθ-μmgcosθ=ma
根据运动公式
L1=12at2
解得
a=2.8m/s2
t=8.9s
（2）到达b点时的速度
vb=at≈25m/s
从b到c由动能定理
-μmgL2=12mvc2-12mvb2
解得
vc=23m/s
31、如图所示，质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝13，求作用力F的大小。（g＝10m/s2）

答案：9.4N
解析：
对物体受力分析，建立直角坐标系如图

由
vt2－v02＝2ax
a＝vt2-v022x＝0.42-0.622×0.5m/s2＝-0.2m/s2
负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。
y轴方向
FN+Fsin30°＝mg
Fμ＝μ（mg-Fsin30°）
x轴方向，由牛顿第二定律得
Fcos30°－Fμ＝ma
即
Fcos30°－μ（mg－Fsin30°）＝ma
解得
F＝9.4N
32、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m＝2kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截面直径，圆环与杆间的动摩擦因数μ＝0.75。对圆环施加一个与水平方向成θ＝53°角斜向上、大小为F＝25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动（sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g取10 m/s2）。求：
（1）圆环对杆的弹力大小；
（2）圆环加速度的大小；

答案：（1）0；（2）7.5 m/s2
解析：
（1）分析圆环的受力情况如图甲所示

将拉力F正交分解
F1=Fcosθ=15N
F2=Fsinθ=20N
因
G=mg=20N
与F2大小相等，故圆环对杆的弹力为0。
（2）由（1）可知，在拉力F作用下，环不受摩擦力，由牛顿第二定律可知
F合=F1=ma1
代入数据得
a1=7.5m/s2
实验题
33、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图1所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.

（1）图2是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为50 Hz，相邻两计数点间还有4个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度a=___________ms2.（结果保留两位有效数字）
（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图3、4所示，则图3对应的示数为_____________N,图4对应的示数为_______________N；

（3）重力加速度g取10m/s2，滑块与木板间的动摩擦因数μ=______________（结果保留两位有效数字）。
答案：     0.50     2.00     1.00     0.43
解析：
（1）[1]．相邻两计数点间还有4个计时点未标出，则T=0.1s；根据Δx=aT2结合逐差法可知：
a=x6+x5+x4-x3-x2-x19T2 =(3.87+3.39+2.88-2.38-1.90-1.40)×10-29×0.12m/s2=0.50m/s2
（2）[2][3]．则图3对应的示数为2.00N；图4对应的示数为1.00N；
（3）[4]．对滑块以及重物的整体：
mg-μMg=(M+m)a
其中mg=1.00N，Mg=2N，
解得
μ=0.43
34、某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度，他将两物块A和B用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。用天平测出A、B两物块的质量mA=300g、mB=100g，mA从高处由静止开始下落，mB拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可测定重力加速度。图中给出的是实验中获取的一条纸带：0是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4个点没有画出，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器计时周期为T=0.02s，则：

(1)根据纸带求出物体经过5号计数点时的瞬时速度v=________m/s，物体运动的加速度a=________m/s2；（结果保留二位有效数字）
(2)用h表示物块A下落的高度，v表示物块A下落h时的速度，若某同学作出v22-h图象如图所示，利用此图象可求出当地的重力加速度g=________m/s2。
答案：     2.4     4.8     9.