高中物理牛顿运动定律重难点归纳.pdf

1 高中物理牛顿运动定律重难点归纳高中物理牛顿运动定律重难点归纳 单选题 1、如图所示，质量为的滑块沿质量为的斜面下滑，、接触面光滑，斜面静止在水平面上，已知重力加速度为g，则在滑块下滑的过程中（）A滑块重力将减小 B滑块处于超重状态 C水平面对斜面没有摩擦力 D水平面对斜面的支持力小于(+)答案：D 解析：A滑块的重力 =与滑块的运动状态无关，故 A 错误；B滑块沿斜面加速下滑，加速度为 =sin 有向下的分加速度，所以滑块处于失重状态，故 B 错误；C对整体在水平方向，根据牛顿第二定律可得 =0+cos 2 得 =sincos 受到的摩擦力向左，故 C 错误；D对整体在竖直方向，根据牛顿第二定律可得 +N=0+sin 解得 N=(+)sin2 故 D 正确。故选 D。2、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）（）A0.25m/s2B2.5m/s2C0.5m/s2D5m/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 3 根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时 1=1 解得加速度大小为 1=1 方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得 2=2 解得加速度大小为 2=2 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 2=211 圆盘在桌面上运动时 2=222 4 盘没有从桌面上掉下的条件是 1+2=2 联立解得 1=22(1+2)圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得 =122 对圆盘有 1=1212 而 =2+1 由以上各式解得 =(1+22)12 带入数据解得 =2.5m/s2 故 B 正确，ACD 错误。故选 B。3、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fkv（k为正的常量）。两球的vt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（）5 A释放瞬间甲球加速度较大 B1221 C甲球质量大于乙球质量 Dt0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 mgkv 则 12=12 选项 B 错误；C由图象可知v1v2，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。4、如图甲所示，物块的质量m1 kg，初速度v010 m/s，在一水平向左的恒力F作用下，从O点沿粗糙的水6 平面向右运动，某时刻恒力F突然反向，大小不变，则整个过程中物块速度的平方随位置坐标变化的关系图象如图乙所示（取g10 m/s2），则下列说法正确的是（）A05 s 内物块做匀减速运动 B在t1 s 时刻恒力F反向 C恒力F大小为 10N D物块与水平面间的动摩擦因数为 0.4 答案：B 解析：AB由匀变速直线运动规律可得 2 02=2 整理得 2=2 +02 对比图线可知，斜率为 21=1005m/s2 解得物块做匀减速直线运动的加速度大小为 a110m/s2 减速到零的时间为 7 1=01=1s 故 01s 内物块做匀减速运动，在t1s 时刻恒力F反向，A 错误，B 正确；CD物块减速到零后做匀加速直线运动的加速度大小满足 22=6413 5m/s2 解得 a24m/s2 两过程据牛顿第二定律分别可得 Ffma1 Ffma2 联立两式解得 F7N，f3N 则动摩擦因数为 =0.3 CD 错误。故选 B。5、如图所示，有 A、B 两物体，mA2mB，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agsin 8 B它们的加速度a 1，则（）A2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C02时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 D03时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 答案：BC 解析：A相对地面而言，小物块在01小时间内，向左做匀减速运动，1之后反向向右向右运动，故小物块在1时刻离A处距离最大，A 错误；B小物块在01小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；12时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，2时刻两者同速，在23时间内，小物块相对于传送带静止一起向右匀速运动，所以t2时刻小物块相对传送带滑动的距离达到最大值，B 正确；21 C由 B 中分析可知，02时间内，小物块相对传送带一直向左运动，所以受到的摩擦力方向一直向右，C 正确；D在02时间内，小物块相对传送带一直向左运动，故小物块一直受向右的滑动摩擦力，在23时间内，小物块相对于传送带静止；小物块不受摩擦力作用，故 D 错误。故选 BC。15、如图甲所示，水平面上有一倾角为 的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T-a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g10 m/s2。则（）Aa403m/s2时，FN0 B小球质量m0.1 kg C斜面倾角 的正切值为34 D小球离开斜面之前，FN0.80.06a(N)答案：ABC 解析：A小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得 Tcos FNsin ma Tsin FNcos mg 22 联立解得 FNmgcos masin Tmacos mgsin 所以小球离开斜面之前，T-a图像呈线性关系，由题图乙可知a403m/s2时，小球将要离开斜面，则此时FN0，选项 A 正确；BC当a0 时，T0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图 1 所示，所以 mgsin T 当a403m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图 2 所示，所以 tanma 联立可得 tan 34 m0.1 kg 选项 B、C 正确；D将 和m的值代入 FNmgcos masin 得 FN0.80.06a(N)选项 D 错误。23 16、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F0.5t（N）的水平变力作用，从t0 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t224sB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 1=1 可得滑块与木板间的动摩擦因数为 1=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 2=22=440=0.1 D 正确；24 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 1=对木板有 1 22=联立解得 =2m/s2 =12N 则木板的最大加速度为 2m/s2，根据 =0.5 可求得 2=24s A 正确，B 错误。故选 ACD。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：25 （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、如图所示，=4.0kg，=2.0kg，和 B 紧靠着放在光滑水平面上，从=0时刻起，对 B 施加向右的水平恒力2=4.0N，同时对施加向右的水平变力1=(20 20)N，=_s 时、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 1=20 20 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 1A=2B 联立并代入数值可得 =0.6s 2当t=0.6s 时 1=20 20=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 1+2=(A+B)代入数值可得 26 =2m/s2 19、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 20、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 27 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 2.510-3 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 =93600m/s=2.5 103m/s（2）3A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）45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=0+可得火星车在此阶段的加速度 =0=3.6 9580m/s2=1.14m/s2 28 火星车受到的合力 火星表面的重力加速度 火=10 25m/s2=4m/s2 根据牛顿第二定律 推=推=6.68 103N 21、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）答案：4 4 解析：12对物体受力分析，由牛顿第二定律得 sin cos=即加速度为 =sin cos=4m s2 又由运动学公式 2=2 解得物体下滑2m时的速度为 =4m s 22、小胡同学使用如图甲所示的挂有 5 根相同弹簧的拉力器训练，已知每根弹簧的劲度系数为k，重力加速度为 g，若他对拉力器两端的拉力均为F，则每根弹簧的伸长量为_。如图乙所示，小王同学取下其中两根弹簧，互成 120角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，突然右侧弹簧连接钢球处断开，则断开瞬间，钢球的加速度大小为_。（忽略弹簧及拉环质量）29 答案：5 g 解析：1 小胡同学对拉力器两端的拉力均为F，则 5 根弹簧的弹力为F，每根弹簧的弹力为5，由胡克定律可知 5=则每根弹簧的伸长量 =5 2 小王同学取下其中两根弹簧，互成 120角左右对称的悬挂一质量为m的钢球，系统静止后，根据平衡条件可知弹簧的弹力 1=2=右侧弹簧连接钢球处断开，断开瞬间，小球所受右侧弹簧弹力消失，左侧弹簧弹力不变，则此时小球的合力与消失的弹力等大方向，根据牛顿第二定律 =则 =23、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30 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 2.510-3 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 31 =93600m/s=2.5 103m/s（2）3A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）45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=0+可得火星车在此阶段的加速度 =0=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 火=10 25m/s2=4m/s2 根据牛顿第二定律 推=推=6.68 103N 24、动力学的两类基本问题（1）由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合ma）求出_，再由运动学的有关公式求出速度或位移。32 （2）由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出_，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。答案：加速度 加速度 解析：（1）1 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移（2）2 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。解答题 25、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（细绳质量及滑轮摩擦均不计）。（1）求放手后A、B一起运动中绳上的张力FT。（2）若在B上再叠放一个与B质量相等的物体C，绳上张力就增大到32FT，求m1：m2。答案：（1）121+2g；（2）2：1。解析：（1）对A有 m1gFT=m1a1 对B有 FT=m2a1 33 则=121+2（2）对A有 m1gFT2=m1a2 对B+C有 FT2=2m2a2 则 FT2=2121+22g 由 FT2=32FT 得 2121+22=3122(1+2)所以 m1：m2=2：1 26、如图所示，传送带沿逆时针方向以速度0=2m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离=8.2m，传送带绷紧与水平方向的夹角=37。将一可视为质点的小物块无初速度地从A端放到传送带上，已知物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，物块在与传送带相对滑动时能在传送带上留下白色痕迹。已知sin37=0.6，cos37=0.8，取=10m/s2。求：（1）物块在传送带上运动的时间t；（2）物块相对传送带的位移的大小；34 答案：（1）2.2s；（2）3.8m 解析：（1）设物块刚放到传送带上时初速度为 0，在物块速度达到0前的过程中，由牛顿第二定律有 sin+cos=1 代入数据解得 1=10m/s2 经历的时间为 1=01=210s=0.2s 物块运动的位移 1=012m=2 0.22m=0.2m 物块的速度达到0之后，有 sin cos 所以物块与传送带共速后继续向下做匀加速运动。由牛顿第二定律可得 sin cos=2 代入数据解得 35 2=2m/s2 设物块运动到脱离传送带这一过程经历时间为2，则有 2=1=02+12222 解得 2=2s 所以此物块在传送带上运动的时间为 =1+2=2.2s（2）传送带运动的位移分别为 1=01=2 0.2m=0.4m 2=02=4m 划出痕迹的长度为 1=1 1=0.2m 2=2 2=8m 4m=4m 物块相对传送带的位移为 =2 1=3.8m 27、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需 50 秒，运行的最大速度为 15m/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为 1kg 的物体受到的竖直向上拉力为 11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取 10m/s2），求：（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为36 防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的 3 倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？答案：（1）1m/s2、15s；（2）525m；（3）70s 解析：（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：FT-mg=ma 解得 a=1m/s2 由 v=v0at 解得 t=15s（2）匀加速阶段位移 x1=12at2=121152m=112.5m 匀速阶段位移 x2=v（50s-2t）=15（50-215）m=300m 匀减速阶段位移 x3=22=112.5m 因此观景台的高度 x=x1x2x3=525m（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为 0。自由落体加速度大小a1=g 37 启动辅助牵引装置后加速度大小 2=3=2 方向向上 则 221+222=解得 vm=1070m/s 则=70s 即电梯自由下落最长70s 时间必须启动辅助牵引装置。28、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0=4m/s顺时针传动，现将质量1=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2=2kg、3=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 38 解析：（1）依题意，可得滑块 A 向下加速的加速度 1=sin37+cos37=10m/s2 达到传送带速度所用时间 1=01=0.4s 下滑位移 1=1201=0.8m 此后滑块 A 的加速度 2=sin37 cos37=2m/s2 设滑块 A 下滑到传送带底端时速度为v，则有 2 02=22(1)解得 =6m/s（2）滑块 A 第二段加速运动到传送带底端所用时间 2=02=1s 滑块 A 第一段加速运动过程与传送带间的相对位移 1=01 1=0.8m 第二段加速运动过程与传送带间的相对位移 2=(1)02=1m 滑块 A 与 B 发生弹性碰撞，有 1=11+22 39 1212=12112+12222 解得 1=2m/s，2=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 3=11=0.2s 再次返回传送带底端所用时间 4=3=0.2s 与传送带相对位移 3=0(3+4)=1.6m 滑块 A 与传送带间因摩擦而产生的内能 =1cos37(1+2+3)=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 22=(2+3)共 解得 共=83m/s p=1222212(2+3)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 22=24+33 12222=12242+12332 解得 40 3=163m/s 则滑块 C 的最大动能 k=12332=1289J 29、如图所示，截面是直角梯形的物块静置于光滑水平地面上，其两个侧面恰好与两个固定在地面上的挡板 X和 Y 相接触。图中 AB 高H=0.3m、AD 长L=0.5m，斜面倾角=37。可视为质点的小物块 P（图中未画出）质量m=1kg，它与斜面的动摩擦因数 可以通过更换斜面表面的材料进行调节，调节范围是 0 1。（sin37=0.6，cos37=0.8，g取 10m/s2）（1）令=0，将 P 由 D 点静止释放，求小物块 P 落地时速度；（2）令=0.5，将 P 由 D 点静止释放，求小物块 P 在斜面上运动时间；（3）对于不同的，每次都在 D 点给小物块 P 一个沿斜面向下足够大的初速度以保证它能滑离斜面，求 的取值在哪个范围内，挡板 X 始终受到压力的作用。答案：（1）3.46m/s；（2）0.71s；（3）0.75 0，所以 6.4-4.8 0 得 0.75 所以 的取值范围为 0.75 1 30、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需 50 秒，运行的最大速度为 15m/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为 1kg 的物体受到的竖直向上拉力为 11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取 10m/s2），求：（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的 3 倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？43 答案：（1）1m/s2、15s；（2）525m；（3）70s 解析：（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：FT-mg=ma 解得 a=1m/s2 由 v=v0at 解得 t=15s（2）匀加速阶段位移 x1=12at2=121152m=112.5m 匀速阶段位移 x2=v（50s-2t）=15（50-215）m=300m 匀减速阶段位移 x3=22=112.5m 因此观景台的高度 x=x1x2x3=525m（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为 0。自由落体加速度大小a1=g 启动辅助牵引装置后加速度大小 2=3=2 44 方向向上 则 221+222=解得 vm=1070m/s 则=70s 即电梯自由下落最长70s 时间必须启动辅助牵引装置。31、两木块 A、B 质量分别为m、2m，用劲度系数为k的轻弹簧连在一起，放在水平地面上，如图所示，用外力将木块 A 压下一段距离静止，释放后 A 在竖直方向做简谐运动，在 A 振动过程中，木块 B 刚好未离开地面。重力加速度为g，求：（1）木块 A 的最大加速度值；（2）B 给地面的最大压力值。答案：（1）3g；（2）6mg 解析：（1）由于 A 做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，在最高点时，木块 B 刚好对地面的压力为零，此时弹簧弹力 =1=2 45 对 A 物体，根据牛顿第二定律可得 +=木块 A 的最大加速度 =3（2）由对称性可知在最低点的加速度向上 =3 对 A 受力分析由 1 =1=4 对 B 受力分析由 1+2=支 支=6 由牛顿第三定律得 压=6 32、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块 A 位于质量为 2m、长为L的木板 B 的右端P处，B 放在光滑水平面上，A、B 之间的动摩擦因数为。某时刻给 B 施加一大小为 5mg的水平拉力F，当 A 位于 B 的中点时撤去拉力。求：（1）拉力F的作用时间；（2）滑块 A 在木板 B 上与P端的最远距离。46 答案：（1）；（2）56L 解析：（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有 对滑块 A 对木板 B 2 根据运动学规律，A、B 的位移分别为 122 122 由题意知 2 整理得 =（2）撤去F时，A、B 的速度分别为，设 A、B 共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得 2(2)设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得 47 1122122 212 2212 22 最终滑块与木板P端的距离为 22156 实验题 33、用如图（a）所示的实验装置测量当地重力加速度的大小。质量为m2的重锤从高处由静止开始下落，质量为m1的重锤上拖着纸带利用电磁打点计时器打出一系列的点，对纸带上的点迹进行分析，即可测出当地的重力加速度g值。如图（b）给出的是实验中获取的一条纸带中的某一段，相邻两计数点间还有 4 个点未画出，电源的频率为 50Hz，相邻计数点间的距离如图(b)所示。已知m1=80g、m2=120g，要求所有计算结果保留两位有效数字。则：(1)在纸带上打下计数点 5 时的速度v5=_m/s；(2)用逐差法求出重锤的加速度大小a=_m/s2，而得出当地的重力加速度大小为g=_m/s2；(3)测出的重力加速度的值比实际值小，其误差的主要来源有哪些()A没有使用电火花计时器 Bm1和m2的质量太悬殊 C绳子和定滑轮之间存在阻力 D绳子拉力不等于m2的重力 48 答案：1.5 1.9 9.5 C 解析：解：(1)1由题意可知，相邻两计数点间的时间间隔是 T=50.02s=0.1s 打计数点 5 时的速度 5=5+62=(13.78+15.70)1022 0.1m s=1.5m s (2)2重锤的加速度大小 =(6+5+4)(3+2+1)92=(15.70+13.78+11.92)(10.00+8.11+6.19)9 0.12 102m s2=1.9m s2 3由牛顿第二定律有 m2gm1g=（m1+m2）a 解得重力加速度大小为 g=9.5m/s2(3)4A与没有使用电火花计时器无关，A 错误；Bm1和m2的质量相差不大，B 错误；C在使用牛顿第二定律计算加速度时，没有考虑绳子与定滑轮间存在的阻力，C 正确；D绳子拉力本身就不等于m2的重力，存在的误差与绳子拉力等不等于m2的重力无关，D 错误。故选 C。34、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：49 用米尺量出重锤 1 底端距地面的高度H；把质量为m0橡皮泥粘在重锤 1 上，轻拉重锤放手后使之做匀速运动；在重锤 1 上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码；左手将重锤 2 压在地面上，保持系统静止。释放重锤 2，同时右手开启秒表，在重锤 1 落地时停止计时，记录下落时间t。请回答下列问题：(1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差，应补充的操作步骤为_；(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了_；A使H测得更准确 B使重锤 1 下落的时间长一些 C使系统的总质量近似等于 2M D使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等(3)用实验中的测量量和已知量表示g，得g=_。答案：重复测量 3 次下落时间，取其平均值作为测量值t B =2(2+0+)2 解析：(1)1多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量 3 次下落时间，取其平均值作为测量值t。50 (2)2由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。故选 B。(3)3根据牛顿第二定律有 =(+0+)又 =122 解得 =2(2+0+)2 35、某同学利用如图所示的装置做“探究弹簧弹力大小与伸长量的关系”实验。通过改变悬挂钩码的数量，获得6 次实验数据如表格所示。实验次数 1 2 3 4 5 6 悬挂钩码个数 1 2 3 4 5 6 弹簧弹力 F/N 0.49 0.98 1.47 1.96 2.45 2.94 弹簧伸长量 x/cm 2.00 3.90 5.80 8.00 9.90 12.00（1）在如图 1 所示的坐标纸上已经描出了其中 5 次弹簧弹力F与弹簧伸长量x对应的数据点，请把第 4 次测量的数据对应点描绘在坐标纸上，并作出弹簧弹力与弹簧伸长量的F-x图线_；51 （2）观察F-x图线，可以判断在弹性限度内，弹簧弹力大小F与弹簧伸长量x成正比关系，其依据是_。其中F-x图线斜率的物理意义是_；（3）该同学进一步使用该弹簧、直尺、钢球等制作了一个“竖直加速度测量仪”。如图 2 所示，不挂钢球时，弹簧下端指针位于直尺 20 cm 刻度处；下端悬挂钢球，静止时指针位于直尺 30 cm 刻度处。某次用该装置测量电梯的加速度时，发现弹簧下端指针位于直尺 31 cm 刻度处，问电梯的加速度方向为_（选填“竖直向上”或“竖直向下”），大小为重力加速度g的_倍。答案：图线为过原点的直线 弹簧的劲度系数 竖直向上 0.1 52 解析：（1）1作出弹簧弹力与弹簧伸长量的F-x图线如图；（2）2观察F-x图线，可以判断在弹性限度内，弹簧弹力大小F与弹簧伸长量x成正比关系，其依据是图线为过原点的直线；3根据F=kx，可知F-x图线斜率的物理意义是弹簧的劲度系数；（3）45静止时 =1=(30 20)加速运动时 +=2=(31 20)可得 a=0.1g 方向竖直向上。36、如图甲所示，一端带有定滑轮的长木板上固定有甲、乙两个光电门，与之相连的计时器可以显示带有遮光片的小车在其间的运动时间，与跨过定滑轮的轻质细绳相连的轻质测力计能显示挂钩处所受的拉力。拍高长木板的左端，使小车从靠近光电门乙处由静止开始运动，读出测力计的示数和小车在两光电门之间的运动时间，改变木板倾角，测得了多组数据，得到的 12的图线如图乙所示。不计空气阻力及一切摩擦。53 实验中测得两光电门的距离=0.08m，砂和砂桶的总质量=0.35kg，重力加速度取9.8m/s2，则图线的斜率为_（结果保留两位有效数字）；若小车与长木板间的摩擦不能忽略，测得的图线斜率将_（填“变大”、“变小”或“不变”）。答案：0.56kg m 不变 解析：1小车由静止开始做匀加速运动，位移 =122 =22 根据牛顿第二定律得，对于沙和沙桶 合=22+则图线的斜率为 =2=0.56kg m 2 k与摩擦力是否存在无关，若小车与长木板间的摩擦不能忽略，图线斜率将不变 37、图甲为测量滑块与木板间的动摩擦因数的实验装置示意图。木板固定在水平桌面上，打点计时器连接的电源的频率为 50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速直线运动，在纸带上打出一系列点：54 (1)图乙是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间还有一个计时点未标出。用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，则打点计时器打计数点C时纸带的速度大小v=_m/s；打该纸带的过程中滑块的加速度大小a=_m/s2；（结果均保留两位有效数字）(2)若已知滑块的质量为m1，木板的质量为m2，托盘和砝码的总质量为m3，重力加速度为g，则滑块与木板间的动摩擦因数=_。（用相应的字母符号表示）答案：0.58 4.7 =3(1+3)1 解析：(1)12相邻两计数点间还有一个计时点未标出，则T=0.04s；=2=(5.85 1.20)1020.08m/s=0.58m/s =42=(9.303.153.15)10240.042m/s2=4.7m/s2 (2)3根据牛顿第二定律可得 3 1=(1+3)解得 =3 (1+3)1