高中物理牛顿运动定律知识点总结全面整理.docx

高中物理牛顿运动定律知识点总结全面整理1单选题1、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m0.2 kg，与桌面间动摩擦因数为0.5，两磁铁起初距离为20cm，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x5cm时，B将开始运动B当x4cm时，B的加速度为10 m/s2C竖直向下压力的最大值一定大于4 NDB运动过程中加速度可能达到28 m/s2答案：C解析：ABB受到桌面的滑动摩擦力fmg050.210 N1.0 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x4cm时，B开始滑动，且加速度为零，故AB错误；C当x0时，吸引力F3.0 N，最大，要使A不动，应满足桌面对A的摩擦力fA（mgN）FN4 N故C正确；D当x0即F3.0 N时，B的加速度最大，根据牛顿第二定律FfmaB的最大加速度为10 m/s2，故D错误。故选C。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）（）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根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时1mg=ma1解得加速度大小为a1=1g方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得2mg=ma2解得加速度大小为a2=2g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=2L21+2 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=1+221g2 带入数据解得a=2.5m/s2故B正确，ACD错误。故选B。3、图示为河北某游乐园中的一个游乐项目“大摆锤”，该项目会让游客体会到超重与失重带来的刺激。以下关于该项目的说法正确的是（）A当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到失重B当摆锤由最高点向最低点摆动时，游客会体会到超重C当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到明显的超重D当摆锤摆动到最低点时，游客会体会到完全失重答案：C解析：当摆锤由最高点向最低点摆动时，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先体会到失重后体会到超重。当摆锤摆动到最低点时，具有方向向上的最大加速度，此时游客体会到明显的超重。故选C。4、如图所示，质量为m的滑块Q沿质量为M的斜面P下滑，P、Q接触面光滑，斜面P静止在水平面上，已知重力加速度为g，则在滑块Q下滑的过程中（）A滑块Q重力将减小B滑块Q处于超重状态C水平面对斜面P没有摩擦力D水平面对斜面P的支持力小于(M+m)g答案：D解析：A滑块的重力G=mg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a=gsin有向下的分加速度，所以滑块Q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f=M0+macos得f=mgsincos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Mg+mg-FN=M0+masin解得FN=(M+m)g-mgsin2故D正确。故选D。5、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）（）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根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时1mg=ma1解得加速度大小为a1=1g方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得2mg=ma2解得加速度大小为a2=2g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=2L21+2 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=1+221g2 带入数据解得a=2.5m/s2故B正确，ACD错误。故选B。6、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（）A释放瞬间甲球加速度较大Bm1m2v2v1C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m1m2=v1v2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。7、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12g的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F1，当电梯以12g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F2，重力加速度为g，则（）AF1:F2=3:1BF1:F2=3:2CF1:F2=4:3DF1:F2=5:4答案：A解析：设斜面对物体的弹力为FN，FN与竖直方向的夹角为，对于加速上升过程，竖直方向FN1cos-mg=m12g水平方向FN1sin=F1解得F1=32mgtan对于减速上升过程，竖直方向mg-FN2cos=m12g水平方向FN2sin=F2解得F2=12mgtan因此F1=3F2故BCD错误A正确。故选A。8、下列有关物体惯性的说法中正确的是（）A同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的B力是改变物体惯性的原因C物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性D受力物体的惯性将随着所受力的增大而逐渐消失答案：A解析：A惯性只与物体的质量有关，则同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的，选项A正确；B力是改变物体运动状态的原因，物体的惯性是不变的，选项B错误；C物体惯性只与质量有关，在任何状态下都均有惯性，选项C错误；D物体的惯性与受力的大小无关，选项D错误。故选A。多选题9、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m1D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a2m2gm2ga1m2gm1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a2a1即gm2gm1则m1m2故选ACD。10、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的正弦值sin=0.6，下列说法正确的是（）A滑块上升的最大高度为2710s0B滑块与斜面间的动摩擦因数为12C恒力F的大小等于2Ek0s0D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=2710s0sin=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-mg27s010-9s05sin-mg27s010-9s05cos=0-9Ek05滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有2710mgs0sin-2710mgs0cos=27Ek025联立解得=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mgsin-mgcos=27Ek0251027s0受恒力F沿斜面上滑过程有F-mgsin-mgcos=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=2mgcos2710s0=108Ek025故D正确。故选BD。11、如图所示，套在动摩擦因数为0.4的水平细杆上的小球，上端与细绳相连、左端与轻弹簧相连，轻弹簧的左端固定在O点。初始时刻小球静止在A点，此时弹簧伸长了1.5cm，绳子拉力为13.0N。已知弹簧劲度系数k=200N/m，小球质量m=0.5kg，取重力加速度g=10m/s2。某时刻剪断轻绳，下列说法正确的是（）A小球初始时刻静止在A点时受到摩擦力大小为3.0NB剪断轻绳的瞬间，小球受力个数不变C剪断轻绳的瞬间，小球加速度为2m/s2D剪断轻绳后小球向左做匀加速直线运动答案：AC解析：A小球初始时刻静止在A点时受到静摩擦力，大小等于弹力大小，故f=kx=3N故A正确；B剪断轻绳的瞬间，绳子拉力消失，小球受力个数变少，故B错误；C剪断轻绳的瞬间，弹簧弹力不变，支持力突变成5N，最大静摩擦力变为f=FN=2N则小球受力不平衡，所以加速度为a=kx-fm=2m/s2故C正确；D剪断轻绳后小球运动过程中弹簧弹力始终变化，所以做变加速直线运动，故D错误。故选AC。12、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，根据牛顿第二定律可得加速度a=mgsinm=gsin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=32gt2=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。13、如图所示，一质量为m的物块，在水平地面上原来静止，现在对物体施加一个斜向上与水平方向成的拉力F，使物体向右在地面上匀加速直线运动，已知物体与地面之间的动摩擦因数为，重力加速度为g，则下列分析正确的是（）A地面对物体的支持力大小为mg-FsinB地面对物体的支持力大小为mgC物体运动的加速度大小为FcosmD物体运动的加速度大小为Fcos-（mg-Fsin）m答案：AD解析：AB物体的受力如图所示由竖直方向的平衡可得，地面对物体的支持力大小为FN=mg-FsinA正确，B错误；CD水平方向由牛顿第二定律可得Fcos-FN=ma联立解得，物体运动的加速度大小为a=Fcos-（mg-Fsin）mC错误，D正确。故选AD。14、一质点做匀变速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则此后（）A质点速度的方向总是与该恒力的方向相同B质点单位时间内速度变化量总是不变C质点可能做曲线运动也可能做直线运动D质点加速度的方向不可能总是与该恒力的方向相同答案：BC解析：A若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，A错误；B加速度为单位时间内的速度变化量，因为施加的力为恒力，原来作用在质点上的力不发生改变，所以质点的合外力不变、加速度不变，即质点单位时间内速度变化量总是不变，B正确；C若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，若该恒力方向与质点原运动方向共线，则质点做直线运动，C正确；D根据牛顿第二定律，质点加速度方向与其原受合外力方向相同，若施加的恒力与质点原所受合外力方向相同，则与质点加速度方向相同，则此时质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，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Ta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，FN0B小球质量m0.1 kgC斜面倾角的正切值为34D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 maTsin FNcos mg联立解得FNmgcos masin Tmacos mgsin 所以小球离开斜面之前，Ta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mgtanma联立可得tan 34m0.1 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。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/s2C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=1mg可得滑块与木板间的动摩擦因数为1=0.4C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=f22mg=440=0.1D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-1mg=ma对木板有1mg-22mg=ma联立解得a=2m/s2F=12N则木板的最大加速度为2m/s2，根据F=0.5t可求得t2=24sA正确，B错误。故选ACD。填空题17、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18、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 2.510-3 C 匀减速直线运动 6.68103N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=2.510-3m/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=1025m/s2=4m/s2根据牛顿第二定律G-F推=maF推=6.68103N19、如图甲所示，重力为100N的木箱静止在水平地板上，至少要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动，此后用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则木箱与地板之间的最大静摩擦力Fmax=_N，木箱与地板之间的动摩擦因数=_；2021年8月5日，我国14岁少女全红婵在东京奥运会10米跳台决赛中创造了五个动作三跳满分的纪录，勇夺冠军，如图乙所示，比赛时在空中下降过程中她处于_状态（选填“超重”或“失重”）。答案： 35 0.3 失重解析：12由题意可知要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板之间的最大静摩擦力Fmax=35N用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则由平衡条件得f=G=30N解得=0.33 比赛时在空中下降过程中加速度向下，物体处于失重状态。20、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）答案： F5k 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F5，由胡克定律可知F5=kx则每根弹簧的伸长量x=F5k2 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F1=F2=mg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mg=ma则a=g21、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_。答案： 加速度 力解析：略22、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。（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。23、一物体从倾角为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与物体离开斜面顶端距离x之间满足=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）答案： gsin tank解析：1x=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=gsin2速度最大时，加速度为零，有mgcos=mgsin此时kxcos=sin解得x=sinkcos=tank24、“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的动量_，（填“先增大后减小”或者“一直增大”） 人的动能_，（填“先增大后减小”或者“一直增大”）加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），动量和动能_（填“最大”或者“最小”）。答案： 先增大后减小 先增大后减小 最大解析：解：1 从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人下降的速度先增大后减小，因此人的动量先增大后减小。2 人下降的速度先增大后减小，由动能公式可知，人的动能先增大后减小。3加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），人的速度最大，人的动量和动能最大。解答题25、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=1289J26、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0.75 127、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？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=v22a=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a2=F-mgm=3mg-mgm=2g 方向向上则vm22a1+vm22a2=x解得vm=1070m/s则tm=vmg=70s即电梯自由下落最长70s时间必须启动辅助牵引装置。28、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=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）答案：4N解析：由位移公式可得x=12at2由牛顿第二定律可得F-mg=ma联立解得水平拉力大小为F=4N29、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=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）答案：4N解析：由位移公式可得x=12at2由牛顿第二定律可得F-mg=ma联立解得水平拉力大小为F=4N30、如图所示，倾角=37的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离L1=0.7m，E、F间距离L2=9m。轻绳跨过滑轮连接质量mB=4kg的平板B和质量mC=3kg的重物C，质量mA=1kg且可看成质点的小物块A置于长L=3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距离L0=2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F=10N的恒力。已知小物块A、平板B之间动摩擦因数1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37=0.6，cos37=0.8，平板B与挡板P碰撞后不反弹。取g=10m/s2。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；（2）小物块A由静止运动到挡板P所用的时间。答案：（1）2N；（2）2.05s解析：（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得mA+mBgsin37-2mA+mBgcos37=mA+mBa解得a=4m/s2设B对A的静摩擦力大小为FfBA，对A受力分析，由牛顿第二定律得mAgsin37-FfBA=mAa解得FfBA=2NA、B间的最大静摩擦力Ffmax=1mAgcos=6NFfBAFfmax，所以A、B能够相对静止一起向下做匀加速运动所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N。（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足v02=2aL解得v0=4m/s设该过程的运动时间为t1，则v0=at1解得t1=1s当小物块A进入EF区间内时，A、B之间发生相对运动，对小物块A有F+mAgsin37-1mAgcos37=mAa1解得a1=10m/s2对平板B有1mAgcos37+mBgsin37-2mA+mBgcos37=mBa2解得a2=5m/s2当小物块A刚运动至E点时