高中物理牛顿运动定律知识点总结归纳.docx

高中物理牛顿运动定律知识点总结归纳完整版

1

单选题
1、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
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。
2、如图所示，一个倾角为θ=37∘的斜面固定在水平面上，斜面底端固定一垂直于斜面的挡板，一劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧下端固定在挡板上，上端与物块A接触，物块A与物块B接触且均不粘连，弹簧与斜面平行，物块B通过与斜面平行的轻质细线跨过斜面顶端的定滑轮与物块C连接，物块A、B和C的质量均为1kg，物块A、B与斜面之间的动摩擦因数均为μ=0.25，且三个物块都可以视为质点。刚开始，用手托住C使细线恰好伸直时，A、B处于静止状态且与斜面间静摩擦力刚好为0，然后松开手，物块C下落时A、B上升，重力加速度为g，cos37∘=0.8，sin37∘=0.6。下列说法中正确的是（　　）

A．物块C下落速度最大时物块A、B分离
B．A、B物块分离时细线的拉力为9N
C．从释放C到A、B分离，物块A的位移为12cm
D．从释放C到A、B分离，物块A的位移为9cm
答案：B
解析：
CD．刚开始时物块A、B在弹簧弹力、重力和斜面的作用力共同作用下保持平衡，设弹簧的压缩量为x0，根据平衡条件有
2mgsinθ=kx0
得到
x0=2mgsinθk=12 cm
释放物块C后，三个物块一起做加速运动，当物块A、B分离瞬间，根据牛顿第二定律，对整体有
mg+kx-2mgsinθ-2μmgcosθ=3ma
对物块B、C整体分析有
mg-mgsinθ-μmgcosθ=2ma
联立得到分离时加速度为
a=1 m/s2
此时弹簧的压缩量为
x=9 cm
所以物块A在这段时间内上升的位移为
Δx=x0-x=3 cm
故CD错误；
B．对B分析有
FT-mgsinθ-μmgcosθ=ma
得到细线的拉力
FT=9 N
故B正确；
A．因为物块A与B分离时C还有向下的加速度，所以其速度还没有达到最大，故A错误。
故选B。
3、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。
4、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。
5、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。
6、亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，伽利略用实验+科学推理”的方法推翻了亚里士多德的观点，关于伽利略理想实验，以下说法正确的是（　　）
A．完全是理想的，没有事实为基础
B．是以可靠事实为基础的，经科学抽象深刻反映自然规律
C．没有事实为基础，只是理想推理
D．过于理想化，所以没有实际意义
答案：B
解析：
在伽利略研究力与运动的关系时，是在斜面实验的基础上，成功地设计了理想斜面实验，他以实际的实验为依据，抓住了客观事实的主要因素，忽略了次要因素，从而能够更深刻地揭示了自然规律。因此，理想实验是实际实验的延伸，而不是实际的实验，是建立在实际事实基础上的合乎逻辑的科学推断，故ACD错误，B正确。
故选B。
小提示：
要了解伽利略“理想实验”的内容、方法、原理以及物理意义，伽利略实验的卓越之处不是实验本身，而是实验所使用的独特的方法在实验的基础上，进行理想化推理。（也称作理想化实验）它标志着物理学的真正开端。
7、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。
8、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。
多选题
9、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
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。
10、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
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。
11、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。
12、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F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0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t2＝24sB．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
f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为
μ1=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
μ2=f22mg=440=0.1
D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-μ1mg=ma
对木板有
μ1mg-2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2
F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
A正确，B错误。
故选ACD。
13、北京冬奥会于2022年2月4日开幕，中国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为“跳台滑雪”赛道的组成部分，为简便处理可抽象为：助滑道倾角为53o，着陆坡倾角为37o，助滑道长57829m，水平起跳区长13.2m，起跳区其一端与助滑道平滑连接（无机械能损失），另一端与着陆坡斜面相接。可视为质点的运动员总质量m=80kg在助滑道顶端从静止出发经6829s滑到起跳区，从起跳区滑出并在着陆坡着陆。已知各处摩擦因数相同，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则（　　）

A．滑道的摩擦因数为0.125
B．落地点到起跳点的距离为48m
C．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为1320J
D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，着陆速度方向与着陆坡的夹角将增大
答案：AB
解析：
A．运动员在助滑区做匀加速运动，由
x1=12at2
解得
a=7.25m/s2
由牛顿第二定律
a=mgsin53°-μmgcos53°m
解得
μ=0.125
故A正确；
B．从助滑区滑下的速度为
v=at=7.25×6829=17ms
在起跳区，由动能定理
-μmgx2=12mv12-12mv2
解得起跳时速度
v1=16ms
水平起跳后做平抛运动，由
x=v1t1， y=12gt12， tan37°=yx
落地点到起跳点的距离为
s=x2+y2=48m
故B正确；
C．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为
ΔE=μmgx1cos53°+μmgx2=1594J+1320J=2914J
故C错误；
D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，则起跳时速度v2变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为θ，则
tanθ=v2gt2
又
tan37°=v2t212gt22=2v2gt2
所以着陆速度方向与竖直方向的夹角不变，则着陆速度方向与着陆坡的夹角不变。故D错误。
故选AB。
14、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小
B．滑块2经过B处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为3：2
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5
答案：BD
解析：
AB．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；
C．物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为
h=(3d)2+(4d)2-3d=2d
则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g·2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C错误；
D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1:v2=4:5
故D正确；
故选BD。
15、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。
16、如图所示，质量m=100kg的重物，在大小F=1.25×103N、方向竖直向上的拉力作用下，由静止开始加速上升，不计空气阻力，g取10m/s2，则（　　）

A．重物上升的加速度大小为12.5m/s2
B．重物上升的加速度大小为2.5m/s2
C．运动2s时速度大小为25m/s
D．运动2s时速度大小为5m/s
答案：BD
解析：
由牛顿第二定律有
F-mg=ma
得
a=2.5m/s2
由匀变速直线运动规律有
v=at
得
v=5m/s
故BD正确，AC错误。
故选BD。
填空题
17、如图，光滑固定斜面的倾角为30°，A、B两物体的质量之比为4∶1。B用不可伸长的轻绳分别与A和地面相连，开始时A、B离地高度相同。此时B物体上、下两绳拉力之比为_______，在C处剪断轻绳，当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为_______。

答案：     2:1     1:2
解析：
[1]设AB的质量分别为4m和m，对A分析可知，绳子的拉力
T1=4mgsin30∘=2mg
对B物体
T1=mg+T2
解得下边绳子的拉力为
T2=mg
则B物体上、下两绳拉力之比为2:1；
[2]设开始时AB距离地面的高度分别为h，则B落地时间
t=2hg
B落地速度
vB=2gh
此时A的速度
vA=at=gsin30∘t=122gh
即当B落地前瞬间，A、B的速度大小之比为1:2。
18、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___________。

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。
19、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
20、力和运动的关系
牛顿第二定律确定了物体___________和力的关系：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的___________成反比；加速度的方向与物体___________的方向相同。
答案：     加速度     质量     合外力
解析：
[1][2][3]根据牛顿第二定律可知，物体加速度和力的关系为：加速度的大小与物体所受合力的大小成正比，与物体的质量成反比；加速度的方向与物体合外力的方向相同。
21、在竖直方向运行的电梯中，会出现置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为__________现象。此时电梯的运动情况是__________。
答案：     失重     向下加速或向上减速
解析：
[1][2]置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为失重现象，此时电梯的加速度竖直向下，则其运动情况为：向下加速或者向上减速。
小提示：
22、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
23、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
24、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。
解答题
25、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）
答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=12at2
由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
26、如图所示，水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板，木板与地面的动摩擦因数为μ。在木板的最右端放一质量为m的小物块，物块是由持殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙而与木板的动摩擦因数为μ。在木板上施加水平向右拉力F=6μmg，g为重力加速度。
（1）若物块的光滑面与木板接触，物块经多长时间离开木板；
（2）若物块的粗糙面与木板接触，求物块在木板上运动过程中，系统产生的总热量。

答案：（1）L2μg；（2）4μmgL
解析：
（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有
F-2μmg=ma
根据匀变速直线运动规律，有
L=12at2
解得
t=L2μg
（2）设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为a1，物块的加速度为a2，经过时间t1，物块离开木板，木板的位移为x1，物块的位移为x2。对木板，根据牛顿第二定律有
F-3μmg=ma1
对物块，同理有
μmg=ma2
根据匀变速直线运动的规律，有
x1=12a1t12
x2=12a2t12
当物块离开木板时，有
x1-x2=L
解得
x1=1.5L
在这过程中，木板与地面摩擦产生的热量
Q1=2μmgx1=3μmgL
物块和木板相对运动产生的热量
Q2=μmgL
所以，产生的总热量
Q=Q1+Q2=4μmgL
27、2022年北京冬季奥运会将于2022年2月4日在北京开幕，在冬奥会上跳台滑雪是非常具有观赏性的项目。某段直滑道的示意图如下，O，M，N，P为滑道上的四个点，其中MN段的长度l1=200m，NP段的长度为l2=300m，运动员从O点由静止开始匀加速下滑，已知运动员经过MN段所用的时间和经过NP段所用的时间相同，求：
（1）滑道OM段的长度l；
（2）若滑道的倾角θ=30°，忽略一切阻力，求运动员经过OM段的时间t。

答案：（1）112.5m；（2）35s或6.7s
解析：
（1）运动员经过MN段所用的时间为t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得
l2-l1=at2
vN=l1+l22t
又
l=vN22a-l1
联立解得
l=112.5m
（2）根据牛顿第二定律，可得
mgsinθ=ma
根据匀变速直线运动位移时间公式可得
l=12at2
代入数据，解得
t=35s=6.7s
28、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

29、如图甲所示，水平地面上放置着一长木板，一质量m=3kg的滑块（可看成质点）以初速度v0=3m/s从长木板左端滑上，且与长木板间的动摩擦因数μ1=0.2。已知长木板的质量M=4kg、长度L=1.25m，与水平地面间的动摩擦因数μ2=0.1，取重力加速度大小g=10m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
（1）求滑块刚滑到长木板右端时的速度大小；
（2）若滑块刚滑上长木板左端时，在长木板的右端施加一水平恒力F（如图乙所示），使得滑块刚好不能从长木板的右端滑出，求水平恒力F的大小。

答案：（1）v=2ms；（2）F=7.4N
解析：
（1）对长木板受力分析有
μ1mg<μ2M+mg
则木板始终静止，取滑块初速度方向为正，对滑块受力分析有
a1=-μ1g=-2m/s2
滑块刚滑到长木板右端时，由匀变速直线运动公式有
v2-v02=2a1L
解得
v=2ms
（2）由题可知滑块滑到长木板右端时两者刚好速度相同，滑块在长木板上滑动时的加速度仍为a1，设长木板的加速度大小为a2，经过时间t两者速度大小相等
v0+a1t=a2t
v0t+12a1t2-12a2t2=L
解得
a2=1.6m/s2
对长木板由牛顿第二定律有
F+μ1mg-μ2M+mg=Ma2
解得
F=7.4N
30、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
31、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
32、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
实验题
33、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）。

答案：     E     1.37     0.5
解析：
[1]橡胶滑块在沥青路面上做匀减速直线运动，速度越来越小，在相等的时间内，两计数点间的距离越来越小，所以打点计时器最先打出的是E点；
[2]由题知，每两个相邻点之间还有4个打出的点未画出，所以两个相邻计数点的时间为：T=0.1s，根据匀变速直线运动中时间中点的速度等于该过程中的平均速度，则打出D点时物块的速度大小为
vD=xCE2T=xCD+xDE2T
代入数据解得：vD=1.37m/s；
[3]根据匀变速直线运动的推论公式
△x=aT2
可以求出加速度的大小，得：
a=xAB+xBC-xCD-xDE4T2
代入数据解得：a=-5m/s2
对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：
-μmg=ma
解得：μ=0.5
34、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