(文末附答案)高中物理牛顿运动定律高频考点知识梳理.docx

(文末附答案)高中物理牛顿运动定律高频考点知识梳理1单选题1、关于曲线运动，下列说法中正确的是（）A物体作曲线运动时，它的速度可能保持不变B作曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向肯定不在一条直线上C物体只有受到一个方向不断改变的力的作用，才可能作曲线运动D作曲线运动的物体，加速度方向与所受合外力方向可能不一样2、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)g3、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 m4、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零5、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10ND物块与水平面间的动摩擦因数为0.46、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agsinB它们的加速度av1，则（）At2时刻，小物块离A处的距离达到最大Bt2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大C0t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右D0t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用16、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/s2C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填空题17、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_。18、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19、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_。20、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。21、“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”）。22、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）23、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）24、两个物体之间的作用总是_的，物体间相互作用的这一对力，通常叫作_和_。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。26、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。27、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量m2kg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0.75。对圆环施加一个与水平方向成53角斜向上、大小为F25 N的拉力，使圆环由静止开始做匀加速直线运动（sin 530.8，cos 530.6，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；28、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。29、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。30、如图所示，质量M3kg且足够长的木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F11N作用下由静止开始向右运动，当速度达到1m/s时，将质量m4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数0.2，（g10m/s2），求：（1）物块经多长时间才与木板保持相对静止；（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？（3）全过程产生的热量是多少？31、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？32、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。实验题33、理想实验有时能更深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示。下面是关于该实验被打乱的步骤：减小第二个斜面的倾角，小球在这个斜面上仍然要到达原来的高度。如图为两个对接的斜面，让小球沿一个斜面从静止滚下，小球将滚上另一个斜面。如果没有摩擦，小球将到达原来的高度。继续减小第二个斜面的倾角，最后使它成为水平面，小球将沿水平面做持续的匀速运动。(1)请将上述理想实验的设想步骤按照正确的顺序排列_（填写序号即可）。(2)在上述的设想实验步骤中，有的属于可靠的实验事实，有的则是理想化的推论，请问步骤属于_。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：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2MD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=_。35、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，得到如图所示的纸带，已知相邻计数点之间的时间间隔是T，AB、BC、CD.FG之间的间距分别是x1、x2、x3.x6。则由纸带可知待测物块Q下落的加速度大小a=_（用题目和图中已知字母表示）；（2）在忽略阻力的情况下，待测物块Q的质量可表示为M=_（用字母m、a、g表示）；（3）若考虑空气阻力、纸带与打点计时器间的摩擦及定滑轮中的滚动摩擦，则待测物块Q质量的测量值会_（填“偏大”或“偏小”）。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F和小车在两光电门之间的运动时间t，改变木板倾角，测得了多组数据，得到的F-1t2的图线如图乙所示。不计空气阻力及一切摩擦。实验中测得两光电门的距离L=0.08m，砂和砂桶的总质量m=0.35kg，重力加速度g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”）。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：(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）46(文末附答案)高中物理牛顿运动定律_01B参考答案1、答案：B解析：A曲线运动的物体，速度方向一直在变，所以曲线运动速度不可能保持不变，故A错误；B做曲线运动的物体，所受合外力方向与速度方向一定不在一条直线上，故B正确；C只要物体的合外力方向与速度方向不在一条直线上，物体就做曲线运动，力的方向不一定改变。例如平抛运动，故C错误；D由牛顿第二定律可知，加速度的方向必须与合外力方向相同，故D错误。故选B。2、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。3、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。4、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。5、答案：B解析：AB由匀变速直线运动规律可得v2-v02=2ax整理得v2=2ax+v02对比图线可知，斜率为2a1=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t1=v0a1=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2a2=6413-5m/s2解得a24m/s2两过程据牛顿第二定律分别可得Ffma1Ffma2联立两式解得F7N，f3N则动摩擦因数为=fmg=0.3CD错误。故选B。6、答案：A解析：ABA、B整体由牛顿第二定律可得(mA+mB)gsin(mA+mB)a解得agsinA正确，B错误；B对B受力分析，由牛顿第二定律可得mBgsin+T=mBa解得T=0故细绳的张力为零，CD错误。故选A。7、答案：D解析：水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得FT=Fsin60Fcos60=mAg+F1F1=mBg又mA=mB解得FT=23mAg水平细线被剪断瞬间，FT消失，弹力不能突变，A所受合力与FT等大反向，F1=mBg，所以可得aA=FTmA=23gaB=0ABC错误，D正确。故选D。8、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mg，CD错误。故选B。9、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。10、答案：ABD解析：A位移可由图象下的面积求出，则冰壶在最后1s内位移的大小能求出，故A正确；Bv-t图线的斜率可求出冰壶滑动时加速度的大小，故B正确；CD由牛顿第二定律可得F合=mg=ma可得=ag则动摩擦因数也可求出，由于不知冰壶的质量，不能求出冰壶所受摩擦力，故C错误，D正确。故选ABD。11、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。12、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。13、答案：BC解析：A物块匀减速上升的加速度大小为a1v02x110025m/s210 m/s2物块匀加速下降的加速度大小为a2v22x26428m/s24 m/s2物块上升时，根据牛顿第二定律有mg+f-F=ma1物块下降时，根据牛顿第二定律有mg-f-F=ma2解得F3 Nf3 NA错误；B物块匀减速上升的时间为t1=v0a1=1010s=1s则在t1 s时刻，物块开始反向运动，B正确；C物块匀加速下降时有x2=12a2t22解得物块匀加速下降的时间为t22 s又物块匀减速上升的时间t11 s，则23 s内物块做匀加速运动，C正确；D在物块运动路程为13 m的过程中，物块先上升5 m，后下降8 m，则高度下降3 m，D错误。故选BC。14、答案：BD解析：A由vt图象的面积规律可以知道传送带A、B间的距离x即为vt图线与t轴所围的面积，所以：x=12v1t1+v1+v22t2=1021m+10+1221=16m由平均速度的定义得小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为v=xt=162m/s=8m/s选项A错误；B由vt图象可以知道传送带运行速度为v110m/s，01s内物体的加速度为a1=vt=101m/s2=10m/s212s内的加速度为a2=21m/s2=2m/s2根据牛顿第二定律得a1gsin+gcosa2gsingcos联立计算得出0.537故B正确；C物体从A到B的过程中，动能的变化量为E1=12mv22=122122J=144J势能的变化量为E2mghmg（Lsin37）192J机械能的变化量EE1+E248J故C错误；D01s内，物块的位移x1=12a1t12=5m传送带的位移为x2vt110110m则相对位移的大小为x1x2x15m则12s内，物块的位移为x3=vt2+12a2t22=11m传送带的位移为x4vt210m则相对位移的大小为x2x3x41m所以相对路程的大小为sx1+x26m摩擦产生的热量为Qmgcoss0.5200.8648J故D正确。故选BD。15、答案：BC解析：A相对地面而言，小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；B小物块在0t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1t2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，t2时刻两者同速，在t2t3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；C由B中分析可知，0t2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0t2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t2t3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。16、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。17、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=Ff1Ff2tan118、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19、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。20、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。21、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。22、答案： 4 4解析：12对物体受力分析，由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma即加速度为a=gsin-gcos=4ms2又由运动学公式v2=2ax解得物体下滑2m时的速度为v=4ms23、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=g24、答案： 相互 作用力 反作用力解析：略25、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、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=8:527、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=Fcos=15NF2=Fsin=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/s228、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。29、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