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高中物理牛顿运动定律重难点归纳

1

单选题
1、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=gsinθ
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=M×0+macosθ
得
f=mgsinθcosθ
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=M×0+masinθ
解得
FN=(M+m)g-mgsin2θ
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）（　　）

A．0.25m/s2B．2.5m/s2C．0.5m/s2D．5m/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
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g
方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2
解得加速度大小为
a2=μ2g
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=μ2L2μ1+μ2
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=μ1+2μ2μ1gμ2
带入数据解得
a=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f＝kv（k为正的常量）。两球的v－t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
B．m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0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
mg＝kv
则
m1m2=v1v2
选项B错误；
C．由图象可知v1＞v2，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m＝1 kg，初速度v0＝10 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g＝10 m/s2），则下列说法正确的是（　　）

A．0～5 s内物块做匀减速运动
B．在t＝1 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
v2-v02=2ax
整理得
v2=2a⋅x+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
a1＝10m/s2
减速到零的时间为
t1=v0a1=1s
故0～1s内物块做匀减速运动，在t＝1s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
a2＝4m/s2
两过程据牛顿第二定律分别可得
F＋f＝ma1
F－f＝ma2
联立两式解得
F＝7N，f＝3N
则动摩擦因数为
μ=fmg=0.3
CD错误。
故选B。
5、如图所示，有A、B两物体，mA＝2mB，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a＝gsinθ
B．它们的加速度aD．细绳的张力FT=13mBgsinθ
答案：A
解析：
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
(mA+mB)gsinθ＝(mA+mB)a
解得
a＝gsinθ
A正确，B错误；
B．对B受力分析，由牛顿第二定律可得
mBgsinθ+T=mBa
解得
T=0
故细绳的张力为零，CD错误。
故选A。
6、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）

A．aA=aB=gB．aA=2g，aB=0
C．aA=3g，aB=0D．aA=23g，aB=0
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=Fsin60°
Fcos60°=mAg+F1
F1=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=23g
aB=0
ABC错误，D正确。
故选D。
7、我国将于2022年前后完成空间站在轨组装工程空间站由核心舱、实验舱等构成。其中核心舱全长约18.1m，有5个对接口用于载人飞船、货运飞船及其他飞行器访问空间站。关于本材料中的物理知识，下列说法正确的是（　　）
A．空间站在太空“漂浮”时没有惯性
B．货运飞船与核心舱对接时可看成质点
C．“18.1m”中的m是国际单位制中的基本单位
D．货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是静止的
答案：C
解析：
A．惯性仅与物体的质量有关，与运动状态无关，故A错误；
B．货运飞船与核心舱对接时，货运飞船的形状和大小不能忽略，不可以看成质点，故B错误；
C．“18.1m”中的m是国际单位制中的基本单位，故C正确；
D．货运飞船与核心舱对接时，以地球为参考系它是运动的，故D错误。
故选C。
8、下列说法正确的是（     ）
A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
答案：C
解析：
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；
B．万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。
故选C。
多选题
9、运动员以一定的初速度将冰壶沿水平冰而推出，冰壶在最后1s由于摩擦阻力的作用，速度随时间变化的v-t图像如图所示，空气阻力不计，重力加速度为g，根据图象能求出的物理量是（　　）

A．冰壶在最后1s内位移的大小B．冰壶滑动时加速度的大小
C．冰壶滑动时所受摩擦力D．冰壶与冰面间的动摩擦因数
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；
B．v-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=μmg=ma
可得
μ=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。
10、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3.0N
B．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/s2
D．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'=μFN=2N
则小球受力不平衡，所以加速度为
a=kx-f'm=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。
11、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θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
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∘=32g
t2=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。
12、物块的质量m＝1.0 kg，在一竖直向上的恒力F作用下以初速度v0＝10 m/s开始竖直向上运动，该过程中物块速度的平方v2随路程x变化的关系图象如图所示，取g＝10 m/s2，物块在运动过程中受到与运动方向相反且大小恒定的阻力，下列选项中正确的是（　　）

A．恒力F大小为7 N
B．在t＝1 s时刻，物块开始反向运动
C．2～3 s内物块做匀加速运动
D．在物块运动路程为13 m过程中，高度上升了3 m
答案：BC
解析：
A．物块匀减速上升的加速度大小为
a1＝v02x1＝1002×5m/s2＝10 m/s2
物块匀加速下降的加速度大小为
a2＝v22x2＝642×8m/s2＝4 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
F＝3 N
f＝3 N
A错误；
B．物块匀减速上升的时间为
t1=v0a1=1010s=1s
则在t＝1 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
t2＝2 s
又物块匀减速上升的时间t1＝1 s，则2～3 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。
13、如图甲所示，倾角为θ＝37°的传送带以恒定速率逆时针运行，现将一质量m＝2kg的小物体轻轻放在传送带的A端，物体相对地面的速度随时间变化的关系如图乙所示，2s末物体到达B端，取沿传送带向下为正方向，g＝10m/s2，sin37°＝0.6，则（　　）

A．小物体在传送带A、B两端间运动的平均速度为7m/s
B．物体与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5
C．2s内物体机械能的减少量△E＝24 J
D．2s内物体与传送带摩擦产生的内能Q＝48J
答案：BD
解析：
A．由v﹣t图象的面积规律可以知道传送带A、B间的距离x即为v﹣t图线与t轴所围的面积，所以：
x=12v1t1+v1+v22t2=102×1m+10+122×1=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v﹣t图象可以知道传送带运行速度为v1＝10m/s，0﹣1s内物体的加速度为
a1=ΔvΔt=101m/s2=10m/s2
1﹣2s内的加速度为
a2=21m/s2=2m/s2
根据牛顿第二定律得
a1＝gsinθ+μgcosθ
a2＝gsinθ﹣μgcosθ
联立计算得出
μ＝0.5
θ＝37°
故B正确；
C．物体从A到B的过程中，动能的变化量为
E1=12mv22=12×2×122J=144J
势能的变化量为
E2＝mgh＝mg（﹣Lsin37°）＝﹣192J
机械能的变化量
△E＝E1+E2＝﹣48J
故C错误；
D．0﹣1s内，物块的位移
x1=12a1t12=5m
传送带的位移为
x2＝vt1＝10×1＝10m
则相对位移的大小为
△x1＝x2﹣x1＝5m
则1﹣2s内，物块的位移为
x3=vt2+12a2t22=11m
传送带的位移为
x4＝vt2＝10m
则相对位移的大小为
△x2＝x3﹣x4＝1m
所以相对路程的大小为
△s＝△x1+△x2＝6m
摩擦产生的热量为
Q＝μmgcosθ△s＝0.5×20×0.8×6＝48J
故D正确。
故选BD。
14、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2>v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0~t3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0~t1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0~t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1~t2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t2~t3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，0~t2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0~t2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t2~t3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θ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g＝10 m/s2。则（　　）

A．a＝403m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为34
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(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 θ－FNsin θ＝ma
Tsin θ＋FNcos θ＝mg
联立解得
FN＝mgcos θ－masin θ

T＝macos θ＋mgsin θ
所以小球离开斜面之前，T­a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝403m/s2时，小球将要离开斜面，则此时FN＝0，选项A正确；
BC．当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以
mgsin θ＝T
当a＝403m/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
mgtanθ＝ma
联立可得
tan θ＝34
m＝0.1 kg
选项B、C正确；
D．将θ和m的值代入
FN＝mgcos θ－masin θ
得
FN＝0.8－0.06a(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。
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：①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；
②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：
（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）[2][3]意义：①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；
②[4][5]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，mA=4.0kg，mB=2.0kg，A和B紧靠着放在光滑水平面上，从t=0时刻起，对B施加向右的水平恒力F2=4.0N，同时对A施加向右的水平变力F1=20-20tN，t=______s时A、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
F1=20-20t
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
F1mA=F2mB
联立并代入数值可得
t=0.6s
[2]当t=0.6s时
F1=20-20t=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
F1+F2=mA+mBa
代入数值可得
a=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
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     2.5×10-3     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
v=xt=93600m/s=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．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）[4][5]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=-114m/s2
火星车受到的合力
火星表面的重力加速度
g火=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F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：
[1][2]对物体受力分析，由牛顿第二定律得
mgsinθ-μmgcosθ=ma
即加速度为
a=gsinθ-μgcosθ=4ms2
又由运动学公式
v2=2ax
解得物体下滑2m时的速度为
v=4ms
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）

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=kΔx
则每根弹簧的伸长量
Δx=F5k
[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
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=g
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     2.5×10-3     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
v=xt=93600m/s=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．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）[4][5]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=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F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。
（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）m1m2m1+m2g；（2）2：1。
解析：
（1）对A有
m1g﹣FT=m1a1
对B有
FT=m2a1
则
FT=m1m2m1+m2g
（2）对A有
m1g﹣FT2=m1a2
对B+C有
FT2=2m2a2
则
FT2=2m1m2m1+2m2g
由
FT2=32FT
得
2m1m2gm1+2m2=3m1m2g2(m1+m2)
所以
m1：m2=2：1
26、如图所示，传送带沿逆时针方向以速度v0=2m/s匀速运动，两皮带轮A、B之间的距离L=8.2m，传送带绷紧与水平方向的夹角θ=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μ=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g=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Δx的大小；

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v0前的过程中，由牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
代入数据解得
a1=10m/s2
经历的时间为
t1=v0a1=210s=0.2s
物块运动的位移
x1'=v0t12m=2×0.22m=0.2m
物块的速度达到v0之后，有
mgsinθ>μmgcosθ
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
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
代入数据解得
a2=2m/s2
设物块运动到脱离传送带这一过程经历时间为t2，则有
x2'=L-x1'=v0t2+12a2t22
解得
t2=2s
所以此物块在传送带上运动的时间为
t=t1+t2=2.2s
（2）传送带运动的位移分别为
x1=v0t1=2×0.2m=0.4m
x2=v0t2=4m
划出痕迹的长度为
ΔL1=x1-x1'=0.2m
ΔL2=x2'-x2=8m-4m=4m
物块相对传送带的位移为
Δx=ΔL2-ΔL1=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=v0＋at
解得
t=15s
（2）匀加速阶段位移
x1=12at2=12×1×152m=112.5m
匀速阶段位移
x2=v（50s-2t）=15×（50-2×15）m=300m
匀减速阶段位移
x3=v22a=112.5m
因此观景台的高度
x=x1＋x2＋x3=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、如图所示，倾斜传送带长度L=5.8m，倾斜角度θ=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μ=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°+μgcos37°=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°-μgcos37°=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+m2v2
12m1v2=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=μm1gcos37°d1+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/s
Ep=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+m3v3
12m2v22=1