高中物理牛顿运动定律基础知识点归纳总结.docx

高中物理牛顿运动定律基础知识点归纳总结1单选题1、如图所示。质量均为m的a、b两物块用轻杆连接放在倾角为37的斜面上、a在斜面上的BC段、b在斜面上的AB段。斜面上AB段粗糙，b与AB段间的动摩擦因数为0.5，BC段光滑，重力加速度为g。同时释放a、b，则释放的一瞬间（已知sin37=0.6，cos37=0.8）（）A物块a的加速度大小为0.4gB物块a的加速度大小为0.5gC杆对物块a的拉力大小为0.4mgD杆对物块a的拉力大小为0.3mg答案：A解析：释放a、b的一瞬间、对a、b整体研究，有2mgsin37-mgcos37=2ma解得a=0.4g对a研究，有mgsin37-T=ma解得T=0.2mg故选A。2、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（）A物体通过O点时所受的合外力为零B物体将做阻尼振动C物体最终只能停止在O点D物体停止运动后所受的摩擦力为mg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。3、如图所示，倾角为=37的传送带以速度v1=2m/s顺时针匀速转动。将一物块以v2=8m/s的速度从传送带的底端滑上传送带。已知小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，传送带足够长，取sin37=0.6,cos37=0.8， g=10m/s2，下列说法正确的是（）A小物块向上运动过程中的加速度大小为10m/s2B小物块向上运动的时间为1. 2sC小物块向上滑行的最远距离为4mD小物块最终将随传送带一起向上匀速运动答案：C解析：ABD由于物块的速度大于传送带的速度，所以物块相对传送带向上运动，物块受重力和沿斜面向下的滑动摩擦力，沿斜面方向有根据牛顿第二定律mgsin+mgcos=ma1代入数据解得a1=10m/s2方向沿斜面向下。设物体减速到传送带速度需要的时间为t1，有t1=v1-v2-a1=0.6s由于物体所受重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，因此物体相对传送带向下运动，受到的滑动摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向根据牛顿第二定律有mgsin-mgcos=ma2代入数据解得：a2=2m/s2方向沿斜面向下；最后减速到速度为零的时间为t2=v1a2=1s故小物块向上运动的时间为1.6s。故ABD错误。C小物块向上滑行的最远距离为x=v1+v22t1+v12t2=2+820.6+221m=4m故C正确。故选C。4、如图所示，物体静止于水平面上的O点，这时弹簧恰为原长l0，物体的质量为m，与水平面间的动摩擦因数为，现将物体向右拉一段距离后自由释放，使之沿水平面振动，下列结论正确的是（）A物体通过O点时所受的合外力为零B物体将做阻尼振动C物体最终只能停止在O点D物体停止运动后所受的摩擦力为mg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。5、如图所示，质量为m1的木块和质量为m2的长木板叠放在水平地面上，现对木块施加一水平向右的拉力F，木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。己知木块与长木板间的动摩擦因数为1，长木板与地面间的动摩擦因数为2，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是（）A木块受到的摩擦力大小为1(m1m2)gB长木板受到的摩擦力大小为2(m1m2)gC若改变F的大小，当F1(m1m2)g时，长木板将开始运动D若将F作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动答案：D解析：AB先对木块受力分析，受拉力F、重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动摩擦力为Ff1=1m1g根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的静摩擦力，根据平衡条件，则木板受到的摩擦力的合力大小为0，故AB错误；C若改变F的大小，当F1(m1+m2)g时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动，故C错误；D若将力F作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力，当整体的加速度大于g时，木块一定会发生相对木板的滑动，故D正确。故选D。6、如图所示，滑轮A可沿倾角为的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为G的物体B，下滑时，物体B相对于A静止，则下滑过程中（不计空气阻力）（）A绳的拉力为GB绳的拉力为GcosC绳的方向与光滑轨道不垂直DB的加速度为g sin答案：D解析：D对整体分析，根据牛顿第二定律得：加速度为 a=MgsinM=gsin则B的加速度为gsin。故D正确。ABC隔离对B分析，根据牛顿第二定律知，B的合外力沿斜面向下，大小为mBa=mBgsin=Gsin由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小为T=Gcos选项ABC错误。故选D。7、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。小物块返回斜面底端时的速度大小为（）A2 m/sB22 m/sC1 m/sD3 m/s答案：B解析：物块上滑时，根据牛顿第二定律有mgsin37+mgsin37=ma1设上滑的最大位移为x，根据速度与位移的关系式有v02=2a1x物块下滑时，根据牛顿第二定律有mgsin37-mgsin37=ma2设物块滑到底端时的速度为v，根据速度与位移的关系式有v2=2a2x联立代入数据解得v=22ms故ACD错误B正确。故选B。8、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。多选题9、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。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/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、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（）A若小车向左运动，FN可能为零B若小车向左运动，FT可能为零C若小车向右运动，FN不可能为零D若小车向右运动，FT不可能为零答案：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、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。13、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。14、如图所示.轻弹簧放在倾角为37的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面的底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐。质量为m的物块从斜面上的a点由静止释放，物块下滑后，压缩弹簧至c点时速度刚好为零，物块被反弹后滑到ab的中点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为14L，重力加速度为g，sn37=0.6，cos37=0.8，则（）A物块与斜面间的动摩擦因数为0.3B物块与弹簧作用过程中，向上运动和向下运动速度都是先增大后减小C弹簧具有的最大弹性势能为mgLD物块由静止释放到最终静止过程中，因摩擦产生的热量小于mgL答案：BD解析：A设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有mgsin3712L-mgcos372L=0解得=316A错误；B物块与弹簧作用过程中，向下运动时，速度先增大后减小，向上运动时，速度先增大后减小，B正确；Cc点弹簧具有的最大弹性势能，ac过程应用能量守恒可得Ep=(mgsin37-mgcos37)54L=916mgLC错误；D当物块最终静止时，静止的位置位于b，c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于mgsin3754L=34mgLD正确。故选BD。15、如图中a、b、c为三个物块，M、N为两个轻质弹簧，R为跨过光滑定滑轮的轻绳，它们连接如图所示并处于平衡状态，则下列说法中可能正确的是（）AM处于拉伸状态，N处于拉伸状态BM处于压缩状态，N处于拉伸状态CM处于拉伸状态，N处于原长状态DM处于原长状态，N处于拉伸状态答案：ABD解析：由于N弹簧上面与细线相连，故N弹簧可能处于原长也可能被拉伸；当N弹簧处于拉伸状态时，细线对a有拉力，当拉力小于a物体的重力时，M弹簧处于压缩状态；当拉力等于a物体的重力时，M弹簧处于原长状态；当拉力大于a物体的重力时，M弹簧处于伸长状态；从上面的分析中发现共有四种情况，即N处于伸长状态，M处于压缩状态；N处于伸长状态，M也处于伸长状态；N处于伸长状态而M处于原长状态；N处于原长，M处于压缩状态。故ABD正确，C错误。故选ABD。16、如图所示，A、B、C为三个完全相同的物体，当水平力F作用于A上，三物体一起向右匀速运动；某时撤去力F后，三物体仍一起向右运动，设此时A、B间摩擦力为f，B、C间作用力为FN。整个过程三物体无相对滑动，下列判断正确的是（）Af0Bf0CFN0DFN0答案：BC解析：CD开始三个物体在拉力F的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对B、C总的摩擦力f=FB受地面的摩擦力为23F，C受地面的摩擦力为13F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知aB=23F2m=F3maC=13Fm=F3mB、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力FN=0D错误，C正确；AB撤去F后，整个过程三物体无相对滑动，则A与B加速度相同，B对A有向左的摩擦力f=maB=F3A错误，B正确。故选BC。填空题17、如图所示，一只质量为m的小鸟停在圆弧形的树枝上休息，如果小鸟要停在树枝的A、B两点，你认为小鸟停在哪一点更轻松_（填“A”或“B”）；已知弧形树枝A点位置切线的倾角为，则小鸟停在该位置时对树枝的作用力大小为_（重力加速度为g）。答案： B mg解析：1停在树枝的A点要避免滑落，需抓牢树枝，故小鸟停在B点更轻松。2小鸟停在该B点时由平衡条件可得，树枝对小鸟的作用力竖直向上，大小等于mg，由牛顿第三定律可知，小鸟对树枝的作用力大小为mg。18、如图所示，质量分别为1kg和2kg的A和B两物块放在光滑的水平地面上，用劲度系数为k=200N/m轻质弹簧连接在一起。两物块在水平力拉力F=15N作用下，一起以相同的加速度向右做匀加速运动，其加速大小a=_m/s2，弹簧的伸长量x=_cm。答案： 5 2.5解析：1对整体根据牛顿第二定律可得a=FmA+mB=5m/s22设弹簧对A的弹力大小为FA，对A根据牛顿第二定律可得FA=mAa=5N根据胡克定律可得x=FAk=2.5cm19、教科书中这样表述牛顿第一定律：“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。”其中最后一个“状态”是指物体的_；物体总保持匀速直线运动状态或静止状态是因为物体具有_。答案： 速度 惯性解析：12 教科书中这样表述牛顿第一定律：“一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，直到有外力迫使它改变这种状态为止。”其中最后一个“状态”是指物体的速度；物体总保持匀速直线运动状态或静止状态是因为物体具有惯性。20、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_。答案： 相互 作用力 反作用力解析：略21、“蹦极”一项非常刺激的体育运动，某人身系弹性绳自高空P点自由下落，图中a点是弹性绳的原长度位置，c是人所到达的最低点，b是人静止地悬吊着时的平衡位置。人在从P点下落到最低点c点的过程中，加速度变化情况为_；_点速度最大（选填“P”“a”“b”“c”）。答案： 先不变再减小后反向增大 b解析：12人从P点到a点过程中做自由落体运动，从a到b过程中随着弹性绳的拉力增大，人的加速度减小，当到b点时，加速度为零，速度达到最大，从b到c过程中，弹性绳弹力大于重力，人的加速度反向增大。22、如图，质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角=37角的斜向上的拉力。已知sin37=0.6，cos37=0.8，取g=10m/s2，物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为_。答案：16.25m解析：物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F。根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程FcosFf=maFsinFNG=0FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力Ff=FN联立方程，解得a=1.3m/s2由运动学公式得5s内物体的位移x=12at2=121.352m=16.25m23、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_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 所受合力 质量 受到的合力解析：略24、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=tank解答题25、如图甲所示，水平地面上有一足够长的木板C，质量为m3=2kg。 木板C上静置一物块B，质量为m2=1 kg。现有一质量为m1 =2 kg的物块A以v0=5 m/s的速度从左端滑上木板C，木板C 与地面间的动摩擦因数为3=0.2,物块A与木板C间的动摩擦因数为1=0.4。物块A滑行一段距离后与物块B发生弹性正碰，碰撞时间极短。从物块A滑上木板C开始计时，木板C的速度随时间t变化的关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块A、B大小可忽略。取g=10 m/s2，求：（1）木板C刚开始运动时的加速度大小； （2）物块B与木板C间的动摩擦因数2；（3）物块A、B间的最终距离。答案：（1）1m/s；（2）0.4；（3）x=2815m解析：（1）由图乙可知木板C开始运动时的加速度大小a=vt=1m/s2（2）物块A与木板C之间的摩擦力Ff1=1m1g=8N，Ff1=m1a1木板C与地面之间的最大静摩擦力Ff3=3(m1+m2+m3)g=10N所以开始物块A滑动时，木板C静止不动。物块A、B碰撞后都向右滑动的过程中，物块B与木板C之间的摩擦力Ff2=2m2g，Ff2=m2a2木板C的加速度a=Ff1+Ff2-Ff3m3解得2=0.4（3）由图乙可知木板在0.5s时开始滑动，说明物块A滑行0.5s时与物块B碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度v2=v1-a1t1=3m/s物块A与物块B发生弹性碰撞，根据动量守恒定律得m1v2=m1v3+m2v4由机械能守恒定律得12m1v22=12m1v32+12m2v42解得v3=1m/s，v4=4m/sA、B碰撞后物块A向右减速，加速度大小为a1，物块B向右减速，加速度大小为a2，木板C向右加速，加速度大小为a，经时间t，物块A与木板C共速，则v5=v3-a1t=at此时物块B的速度大小v6=v4-a2t此过程A运动的位移x1=v3+v52tB运动的位移x2=v4+v62t此后A、C整体相对静止和B分别减速至零，以A、C整体为研究对象，由牛顿第二定律得Ff3-Ff2=(m1+m3)a共此过程A、C整体的位移x3=v522a共B的位移x4=v622a2由以上各式联立，解得A、B间的最终距离x=(x2+x4)-(x1+x3)=2815m26、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？答案：（1）1s；（2）6.28N；（3）4J解析：（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：物体加速度 a1g2m/s2板的加速度a2=F-mgM=1m/s2当两物体达速度相等后保持相对静止，故a1tv+a2tt1s （2）相对静止后，对整体 F（M+m）a对物体有fma 解得f6.28N （3）1s内物块的位移x1=12a1t2=1m木板的位移x2=vt+12a2t2=1.5m则相对路程x0.5m则全过程产生的热量Qfxmgx4J27、如图所示，质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=1.0kg的小物块放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F=10N的力作用在小物块上，当小物块在木板上滑过L1=2.0m的距离时，撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数=0.4，重力加速度g取10m/s2，求（1）撤去F前，小物块和木板的加速度大小；（2）力F作用的时间；（3）要使小物块不从木板上掉下来，木板的最小长度。（结果均可用分式表示）答案：（1）a物=6ms2，a木=2ms2；（2）1s；（3）103m解析：（1）撤去F前，假设物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有F=M+ma共解得a共=103ms2对木板，根据牛顿第二定律有f=Ma共=203Nmg则物块与木板之间发生相对滑动，对物块，根据牛顿第二定律有F-mg=ma物解得a物=6ms2对木板，根据牛顿第二定律有mg=Ma木解得a木=2ms2（2）设力F作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x=v0t+12at2可知，此时，物块的位移为x1=12a物t2木板的位移为x2=12a木t2又有x1-x2=L1解得t=1s（3）撤去拉力时，根据v=v0+at可知，此时，物块的速度为v物=6ms木板的速度为v木=2ms要使小物块不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有mv物+Mv木=M+mv共解得v共=103ms撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有-mg=ma1解得a1=-4ms2木板的受力没有发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2-v02=2ax可知，物块的位移为x1=289m木板的位移为x2=169m则木板的最小长度为L=L1+x1-x2=103m28、平直的公路上有两个停止线相距187.5m的红绿灯，在沿某一方向行驶时前一个红绿灯变为绿灯后经10s，后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为108km/h。一辆汽车在前一红绿灯停止线处停车等红绿灯，在该红绿灯变为绿灯时立即加速向前驶出，达到限速后匀速行驶，在后一个红绿灯变为红灯时恰好通过。汽车的质量为1.0t，行驶时所受阻力为车重的0.05倍，加速和减速过程中可近似看成是匀变速直线运动，且加速过程中所受牵引力与减速过程中所受制动力大小恒定且相等，汽车遵守交通规则行驶。重力加速度g取10m/s2，忽略汽车自身长度。（1）汽车加速时的加速度为多大？（2）若该汽车司机因为低头看手机并未及时驶出，只能在后一个红绿灯停止线前减速停车，请问汽车减速时的加速度为多大？（3）在（2）问中请问该司机在两红绿灯间行驶的时间为多长？答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s解析：（1）加速和匀速总位移v2t1+vt2=x加速和匀速总时间t1+t2=t解得t1=7.5s加速段加速度为a1=v1t1=4m/s2（2）加速段由牛顿第二定理可得F-kmg=ma1减速段由牛顿第二定理可得F+kmg=ma2可得a2=5m/s2（3）若加速和减速过程能达到最大速度30m/s，则加速和减速阶段总位移为x=v22a1+v22a2=202.5mx因此不能加速到最大速度30m/s，且中间没有匀速阶段x=v22a1+v22a2v=5033m/s在两红绿灯间行驶时间为t=va1+va2=1532s29、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1=0.4，B与地面的动摩擦因数为2=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/s22m后，对A有v12-v02=2a2xa2=4m/s2（2）对B受力分析有1mg-22mg=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F0-22mg=2ma0 F0=6N（3）运动前2ma1=1m/s2a0则2m后AB两个物体开始相对运动对A有F2-1mg=ma2 F2=8N30、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端A点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端B点，在水平滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量m=60kg，倾斜滑道AB长lAB=128m，倾角=37，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数=0.5.滑沙车经过B点前后的速度大小不变，重力加速度g取10m/s2，sin37=0.6，cos37=0.8，不计空气阻力。求：（1）游客匀速下滑时的速度大小；（2）若游客在水平滑道BC段的最大滑行距离为16m，则他在此处滑行时，需对滑沙车施加多大的水平制动力。答案：（1）16m/s；（2）180N解析：（1）由牛顿第二定律得mgsin-mgcos=ma解得游客从顶端A点由静止加速下滑时的加速度大小a=2m/s2游客匀速下滑时的速度大小v=at1=16m/s（2）设游客在BC段的加速度大小为a，由公式0-v2=-2ax解得a=8m/s2由牛顿第二定律得Fmg=ma解得制动力F=180N31、2022年2月8日，我国运动员谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中摘得金牌，如图所示为其平时训练的场景图。一滑雪道由PM和MN两段组成，其中PM段倾角为=30，MN段水平，PM、MN平滑连接。谷爱凌（可视为质点）从滑道顶端P处保持两滑雪板平行由静止下滑，20s后检测到其速度达到144km/h，此时谷爱凌调整两滑雪板之间的角度使其保持做匀速直线运动，10s后再次使两滑雪板平行，又经过10s到达斜坡底端M处，保持两滑雪板平行做匀减速运动，最终停止在N点处。谷爱凌及其装备的总质量为m=80kg。已知谷爱凌可通过改变两滑雪板之间的角度来调整滑雪板与雪地之间的动摩擦因数。取g=10m/s2，不计空气阻力。求：（1）谷爱凌匀速运动时雪地对滑雪板的摩擦力大小。（2）M、N之间的距离。（3）整个运动过程中谷爱凌克服摩擦力做的功。答案：（1）400N；（2）1803m；（3）5.2105J解析：（1）谷爱凌匀速运动时f=mgsin=400N（2）由静止下滑，20s后检测到其速度达到144km/h，加速度a=gsin-gcos=v0-0t1=2m/s210s后再次使两滑雪板平行，又经过10s到达斜坡底端M处，所以继续加速了10s，速度为vM=v0+at=60m/s保持两滑雪板平行做匀减速运动，加速度a=mgm=g 解得a=23m/s2M、N之间的距离x=vM22a=3003m（3）斜面上总位移x1=v02t1+v0t2+v0+vM2t2=1300m根据能量守恒，整个运动过程中谷爱凌克服摩擦力做的功Wf=mgx1sin=5.2105J32、如图所示，滑板静止在水平轨道上，质量m2 kg，板长L0.6 m，左端A点到轨道上B点距离x6 m，滑板与轨道间的动摩擦因数0.2。现对滑板施加水平向右的推力F10 N，作用一段时间后撤去，滑板右端恰能到达B点，求：（1）推力F作用的时间；（2）推力F的最大功率。答案：（1）1.2 s；（2）36 W解析：（1）在外力F作用下，根据牛顿第二定律可知Fmgma1解得a13 m/s2经历的时间为t，则va1t通过的位移为x1=v22a1撤去外力后的加速度大小为a2=mgm=2m/s2减速通过的位移为x2=v22a2又因x1x2xL联立解得t1.2 sv3.6 m/s（2）推力的最大功率PFv103.6 W36 W实验题33、用如图甲所示装置，测定木块与长木板间的动摩擦因数。放在水平桌面上的长木板一端带有定滑轮，另一端固定有打点计时器，穿过打点计时器的纸带连接在木块上，绕过定滑轮的细线一端连接在木块上，另一端悬挂装有砝码的砝码盘，开始时木块靠近打点计时器。当地的重力加速度为g。（1）实验前，需要调节_的高度，使连接木块的细线与长木板平行。（2）接通电源，释放纸带，图乙为打出的纸带上点迹清晰的一段，纸带上0、1、2、3、4、5、6为计数点，相邻计数点间均有四个计时点未标出，若打点计时器所接交流电的频率为f，测出纸带上计数点0、2间的距离为x1，计数点4、6间的距离为x2，则打计数点5时，木块的速度大小为_，木块的加速度大小为_。（3）若木块的质量为M，悬挂的砝码和砝码盘的总质量为m，则木块与长木板间的动摩擦因数为_。答案： 定滑轮 fx210 x2-x1f2200 mM-(m+M)x2-x1f2200Mg解析：（1）1调节定滑轮的高度使连接木块的细线与长木板平行。（2）23根据时间中点速度等于某段时间的平均速度，则可求打计数点5时，木块的速度大小为v5=x2101f=fx210根据x=at2得木块的加速度a=x2-x1210f2=x2-x1f2200（3）4由牛顿第二定律有mg-Mg=(m+M)a解得=mM-(m+M)x2-x1f2200Mg34、某同学制作了一个“竖直加速度测量仪”，可以用来测量竖直上下电梯运行时的加速度，其构造如图所示。把一根轻弹簧上端固定在小木板上，下端悬吊0.9N重物时，弹簧