高中物理牛顿运动定律知识点总结归纳完整版.pdf

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1、高中物理牛顿运动定律知识点总结归纳完整版高中物理牛顿运动定律知识点总结归纳完整版单选题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F1F2。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（l0l2），系统的加速度大小为a2。则下列关系式正确的是（）Al1=l2，a1=a2Bl1l2，a1=a2Cl1=l2，a1a2Dl1l2，a1a2答案：A

2、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1 2=21对图甲中的 A 有1 1=1对图乙所示情况的整体有1 2=22对图乙中的 A 有1 2=21联立以上各式，有1=2，1=2故选 A。2、如图所示，一个倾角为=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=100N/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=0.25，且三个物块都可以视为质点。刚开始，用手托住C

3、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BA、B物块分离时细线的拉力为9NC从释放C到A、B分离，物块A的位移为 12cmD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0，根据平衡条件有2sin=02得到2sin=12cm0=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+2sin

4、2cos=3对物块B、C整体分析有 sin cos=2联立得到分离时加速度为=1m/s2此时弹簧的压缩量为=9cm所以物块A在这段时间内上升的位移为=0 =3cm故 CD 错误；B对B分析有T sin cos=得到细线的拉力T=9N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3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/s）。则（）

5、2A小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/sB小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25C小物块在斜面上滑行的最大位移是8mD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8=8.0m/s121=A 错误；B对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有sin37+f=1N cos37=0又f=N代入数据解得4=0.25B 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08=1=4m22=C 错误；D小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是=2f=2cos37 =2 0.25 20 0

6、.8 4=32JD 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：C5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m5Kg 放在粗糙的水平面上，在

7、力F的作用下做a2m/s 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（）2A20NB15NC25ND10N答案：C解析：根据牛顿第二定律得合=则有0.3 5 10+2 525N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6B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

8、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

9、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7C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

10、。故选 B。8、如图甲所示，倾角为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B0 13s 内小木块做匀变速直线运动C斜面倾角=30D小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5答案：D8解析：Ax在 05m 内，由匀变速直线运动的速度位移公式v2v02=2ax结合图象看出在 05m022010025a=m/s=10m/s2222由图示图象可知v0=100(m/s)得，v0=10m/s，则小木块匀减速运动的时间00010

11、t=10s=1s1s 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232=m/s2=2m/s222 8结合 A 选项可知，在 01s 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mgsin+mgcos=ma下滑有mgsinmgcos=ma代入数据解得=0.5，=37C 错误、D 正确。故选 D。9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

12、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（

13、g取 10m/s）（）210A电梯可能向上加速运动，加速度大小为2m/s B电梯可能向下加速运动，加速度大小为2m/sC电梯可能向上减速运动，加速度大小为2m/s D电梯可能向下减速运动，加速度大小为2m/s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2222mg-F=ma解得a=2m/s2方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s，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

14、是（）2A在AC被突然剪断的瞬间，BC对小球的拉力不变11B在AC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsinC在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为cosD在BC被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为gsin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Fcos=mg，Fsin=T解得F=cos，T=mgtan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=gsinB 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

15、向下，故加速度a=cosC 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/s，下列说法正确的是（）212A图乙中t224sB木板的最大加速度为1m/sC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1=1可得滑块与木板间的动摩擦因数为1=0.4

16、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24=0.124022=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 1=对木板有1 22=13联立解得=2m/s2=12N则木板的最大加速度为 2m/s，根据=0.5可求得2=24sA 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53，着

17、陆坡倾角为 37，助滑道长57829oo2m，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。68可视为质点的运动员总质量=80kg在助滑道顶端从静止出发经29s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=10m/s2。则（）A滑道的摩擦因数为 0.125B落地点到起跳点的距离为48mC从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为1320J14D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，由解得由牛顿第二定律解得故 A 正确；B从助滑区滑

18、下的速度为在起跳区，由动能定理解得起跳时速度水平起跳后做平抛运动，由=11，=1212，tan37=1122=7.25m/s2=sin53 cos53=0.125=7.25 6829=17ms=122121221=16ms15落地点到起跳点的距离为=2+2=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=1cos53+2=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2变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为，则22tan=又222tan37=122=222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

19、。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（）16A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 3：2D若滑块 2 质量增加一倍

20、，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，故错误，B 正确；C物体 1 静止时，弹簧压缩量为1=；当下滑到 C 点时，物体 2 上升的高度为=(3)2+(4)2 3=2则当物体 2 到达 C 时弹簧伸长的长度为，此时弹簧的弹性势能等于物体1 静止时的弹性势能；对于与及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有1 2=2 417解得1:2=2:1故 C 错误；D根据物体 1 和 2 沿绳子方向的分速度

21、大小相等，则得2cos=1其中44=55cos=则得滑块 2 到达处时，物块 1 和滑块 2 的速度之比1:2=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（）A2B33CD332答案：BD解析：当箱子加速度向左时，当加速度完全由绳的拉力提供时，水平方向18cos30=竖直方向sin30=联立解得最大加速度=3当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳拉力提供时，竖直方向s

22、in60=水平方向cos60=联立解得最大加速度33=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=1.2510 N、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/s，则（）23A重物上升的加速度大小为12.5m/sB重物上升的加速度大小为2.5m/s2219C运动 2s 时速度大小为 25m/sD运动 2s 时速度大小为 5m/s答案：BD解析：由牛顿第二定律有 =得=2.5m/s2由匀变速直线运动规律有=得=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

23、质量之比为 41。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 1:220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1=4sin30=2对 B 物体1=+2解得下边绳子的拉力为2=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2=B 落地速度=2此时 A 的速度1=gsin30=22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，

24、悬线与竖直线之间夹一大小恒定的角，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_。21答案：左tan解析：12烧断悬线前，悬线与竖直方向的夹角，小球所受合力=tan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=tan=烧断悬线后，小球将做平抛运动，设运动时间为t，则有1=22小球在水平方向上的位移为21=对小车12122=+2=+tan 22球对车的水平位移=1 2=tan负号表示落点应在点的左侧，距离OP为 tan。2219、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为

25、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=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=又=代入数据，解得=0.42根据摩擦力产生热量的公式，即=又=传 货箱代入数据，解得=0.5m故可得因摩擦产生的热量为=3J2320、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：123根据牛顿第二定律可知，物体加速度和力的关系为

26、：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：12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

27、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1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2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24F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2=水平方向，根据牛顿第二定律=联立解得=20ms2，=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 1(+)=(+)

28、代入数据解得=88N24、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_。25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

29、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=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？26（重力加速度g取 10m/s）答案：4N解析：由位移公式可得1=22由牛顿第二定律可得 =联立解得水平拉力大小为2F=4N26、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。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。在木板上施加水

30、平向右拉力F=6mg，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）2；（2）4解析：（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有 2=根据匀变速直线运动规律，有271=22解得=2（2）设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为1，物块的加速度为2，经过时间1，物块离开木板，木板的位移为1，物块的位移为2。对木板，根据牛顿第二定律有 3=1对物块，同理有=2根据匀变速直线运动的规律，有121=11212=212当物块离开木板时，有1 2=解得1=1.5在这过程中，木板与地面摩擦产生

31、的热量1=21=3物块和木板相对运动产生的热量2=所以，产生的总热量282=1+2=427、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1=200m，NP段的长度为2=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；（2）若滑道的倾角=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

32、t，运动员的加速度为a，根据匀变速直线运动的推论可得2 1=2=又2=211+22联立解得=112.5m（2）根据牛顿第二定律，可得29sin=根据匀变速直线运动位移时间公式可得1=22代入数据，解得=35s=6.7s28、如图甲所示，倾角=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/s，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

33、 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（0s3m）变化的大致图线。2答案：（1）6 m/s；（2）6s；（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3023 sin=a=121 10 0.6=6 m/s2（2）对于前 1 m 位移的过程，有2=21=21=2 6 1=23m/s对于第 2m 位移的过程，有=6N，sin=6，所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动21233s62=所以小滑块通过第 2 m 位移所用的时间为6s。（3）小滑块在位移 s=1 m 处时=2=1(23)

34、2=6J22113=sin=1 10 1 0.6=6JE=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=3kg的滑块（可看成质点）以初速度0=3m/s从长木板左端滑上，且与长木板间的动摩擦因数1=0.2。已知长木板的质量=4kg、长度=1.25m，与水平地面间的动摩擦因数2=0.1，取重力加速度大小=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；31（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）=2ms；（2）=7.4N解

35、析：（1）对长木板受力分析有1 2(+)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1=1=2m/s2滑块刚滑到长木板右端时，由匀变速直线运动公式有22 0=21解得=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 1，设长木板的加速度大小为2，经过时间t两者速度大小相等0+1=2110+1222=22解得322=1.6m/s2对长木板由牛顿第二定律有+1 2(+)=2解得=7.4N30、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

36、 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2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1和2分别为多大？（2）当外力0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1为多少？运动了 2 米之后，作用于物块A上的外力2又为多少？答案：（1）1m/s；4m/s；（2）6N；（3）4N；8N解析：（1）由图像可知：前 2m 内对A有2=213322得出1=1m/s22m 后，对A有12 02=222=4m/s2（2

37、）对B受力分析有1 22=0外力F使A在B上的临界加速度为0=2m/s2外力F对AB整体有0 2 2=200=6N（3）运动前 2m1=1m/s2 034则 2m 后AB两个物体开始相对运动对A有2 1=22=8N31、如图所示，竖直平面内一倾角=37的粗糙倾斜直轨道与光滑圆弧轨道相切于点，长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于点。一质量=0.2kg的小滑块从点静止释放，经点最后从点水平滑上传送带。已知点离地高度=1.2m，长1=1.25m，滑块与间的动摩擦因数1=0.25，与传送带间的动摩擦因数2=0.2，长度2=3m，圆弧轨道半径=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，=10m/s2，

38、sin37=0.6，cos37=0.8。求：（1）小滑块经过点时对轨道的压力；（2）当传送带以顺时针方向1=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端点水平抛出后，落地点到点的水平距离。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121sin37 1cos371=02代入数据解得=10ms35由于长度可忽略，则=10ms滑块在C点，受轨道的支持力N和本身重力，根据牛顿第二定律2N =代入数据解得N=6N根据牛顿第三定律，小滑块经过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2=代入数据解得=2m

39、s2设滑块到达传送带右端的速度为，根据公式22=22代入数据解得=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，由于长度可忽略，则1 1sin37=22代入数据解得=0.3s水平方向，落地点到点的水平距离36=4 0.3m=1.2m32、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，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，沿滑道滑至d点飞出，然后做出空翻、抓板等动作其中段和段的倾角均为=37，段长1=110m，水平段长2=12m，坡高=9m设

40、滑板与滑道之间的动摩擦因数为=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=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sin cos=根据运动公式11=22解得a=2.8m/s2t=8.9s37（2）到达b点时的速度=25m/s从b到c由动能定理1122-2=22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

41、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=1.20，=6.19，=11.21，=16.23。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

42、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+=2238=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=aT可以求出加速度的大小，得：+422=2代入数据解得：a=-5m/s对橡胶滑块，根据牛顿第二定律有：=解得：=0.534、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 的重物 P 相连，另一端与待测物块Q（Q 的质量大于）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

43、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，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）；39（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、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”）。45612392()答案：偏小解析：（1）1物体 P 和 Q 一起做匀加速运动。故对于相等时间间隔的相邻的两个点之间位移差有=2所以45612392=（2）2忽略阻力的情况下，根据牛顿第二定律有=()

44、整理得到()=（3）3若考虑各种阻力，则测到的加速度偏小，故物体Q 质量的测量值会偏小。35、某同学用图甲所示装置，测量系统运动过程中所受阻力的大小。已知m460 g、M520 g 的两物体用细线连接，跨过光滑轻质小滑轮在m下端接上纸带，接通打点计时器电源，让M从高处由静止开始下落，如图乙为实验打出的一条纸带，每相邻两计数点间还有4 个点（图中未标出），g取 9.8 m/s，运动过程中系统受到的阻力大小为_。（结果保留两位有效数字）240答案：9.810 N解析：1每相邻两计数点间的时间间隔为T0.1 s由题图乙可知，x032.25 cm，x366.75 cm，则3603(3)222a(3)2

45、0.50 m/s根据牛顿第二定律有（Mm）gFf（Mm）a得Ff9.8102 N36、某同学用如图所示的装置测定当地的重力加速度，他将两物块A 和 B 用轻质细绳连接并跨过轻质定滑轮，B 下端连接纸带，纸带穿过固定的打点计时器。用天平测出A、B 两物块的质量mA=300g、mB=100g，mA从高处由静止开始下落，mB拖着的纸带打出一系列的点，对纸带上的点迹进行测量，即可测定重力加速度。图中给出的是实验中获取的一条纸带：0 是打下的第一个点，每相邻两计数点间还有4 个点没有画出，计数点间的距离如图所示。已知打点计时器计时周期为T=0.02s，则：41(1)根据纸带求出物体经过5 号计数点时的瞬

46、时速度v=_m/s，物体运动的加速度a=_m/s；（结果保留二位有效数字）22(2)用h表示物块 A 下落的高度，v表示物块 A 下落h时的速度，若某同学作出2 图象如图所示，利用此图象可求出当地的重力加速度g=_m/s。答案：2.4 4.8 9.7解析：(1)1根据某段时间内平均速度等于中间时刻的瞬时速度，打点计时器计时周期为T=0.02s，每相邻两计数点间还有 4 个点没有画出，则打下计数点5 时物体的瞬时速度462 52=代入数据解得=2.4m/s2物体运动的加速度65 54(5)2=代入数据解得=4.8m/s(2)3对 A、B 组成的系统，根据牛顿第二定律有(A B)=(B+A)422

47、解得加速度A BB+A=根据速度位移公式有2=2解得2A B=2B+A可知斜率A BB+A=由题中所给的图象，可得斜率5.82=4.851.20=2联立解得=9.7m/s37、其研究性学习小组设计实验测量“某品牌的运动鞋鞋底与室内篮球馆木地板之间动摩擦因数的大小”，简要步骤如下：（1）找来学校球馆的一块长木板固定在水平桌面上，在木板左端固定一光滑小滑轮，右端固定电磁打点计时器；（2）用塑料袋装一些沙子，塞入鞋中，并测出鞋和沙子的总质量M。接着把鞋子放在长木板上，把一轻质细线的一端固定在鞋子上，使鞋子能够沿细线方向做直线运动，再将细线绕过小滑轮，细线另一端拴一小桶，鞋子连接纸带穿过打点计时器，纸

48、带保持水平。（3）释放小桶，使鞋子能由静止开始加速运动，打出的纸带如图所示，0、1、2、3、4、5、6 为计数点，相邻计数点之间有四个计时点没有画出，用刻度尺测量出两点之间的距离如图所示分别为1=1.81cm、2=2.10cm、3=2.40cm、4=2.70cm、5=3.01cm、6=3.30cm，打点计时器所接交流电频率为=50Hz，43可算出运动的加速度=_ms2（保留两位有效数字）；用天平测出小桶的质量为m，则鞋底与木板之间的动摩擦因数表达式为=_；（用M、m、g、a表示）（4）在测量过程中，下列说法正确的是()A细线要与长木板保持平行 B应将长木板垫高以平衡摩擦力C应该先接通计时器的电

49、源后再使鞋子开始运动 D实验需要m远小于M才行()答案：0.30 AC解析：(3)1根据逐差法(456)(123)(2.703.013.30)(1.812.102.40)102=(3)2(3 0.1)2解得(9.016.31)102=0.30m/s20.092根据牛顿第二定律=()解得()=(4)3A在测量中，拉力要与长木板平行，即细线要与长木板保持平行，A 正确；B此实验目的就是为了测量摩擦因数，所以不应该平衡摩擦力。44C如果先使鞋子开始运动再接通电源，有可能纸带已经被拉走，打不上点。所以应该先接通计时器的电源后再使鞋子开始运动，C 正确；D此实验利用牛顿第二定律分析 =(+)不要求m远小于M，D 错误。故选 AC。45