高中物理牛顿运动定律知识点归纳总结(精华版).pdf

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1、高中物理牛顿运动定律知识点归纳总结高中物理牛顿运动定律知识点归纳总结(精华版精华版)单选题1、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

2、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。2、如图甲所示，用体重计研究运动与力的关系，测量者先静止站在体重计上，然后完成下蹲动作。该过程中体重计示数的变化情况如图乙所示。则（）1A测量者经历了加速、减速、再加速、再减速四个阶段B测量者在12时间内表现为失重C测量者在3时刻速度最小D测量者在4时刻加速度最小答案：B解析：A根据图像可知，体重计示数与受支持力

3、大小相等，由图乙可知，支持力先小于重力，后大于重力，故先失重后超重，即经历先加速下降后减速下降，故A 错误；B由图乙可知，测量者在1 2时间内表现为失重，因为支持力小于重力，合力向下，加速度向下，故B 正确；C由图乙可知，测量者在3时刻之前，合力一直向下，向下加速，3时刻速度最大，故 C 错误；D由图乙可知，测量者在4时刻合力最大，根据牛顿第二定律可知，加速度最大，故D 错误。故选 B。3、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

4、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/s。则下列说法中正确的22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=21=2 10(2.45 1.90)m/s=11m/s在起跳过程中，根据速度位移公式可知2=2解得211=m/s2

5、=13.75m/s222 0.4对运动员，根据牛顿第二定律可知 =3解得=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。4、如图，一倾角为=37的足够长的斜面固定在水平地面上。当t=0 时，滑块以初速度v0=10m/s 沿斜面向上运动，已知滑块与斜面间的动摩擦因数为=0.5，重力加速度g取 10m/s，sin37=0.6，cos37=0.8，下列说法正确的是（）2A滑块上滑的距离小于 5mBt=1s 时，滑块速度减为零，然后静止在斜面上Ct=2s 时，滑块恰好又回到出发点Dt=3s 时，滑块的速度大小为4m/s答案：D解

6、析：A以沿斜面向下为正方向，上滑过程，由牛顿第二定律得mgsin+mgcos=ma1代入数据解得1=10m/s24滑块向上的最大位移21000 x=2=210=5m1A 错误；B由于mgsin mgcos可知，滑块不可能静止在斜面上，B 错误；C下滑过程，由牛顿第二定律得mgsinmgcos=ma2代入数据解得2=2m/s2滑块向上运动到最高点的时间0(0)10=1s1101=向下的运动12=222所以2=5s滑块恰好又回到出发点的总时间=1+2=(1+5)sC 错误；D选取向下为正方向，t=3s 时，滑块的速度为5v3=v0+a1t1+a2t2=10+10 1+2 2 m/s=4m/sD 正

7、确。故选 D。5、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（）Aa的质量比b的大B在t时刻，a的动能比b的大C在t时刻，a和b的电势能相等D在t时刻，a和b的动量相同答案：B解析：A经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xaxb，根据运动学规律x12at2得aaab又由牛顿第二定律a知，maxb，所以WaWb，所以

8、a的动能比b的动能大，B 项正确；C在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式Epq可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C 项错误；D根据动量定理Ftpp0则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D 项错误。故选 B。6、2022 年北京冬奥会自由式滑雪空中技巧项目在张家口云顶滑雪公园华行。奥运冠军徐梦桃（无滑雪杖）从助滑坡滑下，从圆弧形跳台起跳，在空中完成空翻、旋转等动作后在着落坡着陆，最后以旋转刹车方式急停在停止区，关于运动员在圆孤形跳台上的运动，下列说法正确的是（）A在此阶段运动员受重力、支持力和向心力B在圆弧形跳台最低点时运动员处于失重状态C在此阶段运动员的滑行速率

9、保持不变D在圆弧形跳台最低点时运动员处于超重状态7答案：D解析：A运动员在圆弧形跳台上的运动过程中，受到重力、支持力和雪地的摩擦阻力作用，没有受到向心力作用，向心力是按效果命名的，不是物体实际所受的力，选项A 错误；BD在圆弧形跳台最低点时，因为进入圆周运动状态，需要向心力，方向向上，所以合力向上，处于超重状态，选项 B 错误，D 正确；C随着运动员在圆弧型跳台上高度的升高，受向下的重力和雪地的摩擦阻力作用，速率逐渐减小，选项C 错误。故选 D。7、在梯井中，由钢索悬挂竖直电梯C，顶部用绳子悬挂了球A，A 下方焊接一个弹簧，弹簧下端悬挂球B，整个装置处于静止状态，简化示意图如图所示。已知绳子、

10、弹簧的质量远小于两球质量，两球质量又远小于电梯质量。若悬挂电梯的钢索突然断裂，在电梯下落瞬间，球A、球 B、电梯 C 各自加速度约为（）A9.8m/s，9.8m/s，0B19.6m/s，0，9.8m/sC0，9.8m/s，9.8m/s D9.8m/s，0，9.8m/s答案：D解析：假设球 A 与电梯之间的绳子无弹力，则钢索突然断裂的瞬间，电梯只受重力其加速度为g，而 A 受到弹簧向下的拉力其加速度大于g，则假设不成立，可知球A 与电梯之间的绳子有弹力，可得电梯与球A 的加速度相同，822222222因为电梯质量远大于两球质量，钢索断裂后，电梯可视为在自身重力下运动，因此加速度大小为g=9.8m

11、/s，弹簧形变量在瞬间不会发生突变，因此球B 受力不变，其加速度为0。故选 D。8、中国航天员王亚平在天宫一号空间实验室进行太空授课演示质量的测量实验。实验通过舱壁打开的一个支架形状的质量测量仪完成。测量过程如图所示，航天员甲把自己固定在支架一端，航天员乙将支架拉到指定位置释放，支架拉着航天员甲由静止返回舱壁。已知支架能产生恒定的拉力F，光栅测速装置能测出支架复位时2的速度v和所用的时间t，最终测出航天员甲的质量，根据提供的信息，以下说法正确的是（A宇航员在火箭发射过程中处于失重状态B航天员甲的质量为C天宫一号在太空中处于超重状态D太空舱中，不可以利用弹簧测力计测拉力的大小答案：B解析：A宇航

12、员在火箭发射过程中，随火箭加速上升，具有向上的加速度，处于超重状态，A 错误；B支架复位过程，航天员甲的加速度为=由牛顿第二定律可得=9）联立解得=B 正确；C天宫一号在太空中处于失重状态，C 错误；D太空舱中，可以利用弹簧测力计测拉力的大小，不受失重的影响，D 错误。故选 B。多选题9、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

13、运动，可知地面对B、C总的摩擦力=B受地面的摩擦力为3F，C受地面的摩擦力为3F；撤去F后，B、C受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知211023=2313=3B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力N=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=3A 错误，B 正确。故选 BC。10、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其 图线如图所示，则（A在1时刻，外力F为零B在0 1内，外力F大小不断减小C在1 2内，外力F大小可能不断减小D在1 2内，外力F大小可能先减小后增大答案：BCD解析：11）A 图线的斜

14、率表示加速度，在t1时刻图线斜率为零，即加速度为零，说明外力F等于摩擦力，外力F不为零，A 错误；B在 0t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，根据牛顿第二定律得 =说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，B 正确；CD在t1t2时间内，加速度方向与运动方向相反且加速度逐渐增大，说明向后的合力一直增大，外力F可能小于摩擦力（方向不变），且一直减小，也可能减小到零后反向增大，CD 正确。故选 BCD。11、如图，质量为0.5kg的物块A 放在一个纵剖面为矩形的静止木箱内，物块A 和木箱水平底面之间的动摩擦因数为 0.3.物块 A 的右边被一根轻弹簧用1.2N的水平拉力向右拉着而保持静止。设最大

15、静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2，现在要使弹簧能拉动物块A 相对木箱底面水平移动，木箱的运动情况可能是（）A竖直向下匀加速运动，加速度的大小=3m/s2B竖直向下匀减速运动，加速度的大小=6m/s2C水平向左匀加速运动，加速度的大小=3m/s2D水平向左匀减速运动，加速度的大小=6m/s2答案：ACD解析：AB要使弹簧拉动物块 A 相对木箱地面运动，物块 A 受到的木箱对他的最大静摩擦力要小于弹簧对它的拉力，即12 =1.2N=N解得N 2m/s2=要让木箱在竖直方向上向下加速或者向上减速，加速大小大于2m/s2，B 错误，A 正确；C如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A 相

16、对木箱底面向右移动，则物块的加速度要向左，根据牛顿第二定律NN解得=0.6m/s2即木箱以加速度大于0.6m/s2向左匀加速运动，C 正确。D如果让木箱在水平方向运动，要使弹簧能拉动物块A 相对木箱底面向左移动，则物块的加速度要向右，根据牛顿第二定律NN解得=5.4m/s2即木箱以加速度大于5.4m/s2向右匀加速运动，D 正确。=5N+=5N13故选 ACD。12、质量为m1、m2的两物体A、B并排静止在水平地面上，用同向水平拉力F1、F2分别作用于A和B上，作用一段时间后撤去，A、B运动的v-t图像如图中图线a、b所示，己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行（

17、相关数据已在图中标出），由图中信息可知（）A若1=2，则m1小于m2B若1=2，则力F1对物体A所做的功较多C若1=2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为 45D若1=2，则力F1的最大瞬时功率一定是力F2的最大瞬时功率的 2 倍答案：ACD解析：由图可知，物体A撤去拉力之前的加速度为2.55ms2=ms21.531=物体B撤去拉力之前的加速度为22=ms23己知拉力F1、F2分别撤去后，物体做减速运动过程的v-t图线彼此平行，则撤去拉力后物体A、B的加速度相等为14=1ms2撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得11=1，22=2可得1=2=1物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有1 1

18、1=11解得81=13物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有2 22=12解得52=23A当1=2即851=233则1f乙C小明受到电梯的作用力方向竖直向上Df甲与f乙大小关系与倾角大小无关答案：BD解析：A小明和小红具有相同的加速度，由牛顿第二定律可知他们的合力相同，他们受到电梯的作用力及重力的作用，重力相同的情况下，电梯对他们的作用力大小相等、方向相同，A 错误；B设电梯倾角，由牛顿第二定律，对甲有甲 sin=对乙有乙=cos21对比可得甲 乙B 正确；C由于小明的加速度沿电梯向上，由牛顿第二定律可知，小明受到电梯的作用力方向不可能竖直向上，C 错误；D结合B解析可知，f甲大于f乙的关系与

19、倾角大小无关，D 正确。故选 BD。填空题17、(1)伽利略被称为现代物理之父，他曾两次利用斜面实验探究问题，下列说法正确的是()A伽利略利用甲图斜面实验，通过计算直接证明了自由落体运动是匀变速直线运动B伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动C伽利略利用乙图斜面实验，说明了力是维持物体运动的原因D伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因(2)某同学利用如图所示的装置探究“小车速度随时间的变化规律”，打点计时器每隔0.02s 打一个点。实验中发现所得纸带的点间距过密，若利用该纸带分析小车运动情况，下列做法可行的是()A直接研究纸带上的

20、点，无需取计数点22B只研究纸带后端几个间距较大的点所在区域C每隔 4 个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.1 sD每隔 4 个点取一个计数点，计数点时间间隔为0.08 s答案：BD C解析：(1)1AB伽利略利用甲图斜面实验，通过计算并进行合理外推，间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动，A 错误，B 正确；CD伽利略利用乙图斜面实验，说明了力不是维持物体运动的原因，C 错误，D 正确。故选 BD。(2)2实验中发现所得纸带的点间距过密，测量误差较大，应每隔4 个点取一个计数点，使计数点时间间隔为0.1s，方便测量、计算，减小误差，ABD 错误，C 正确。故选 C。18、一对作用力和反作用

21、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19、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23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

22、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20、如图（a），商场半空中悬挂的轻绳上挂有可以自由滑动的夹子，各个柜台的售货员将票据和钱夹在夹子上通过绳传送给收银台。某时刻铁夹的加速度恰好在水平方向，轻绳的形状如图（b），其左侧与水平夹角为=37，右侧处于水平位置，已知铁夹的质量为m，重力加速度为g，不计铁夹与轻绳之间的摩擦，则铁夹的加速度方向_（填水平向右或水平向左），大小为_。（sin37=0.6，cos37=0.8）答案：水平向右m/s2310解析：12对此时节点处的钢丝进行受力分析，如图所示y轴方向，根据平衡条件有sin=2

23、4x轴方向，根据牛顿第二定律有 cos=联立解得10m/s23=方向水平向右21、两类基本问题（1）从受力确定运动情况如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的_，再通过运动学的规律确定物体的_情况。（2）从运动情况确定受力如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的_，结合受力分析，再根据牛顿第二定律求出_。（3）如图所示，一质量为8 kg 的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2，用一水平拉力F=20 N 拉物体，使其由A点开始运动，经过 8 s 后撤去拉力F，再经过一段时间物体到达B点停止。则：（g取 10 m/s）2a.在拉力F作用下物体运动的加速度

24、大小为_ m/s；b.撤去拉力F瞬间物体的速度大小v=_ m/s；c.撤去拉力F后物体运动的距离x=_ m。答案：加速度运动加速度合外力 0.5 4 4252解析：(1)1 如果已知物体的受力情况，可以求出合力，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度。2结合运动学规律公式，可以求出物体的运动情况。(2)3 如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度。4结合牛顿第二定律，可以求出物体受到的合外力。(3)5受力分析得 =解得=0.5m/s26根据速度公式得=4m/s7 撤去拉力F后，受力分析得=解得=2m/s2物体运动的位移为=22=4m22、一对作用力和反作用力_是同一种类的力，而一

25、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：26略23、判断正误：（1）物体加速度的方向一定与合外力方向相同。()（2）质量越大的物体，加速度越小。()（3）物体的质量与加速度成反比。()（4）物体受到外力作用，立即产生加速度。()答案：正确错误错误正确解析：（1）1由牛顿第二定律=可知物体加速度的方向一定与合外力方向相同，故正确；（2）2只有当合外力一定时，质量越大的物体，加速度越小，故错误；（3）3 只有当合外力一定时，物体的质量与加速度成反比，故错误；（4）4 由牛顿第二定律知：物体受到外力作用，立即产生加速度。24、（1）钢球由静止开始做自由落体

26、运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s。则它在最后 1s 内下落的高度为_m；（2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为_；（3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N 的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为 45，斜面倾角为 37，整个装置处于静止状态。sin37=0.6，cos37=0.8。则斜面对小球支持力的大小为_N。227答案：35tan 50解析：（1）1 因为钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，则钢球落地前最后一秒初的速度为1=(40

27、10 1)ms=30ms所以落地前最后一秒的平均速度为1+=35ms2=所以落地前最后一秒的位移为=35m（2）2对小球受力分析，由牛顿第二定律得tan=故=tan（3）3对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得sin45=sin37cos45+cos37=联立解得=5028解答题25、如图所示，质量为 3m的小球甲用长为=1.8m 的不可伸长的轻绳悬挂在O点正下方。在光滑水平地面上有一质量为 2m的长木板丙，在长木板的最左端有一质量为m的小滑块乙，乙和丙一起向左匀速运动，小球甲刚好和小滑块乙在同一水平线上。在运动过程中，甲与乙只发生一次弹性碰撞，且碰撞前乙的速度为 0=1

28、2m/s。已知小滑块乙与长木板丙间的动摩擦因数=0.6，重力加速度=10m/s2，甲、乙均可视为质点。（1）求甲与乙发生弹性碰撞后，小球甲上升的最大高度；（2）求木板长度为多少时，乙不会从木板上掉落；（3）若木板最右端有一弹性挡板，木板与地面间的动摩擦因数为0.2，请判断是否存在合适的木板长度使乙与挡板碰后瞬间丙的速度变为零，若存在，请求出木板的长度，若不存在，请说明理由。（其余条件不变）答案：（1）1.8m；（2）18m；（3）不存在解析：（1）以向左为正方向，甲与乙发生弹性碰撞，二者组成的系统水平方向动量守恒，设碰撞后瞬间甲、乙的速度分别为1、2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得290

29、=2+311112220=2+31222解得1=6m/s，2=6m/s对小球根据机械能守恒定律有2313=2解得=1.8m=（2）对于滑块和长木板，设满足条件的长木板的最小长度为1，最终二者共同速度为3，则根据动量守恒定律和能量守恒定律得20+2=(2+)31=解得3=6m/s，1=18m即木板长度大于 18m 时，乙不会从木板上掉落。（3）设木板的长度为2，则甲、乙碰后到乙与挡板碰前，对二者受力分析结合牛顿第二定律，对乙有乙 1=6m/s2对丙有丙 1=6m/s2设乙与挡板碰前瞬间乙的速度为4，丙的速度为5，碰后瞬间乙速度为6，丙速度为7，碰撞过程有30111222 20+2(2+)3222

30、4+25=6+27111122224+25=6+272222解得(2)4+454+45=+23(2 )5+245+24=+236=7=若要7=0，可得5+24=0即(12 6)m/s+2(6+6)m/s=0解得=0故不存在木板长度使碰后瞬间木板速度变为零。26、游乐场中滑滑梯是儿童喜欢的游乐项目，如图所示，其滑面可视为与水平地面夹角为的平直斜面。可以观察到有些小朋友能从滑梯上端加速下滑，有些小朋友却一直无法滑下来。已知当地的重力加速度为，忽略滑滑梯侧壁对小朋友下滑的摩擦力。（1）若小朋友下滑过程与滑面间的动摩擦因数为，求下滑加速度大小；（2）找出小朋友坐在滑面上却无法滑下的物理原因。31答案：

31、（1）(sin cos)；（2）见解析解析：（1）设小朋友的质量为，由牛顿第二定律sin =cos=0由滑动摩擦力公式=解方程组得=(sin cos)（2）把小朋友的重力分解，如图示=sin重力沿斜面向下的分力最大静摩擦力（m）时，小朋友坐在滑面上无法滑下3227、如图所示，水平地面上固定一倾角为37的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的挡板，一质量为1kg的物体，从离挡板距离为0.8m 处的A点，以初速度 1m/s 沿斜面下滑，物体与挡板相撞1.0 103s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37=0.6，cos37=0.8，=10m/s2，求

32、：（1）物体与挡板碰撞前的速度大小；（2）碰撞中，挡板对物体的平均作用力大小；（3）物体与挡板碰撞后，沿斜面运动的时间。答案：（1）1=0.6m/s；（2）=1206N；（3）s623解析：（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为1，碰撞挡板前的速度为1，根据牛顿第二定律有sin37cos37=1得1=0.4 m/s2根据运动学公式有2210=21解得1=0.6m/s33（2）设物体反弹后的速度方向为正方向，挡板对小球的平均作用力大小为F，根据动量定理有 sin37=1(1)解得=1206N（3）分析可知，物体沿斜面向上做匀减速直线运动，设物体沿斜面上滑的加速度大小为2，运动的时间为，由牛顿第二定

33、律有cos37+sin37=22=12.4m/s2根据运动学公式0=1 2解得3s62=3由cos37 sin37，物体沿斜面运动的时间为62s.28、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/s，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。2答案：5.6m；28J34解析：对物体受力分析，由牛顿第二定律得第1s 内物体加速度为位移为速度

34、为2s3s 内，加速度为速度为位移为撤去F后，加速度为位移为所以整个过程位移为1=1 sin=3ms211=2112=1.5m1=11=3ms2=2 sin=1ms22=1+22=1ms2=1+222=4msin3=5ms220 3=22=0.1m3=1+2+3=5.6m35整个过程中力F对物体所做的功为F=11+22=28J29、如图，两个滑块A和B的质量mAmB2kg，放在静止于水平地面上足够长的木板C的两端，两者与木板间的动摩擦因数均为10.5；木板的质量mC4kg，与地面间的动摩擦因数20.1，某时刻A、B两滑块同时开始相向滑动，初速度大小分别为vA1m/s、vB5m/s，设最大静摩擦

35、力等于滑动摩擦力，取重力加速度大小g10m/s。（1）求刚开始时滑块A、B和木板C的加速度大小；（2）滑块A与木板C刚好相对静止时，滑块B的速度大小；（3）为确保滑块A、B不相撞，则木板C至少多长？2答案：（1）5m/s，5m/s，0；（2）4m/s；（3）2.5m解析：（1）对滑块A受力分析得1=11=5m/s2对滑块B受力分析得1225m/s2对木板C受力分析得：1=13622木板与地面间无摩擦，故3=0（2）设滑块A经时间t1速度减到 0，在此过程中，滑块A0=11滑块B1=21解得1=4m/s（3）A从开始到速度减到 0 的过程中，滑块A向右运动的位移为121=1112滑块B向左运动的

36、位移为121=1212设从滑块A速度减到 0 到滑块A、滑块B、木板C达到共速所用时间为t2，则在此过程中滑块A、木板C1 2(+)=(+)4122=4221 22=42滑块B37122=122222=2 2=1+1+2=2.5m故木板C的长度至少为 2.5m。30、如图所示，一条轻绳上端系在车的左上角的A点，另一条轻绳一端系在车左端B点，B点在A点的正下方，A、B距离为b，两条轻绳另一端在C点相结并系一个质量为m的小球，轻绳AC长度为2b，轻绳BC长度为b。两条轻绳能够承受的最大拉力均为2mg。(1)轻绳BC刚好被拉直时，车的加速度是多大？（要求画出受力图）(2)在不拉断轻绳的前提下，求车向

37、左运动的最大加速度是多大。（要求画出受力图）答案：(1)g，见解析图甲；(2)3g，见解析图乙解析：(1)轻绳BC刚好被拉直时，小球受力如图甲所示38因为AB=BC=bAC=2b故轻绳BC与AB垂直=45由牛顿第二定律mgtan=ma解得=(2)小车向左的加速度增大，BC绳方向不变，所以AC轻绳拉力不变，BC轻绳拉力变大，BC轻绳拉力最大时，小车向左的加速度最大，小球受力如图乙所示由牛顿第二定律FTm+mgtan=mam根据题意FTm=2mg所以最大加速度为39am=3g31、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

38、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/s，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。2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1 sin=3ms21=位移为11=112速度为2=1.5m1=11=3ms2s3s 内，加速度为2 sin=1ms22=速度为2=1+22=1ms40位移为1+22=4m22=撤去F后，加速度为3=位移为sin=5ms20 23=23所以整个过程位移为2=0.1m=1+2+3=5.

39、6m整个过程中力F对物体所做的功为F=11+22=28J32、如图，直杆水平固定，质量=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=7.5 N，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=10 m/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。答案：（1）1=5 m/s2；（2）1:2=8:5解析：（1）在AB段，对圆环根据牛顿运动定律有411cos 1=11sin=1+1=1由式代入数据得1=5

40、m/s2（2）BC段，对圆环根据牛顿运动定律有2=2=2又2=2由式代入数据得2=8 m/s2在AB和BC段，根据匀变速直线运动规律，分别有2=2112=222由得1:2=8:5实验题33、某同学设计了一个用气垫导轨和光电门等装置测量重力加速度的方案。实验装置结构如图所示。在某次测量中，他用刻度尺测得气垫导轨两端AB 间的高度差为h、长度为L。与光电门相连的计时器记录下如下数据：挡光片通过第一个光电门的挡光时间为t1，挡光片通过第二个光电门的挡光时间为t2，通过两光电门之间的时间为t。然后，他又测量滑块上的挡光片宽度为d。完成下列填空。42（1）两个光电门间的距离_（填：“近一些”或“远一些”

41、）有利于减小误差；（2）重力加速度的计算表达式为g=_（用题中所给字母表示）；（3）考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，因此，当地的实际重力加速度会_（填：“略大于”或“略小于”）测量值。21答案：远一些略大于解析：（1）1适当增大两光电门之间的距离，可以增加滑块通过两光电门的速度差，有利于减小误差，故选远一些；（2）2经过两光电门的速度为121=2=加速度为sin21=解得21=（3）3考虑到滑块在运动过程中会受到一定的空气阻力，测量的加速度值会偏小，当地的实际重力加速度会略大于测量值。4334、如图甲，为测定木块与长木板之间的动摩擦因数的装置，图中长木板水平固定，实验过程中，调整定

42、滑轮高度，使细线与长木板平行。（1）如图乙为木块在水平长木板上运动带动纸带打出的一部分点迹，0、1、2、3、4、5、6 为计数点，相邻两计数点间还有 4 个计时点未画出，电源的频率为50 Hz。从纸带上测出x1=3.20 cm，x2=4.52 cm，x5=8.42cm，x6=9.70 cm。则木块加速度大小a=_m/s.（结果保留两位有效数字）（2）已知重力加速度为g，测得木块的质量为M，砝码盘和砝码的总质量为m。若木块的加速度为a，则木块与长木板间动摩擦因数=_.（结果用g、M、m、a表示）()2答案：1.3解析：（1）1由=2可知，51=41262=422带入数据可解的12=1.3m/s2

43、2=（2）2以砝码和砝码盘为对象可得=对小车可得=44联立解得 (+)=35、图甲所示为某实验小组同时测量A、B 两个箱子质量的装置图，其中D 为铁架台，E 为固定在铁架台上的轻质定滑轮（质量和摩擦可忽略），F 为光电门，C 为固定在 A 上、宽度为d的细遮光条（质量不计），此外该实验小组还准备了砝码一套（总质量m0=0.5kg）和刻度尺等，请在以下实验步骤中按要求作答。（1）在铁架台上标记一位置O，并测得该位置与光电门之间的高度差h。（2）取出质量为m的砝码放在 A 中，剩余砝码都放在B 中，让 A 从位置O由静止开始下降。（3）记录下遮光条通过光电门的时间t，根据所测数据可计算出A 下落到

44、F处的速度v=_，下落过程中的加速度大小a=_。（用d、t、h表示）（4）改变m重复（2）（3）步骤，得到多组m及a的数据，作出a-m图象如图乙所示。可得A 的质量mA=_kg，B 的质量mB=_kg。（重力加速度g取 9.8m/s2）2答案：22 2.5 1解析：(3)1遮光条挡光过程的平均速度等于A 下落到F处的速度=452由匀加速直线运动位移公式2=2解得2=22(4)34整体由牛顿第二定律可得(A+)(B+0)=(A+B+0)整理得2(A B 0)+A+B+0A+B+0=对比图乙可得，图线的斜率为2A+B+0=4.9=纵轴截距为(A B 0)A+B+0=2.45=联立解得mA=2.5k

45、g，mB=1kg36、大家知道，质量可以用天平来测量。但是在太空，物体完全失重，用天平无法测量质量，那么应该如何测量呢？北京时间 2013 年 6 月 20 日上午 10 时，我国航天员在天宫一号空间实验室进行了太空授课，演示了包括质量的测量在内的一系列实验。质量的测量是通过舱壁上打开的一个支架形状的质量测仪完成的。由牛顿第二定律F=ma可知，如果给物休施加一个已知的力，并测得物体在这个力作用下的加速度，就可以求出物体的质量。这就是动力学测量质量的方法。46（1）如图，假如航天员在A、B 两物块中间夹了一个质量不计的压力传感器，现让舱壁支架给B 物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1.将 A

46、、B 对换位置，给 A 施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2.据此可知 A、B两物块的质量之比mA：mB=_。（2）在计算机设定的恒力F作用下，物体由静止开始运动，用测量装置能够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度a=_（用x、t表示）。这样，我们就能够计算出A 物体的质量mA=_（用F、N1、N2、x、t表示）。221答案：1:222(解析：12)（1）1 让舱壁支架给 B 物块一个恒力F，此时压力传感器示数为N1=()，1=将 A、B 对换位置，给 A 施加相同的恒力F，压力传感器示数为N2=()，2=A、B 两物块的质量之比:=1:2（2）23物体由静止开始运动，用测量装置能

47、够测量出支架作用距离x和时间t，从而计算出加速度47=22，=122A物体的质量21=2(1+2)37、小王想测量家中自己锻炼用的两个不同沙袋的质量，但没有直接测量质量的工具，于是他利用家中已有的如下器材进行测量：悬挂沙袋的轻质细绳、大小和质量均不计的光滑定滑轮、一套总质量为1kg（各方块的质量已知）的玩具方块、毫米刻度尺、带有秒表软件的手机。请完成下列步骤。（1）如图所示，两沙袋用轻绳跨过定滑轮连接安装好，设右边沙袋的质量为1、左边沙袋的质量为2。（2）取出质量为的玩具方块放入中，剩余玩具方块都放入B 中，放手后发现下降、B 上升。（3）用毫米刻度尺测出从静止下降的距离，用手机中的秒表软件测

48、出下降距离所用的时间，则下降的加速度大小=_（用和表示）。（4）从 B 中取出部分玩具方块放入中，以改变，测量相应的加速度大小，得到多组及的数据，利用图像处理数据。为使图像直观，应作出随_（选填“”或“”）变化的关系图线。1（5）若图线的斜率=2m/(kg s2)，图线在纵轴上的截距=1m/s2，取重力加速度大小=10m/s2，则1=_kg、2=_kg。2答案：2 5.5 3.5解析：48(3)1下降距离所用的时间，据匀变速直线运动的位移公式可得1=22解得下降的加速度大小为22=(4)2设玩具方块总质量为M，整体据牛顿第二定律可得(+1)()2=(1+2+)整理得21 2 +1+2+1+2+=为使图像直观，应作出随变化的关系图线。(5)34图线的斜率为21+2+=纵轴的截距为1 2 1+2+=带入数据解得1=5.5kg、2=3.5kg49