(文末附答案)高中物理牛顿运动定律典型例题.pdf

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1、1 (文末附答案)高中物理牛顿运动定律典型例题 单选题 1、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 2、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

2、可能不一样 3、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（）2 A它们的加速度agsin B它们的加速度a 1，则（）A2时刻，小物块离A处的距离达到最大 B2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大 C02时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右 7 D03时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用 14、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（）Af0Bf0 CFN0

3、DFN0 15、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14，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 0.3 B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mgL D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 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

4、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）（）8 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/s2 C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、方法一：利用牛顿第二定律 先测量物体做自由落体运动的加速度g，再用天平测量物体的_，利用牛顿第二定律可得G_。18、如图，质量为m的圆环套在固定的粗糙程度均匀的竖直杆上，轻质弹簧的左端固定在墙壁上的O点，右端与圆环相连。初始时刻，圆环处于A点，弹簧水平，且恰好

5、处于原长状态。将圆环从A点由静止释放，第一次经B点时环的速度最大，最低可到达C点。之后，圆环沿杆向上滑动。忽略空气阻力的影响，则圆环从C点向上运动的过程中，速度最大的位置_（选填“在B点”、“在B点上方”、“在B点下方”、“无法确定”）。圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：_。19、新冠肺炎疫情期间，防疫人员每天要对环境进行消杀。一辆正在喷洒消毒液的汽车匀速行驶在南平某街道上，汽车的惯性将_（选填“增大”或“减小”或“不变”），汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对_（选填“平衡力”或“相互作用力”）。9 20、质量为 2kg 的物体，静止放于水平面上，现在物体上施一水平力F

6、，使物体开始沿水平面运动，运动 10s时，将水平力撤掉，若物体运动的速度图象如图所示，则水平力F_N，物体与水平面间的动摩擦因数_。（g 取 10m/s2）21、2021 年 5 月，“天问一号”着陆巡视器带着“祝融号”火星车软着陆火星时，在“降落伞减速”阶段，垂直火星表面速度由 396m/s 减至 61m/s，用时 168s，此阶段减速的平均加速度大小为_m/s2；地球质量约为火星质量的 9.3 倍，地球半径约为火星半径的 1.9 倍，“天问一号”质量约为 5.3 吨，“天问一号”在“降落伞减速”阶段受到的平均空气阻力约为_N。（本题答案保留一位有效数字）22、(1)伽利略被称为现代物理之父

7、，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10 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直接研究纸带上的点，无需取计数点 B只研究纸带后端几个间距较大的点所在区域 C每

8、隔 4 个点取一个计数点，计数点时间间隔为 0.1 s D每隔 4 个点取一个计数点，计数点时间间隔为 0.08 s 23、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。24、一个重 500N 的同学站在电梯的地板上，从底层出发到某层楼停止，测得电梯竖直上升的过程中速度v和时间t的数据如下表所示：t/s 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 /m s1 0 2.0 4.0 5.0 5.0 5.0 5.0 5.0 4.0 3.0 电梯的启动和制动过程可以看作是匀变速直线运动，取g=10m/s2，8s 时地板对这位同学的支持力为_N

9、，则电梯上升的高度是_m。解答题 25、如图所示，质量为m、可视为质点的小滑块 A 位于质量为 2m、长为L的木板 B 的右端P处，B 放在光滑水平面上，A、B 之间的动摩擦因数为。某时刻给 B 施加一大小为 5mg的水平拉力F，当 A 位于 B 的中点时撤去拉力。求：（1）拉力F的作用时间；（2）滑块 A 在木板 B 上与P端的最远距离。11 26、如图所示为把货物运送到车上，在车前架设一长 2.35m 与水平面夹角为 37逆时针匀速转动的传送带，现将一质量为 10kg 的货物以速度0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数=0.5，重力加速

10、度=10m/s2，货物可视为质点。（1）计算说明该货物能否被运送到车上；（2）从货物滑上传送带到离开传送带因摩擦而产生的热量。27、如图甲所示，质量为=2kg的物体在水平面上向右做直线运动。过A点时给物体一个水平向左的恒力F并开始计时，选水平向右为速度的正方向，通过速度传感器测出物体的瞬时速度，所得v-t图像如图乙所示。取重力加速度=10m/s2。求：（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数；（2）10s 内物体的位移。28、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，12 后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为 108km/h。一

11、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？29、两木块 A、B 质量分别为

12、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。30、电磁起重机是工业中重要的运送装备。如图所示，一台电磁起重机利用电磁铁吸着一块质量为m=5t 的铁柱，从静止开始竖直匀加速上升 5m 达到最大速度 2m/s，接着匀速上升 10m 后再匀减速直至停止，整个过程总用时 20s，重力加速度g取10m/s2，不计空气阻力，求铁柱上升过程中，（1）电磁铁对铁柱的作用力最大值；（2）铁柱的

13、平均速度大小；13 （3）电磁铁对铁柱的冲量。31、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=12m/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

14、 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）32、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。14 实验题 33、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

15、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/s2，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）34、2020 年 5 月，我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量，其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度，进而间接测量海拔高度。某同学受此启发就地取材设计了如下实验，测量当地重力加速度的大小。实验步骤如下：15 （i）如图甲所示，选择合适高度的垫块，使木板的倾角为 53，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺（图中未画出）。（ii）调整手机使其摄像头正对木板

16、表面，开启视频录像功能。将小物块从木板顶端释放，用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。然后通过录像的回放，选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L与运动时间t的数据。（iii）该同学选取部分实验数据，画出了2t图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为 5.6 m/s2（iv）再次调节垫块，改变木板的倾角，重复实验。回答以下问题：(1)当木板的倾角为 37时，所绘图像如图乙所示。由图像可得，物块过测量参考点时速度的大小为_m/s；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A、B两点，利用A、B两点数据得到小物块下滑加速度的大小为16 _m/s2.（

17、结果均保留 2 位有效数字）(2)根据上述数据，进一步分析得到当地的重力加速度大小为_ m/s2.（结果保留 2 位有效数字，sin37=0.60，cos37=0.80）35、在学习完圆周运动这章后，某物理学习小组在实验室设计图示的实验装置，探究圆锥摆周期的有关因素，该小组准备了铁架台、栓有细绳的小钢球、毫米刻度尺和秒表，已知当地的重力加速度为g，实验操作步骤如下：（1）给小球一个初速度，使小球在图示水平面做匀速圆周运动，小明立刻拿着秒表开始计时并数小球圆周运动的圈数，从他按下秒表的那一刻开始计数 0，当计数到n时停秒表，秒表显示的时间为t，则小球做圆周运动的周期T=_。（2）在小明计数计时的

18、过程中，小乐同学负责从刻度尺上读出铁架台上绳子结点到圆平面的竖直高度h=_cm。（3）小组猜测绳子长度L、绳子结点到圆平面的高度h对小球的周期T有影响，于是他们控制变量L和h，进行多次实验，得到数据并作图如下：根据图像可知，影响圆锥摆周期的因素是_。17 （4）请根据理论知识推算，图b中图像的斜率k=_（用题目所给出的符号表示）。36、测定物体的质量有多种方法。某同学利用下面方法间接测量物体质量M，装置如图甲所示一根轻绳跨过轻质定滑轮与两个相同的重物P、Q相连，重物P、Q的质量均为m=200g，在重物Q的下面通过轻质挂钩悬挂待测物块Z，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

19、为g=9.8m/s2。（1）某次实验中，先接通频率为 50Hz 的交流电源，再由静止释放系统，得到如图乙所示的纸带，则系统运动的加速度a=_m/s2（保留两位有效数字）；（2）忽略各类阻力，求出物块 Z 质量的理论值为M理=_（保留两位有效数字）；37、某兴趣小组欲测量滑块与水平木板间的动摩擦因数，他们设计了一个实验，实验装置如图 1 所示。该小组同学首先将一端带滑轮的木板固定在水平桌面上，连接好其他装置，然后挂上重物，使滑块做匀加速运动，打点计时器在纸带上打出一系列点.18 （1）图 2 是实验中获取的一条纸带的一部分，相邻两计数点间的距离如图所示，已知电源的频率为 50 Hz，相邻两计数点

20、间还有 4 个计时点未标出，根据图中数据计算的加速度 a=_ 2.（结果保留两位有效数字）（2）为测定动摩擦因数，该小组同学事先用弹簧测力计测出滑块与重物的重力分别如图 3、4 所示，则图 3 对应的示数为_N,图 4 对应的示数为_N；（3）重力加速度 g 取10/2，滑块与木板间的动摩擦因数=_（结果保留两位有效数字）。19 (文末附答案)高中物理牛顿运动定律_031 参考答案 1、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

21、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，CD 错误。故选 B。2、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。3、答案：A 解析：ABA、B 整体由牛顿第二定律可得(mA+mB)gsin(mA+mB)a 20 解得 agsin A 正

22、确，B 错误；B对 B 受力分析，由牛顿第二定律可得 Bsin+=B 解得 =0 故细绳的张力为零，CD 错误。故选 A。4、答案：C 解析：A小环 C 下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环 C 的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环 C 的机械能最大，故 A 错误；B小环从R处下落到Q处的过程中，物体 B 始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体 B 所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体 B 的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的

23、冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故 B 错误；C环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长度相同，弹性势能相同。Q和 A 通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图 1 所示），故 cos=A 21 故 A 与环的动能之比为 kAk=12A2122=cos2 对小环和 A 的系统 =kA+k 联立可得小环 C 的最大动能=2+cos2 故 C 正确；D环在R和Q时，弹簧长度相同，B 对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体 B 的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有 Tcos=Mg 对 A 有 T-mg-F=ma 对

24、B 有 F=mg 联立可得为 =cos 2 故 D 错误。故选 C。22 小提示：5、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

25、真正开端。6、答案：C 解析：A小环 C 下落过程受重力、杆的支持力和细线的拉力，非重力做功等于机械能的变化量。到位置S前的过程中，非重力做正功，机械能增加。经过S的过程，非重力做负功，机械能减小。因此，小环 C 的机械能先增加再减小，下落到位置S时，小环 C 的机械能最大，故 A 错误；B小环从R处下落到Q处的过程中，物体 B 始终静止在地面上，动量变化量为零，因此物体 B 所受合力的冲量为零，即重力、弹簧弹力和地面对物体 B 的支持力的冲量和为零，则弹簧弹力和地面对物体的支持力的冲量和与重力冲量等大反向，由于此过程重力冲量不为零，故 B 错误；23 C环在Q时动能最大。环在R和Q时，弹簧长

26、度相同，弹性势能相同。Q和 A 通过细线相连，沿着绳子的分速度相等（如图 1 所示），故 cos=A 故 A 与环的动能之比为 kAk=12A2122=cos2 对小环和 A 的系统 =kA+k 联立可得小环 C 的最大动能=2+cos2 故 C 正确；D环在R和Q时，弹簧长度相同，B 对地面的压力为零，说明弹簧处于伸长状态且弹力等于物体 B 的重力mg。环在Q位置，环速度最大，说明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根据平衡条件，有 Tcos=Mg 对 A 有 T-mg-F=ma 对 B 有 F=mg 联立可得为 24 =cos 2 故 D 错误。故选 C。小提示：7、答案：C 解析：当摆锤由最

27、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。8、答案：B 解析：A根据图像可知，体重计示数与受支持力大小相等，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；25 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

28、知，加速度最大，故 D 错误。故选 B。9、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。10、答案：BC 解析：AB对a受力分析，受到重力、支持力、摩擦力以及洛伦兹力，其中支持力等于重力加洛伦兹力，即=+由于加速，所以洛伦兹力变大，故支持力变大，由牛顿第三定律知，a对b的压力变大。A 错误，B 正确；CD将a、b当成一个整体受力分析，得到 地=(+)其中 2

29、6 地=(+)+所以整体的加速度在减小。而对于a，a和b间的摩擦力为静摩擦力，则=加速度在减小，所以a、b物块间的摩擦力减小。C 正确，D 错误。故选 BC。11、答案：BCD 解析：A 图线的斜率表示加速度，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。

30、12、答案：ACD 解析：滑块以水平初速度v0滑上木板，滑块减速，木板加速，滑块和木板的加速度的大小分别为 27 a222g a121 由题图乙可知，滑块的速度一直大于木板的速度，即两者之间始终存在相对运动，在t1时刻，滑块滑出木板，各自做匀速直线运动。由题图乙分析可知，图像的斜率等于加速度，则 a2a1 即 g21 则 m1m2 故选 ACD。13、答案：BC 解析：A相对地面而言，小物块在01小时间内，向左做匀减速运动，1之后反向向右向右运动，故小物块在1时刻离A处距离最大，A 错误；B小物块在01小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；12时间内，反向向右做匀加速运动，但速度

31、小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，2时刻两者同速，在23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，02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02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23时间内，小 28 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。14、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 =B受地面的摩擦力为23F，C受地面的摩擦力为

32、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=232=3=13=3 B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力 N=0 D 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 =3 A 错误，B 正确。故选 BC。15、答案：BD 29 解析：A设物块与斜面间的动摩擦因数为，根据动能定理有 sin3712 cos37 2=0 解得 =316 A 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=(sin37 cos3

33、7)54=916 C 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 sin3754=34 D 正确。故选 BD。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 30 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：质量m mg 解析：略 18、答案：在B点下方 动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大 解析：1圆环向下运动时，经过

34、B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向 弹竖+=圆环向上运动时，经过B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向 弹竖=+则 弹竖 弹竖 可知在B点时弹簧伸长量较大，即B点在B点下方；2圆环从A运动到C点的过程中，各种能量的变化情况是：速度先增加后减小，则动能先增大后减小、重力势能逐渐减小、弹性势能逐渐增大、内能逐渐增大。31 19、答案：减小 相互作用力 解析：1喷洒消毒液的过程中，汽车的质量减小，惯性将减小；2汽车对路面的压力与路面对汽车的支持力是一对相互作用力。20、答案：3 0.05 解析：12物体在力F作用下加速运动的加速度 1=1010m/s2=1m/s2 根据牛顿第二定律可知 F-

35、mg=ma1 撤去F后，加速度大小 2=1020m/s2=0.5m/s2 根据牛顿第二定律可知 mg=ma2 联立解得 F=3N=0.05 21、答案：2 3 104 解析：32 1减速阶段加速度大小为 =1 2=396 61168m/s2 2m/s2 2根据 =2 结合题意可知 地=2.6火=9.8/2 火星车着陆时，根据牛顿第二定律可知 火=解得 3 104N 22、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

36、 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。33 23、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。24、答案：450 41.25 解析：1由题可知，一个同学重 500N，则质量m=50kg，由表格知，8s-9s 电梯减速上升，则加速度的大小为 2=4 31m/s2=1m/s2 根据牛顿第二定律有 =2 解得 =450N 2由表格知，0-1s 电梯加速

37、上升，则加速度大小为1=2m/s2，则电梯加速到v1=5m/s 的时间为 1=11=2.5s 故加速位移为 1=12112=6.25m 设从v1=5m/s 减到v2=4m/s 的时间为t，则有 =1 22=1s 34 说明电梯是从t=7s 开始减速的，故电梯匀速的时间 2=7s 1=4.5s 匀速的位移为 2=12=22.5m 匀减速到零的位移为 3=1221=12.5m 则电梯上升的高度 =1+2+3=41.25m 25、答案：（1）；（2）56L 解析：（1）在力F作用的过程中，根据牛顿第二定律有 对滑块 A 对木板 B 2 根据运动学规律，A、B 的位移分别为 122 122 35 由题

38、意知 2 整理得 =（2）撤去F时，A、B 的速度分别为，设 A、B 共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得 2(2)设此过程中滑块的位移为x1，木板的位移为x2，根据动能定理得 1122122 212 2212 22 最终滑块与木板P端的距离为 22156 26、答案：（1）货物能被运送到车上；（2）42J 解析：（1）货物滑上传送带的速度大于传送带的速度，则货物所受滑动摩擦力沿传送带向下，由牛顿第二定律有 sin37+=1 其中滑动摩擦力 36 =N=cos37 联立得货物的加速度 1=10 m/s2 取1时刻，货物与传送带共速，有 =0 11 解得 1=0.4 s 在1时间内，货物运

39、动的位移 1=+021=1.6 m 共速后，货物所受滑动摩擦力沿传送带向上，由牛顿第二定律有 sin37=2 联立得货物的加速度大小 2=2 m/s2 设货物能滑到传送带的最高点，且到最高点的速度为,有 2 2=22(1)解得=1m/s 即货物被运送到传送带顶端的速度为=1 m/s，所以货物能被运送到车上。（2）1时间内，货物与传送带间的相对位移为 37 1=0+21 1=0.8 m 1后到货物被运送到传送带顶端用时 2=+2=0.5 s 2时间内，货物与传送带的相对位移为 2=2+22=0.25 m 全程因摩擦而产生的热量 =(1+2)=cos37(1+2)=42 J 27、答案：（1）=3

40、N，=0.05；（2）2m，方向水平向左 解析：（1）设物体向右做匀减速直线运动的加速度大小为1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为2，则由v-t图得 1=2m/s2，2=1m/s2 由牛顿第二定律有 +=1，=2 联立解得 =3N，=0.05（2）物体减速阶段即 0 到 4s 内发生的位移大小 1=12112=16m 38 方向水平向右 物体从 4s 到 10s 反向做加速运动，发生的位移大小为 2=12222=18m 方向水平向左 所以 10s 内物体的位移大小为 =2 1=2m 方向水平向左。28、答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s 解析：（1）加速和匀速总位移

41、21+2=加速和匀速总时间 1+2=解得 1=7.5s 加速段加速度为 1=11=4m/s2（2）加速段由牛顿第二定理可得 =1 39 减速段由牛顿第二定理可得 +=2 可得 2=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 =221+222=202.5m 因此不能加速到最大速度 30m/s，且中间没有匀速阶段 =221+222 =5033m/s 在两红绿灯间行驶时间为 =1+2=1532s 29、答案：（1）3g；（2）6mg 解析：（1）由于 A 做简谐运动，在最高点和最低点加速度最大，在最高点时，木块 B 刚好对地面的压力为零，此时弹簧弹力 =1=

42、2 对 A 物体，根据牛顿第二定律可得 +=40 木块 A 的最大加速度 =3（2）由对称性可知在最低点的加速度向上 =3 对 A 受力分析由 1 =1=4 对 B 受力分析由 1+2=支 支=6 由牛顿第三定律得 压=6 30、答案：（1）5.2 104N；（2）1.25m/s；（3）1 106N s，方向竖直向上 解析：（1）铁柱在匀加速上升阶段的加速度大小为 1=m221=0.4m/s2 设电磁铁对铁柱的作用力最大值为F，根据牛顿第二定律有 =1 解得 41 =5.2 104N（2）铁柱匀加速阶段用时为 1=m1=5s 匀速阶段用时为 2=2m=5s 所以匀减速阶段用时为 3=1 2=1

43、0s 匀减速阶段上升的高度为 3=m23=10m 整个上升过程中铁柱的平均速度大小为 =1+2+3=1.25m/s（3）设电磁铁对铁柱的冲量为I，根据动量定理有 =0 解得 =1 106N s 方向竖直向上。31、答案：（1）1.8m；（2）18m；（3）不存在 解析：42 （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 0=2+31 1202=1222+12 312 解得 1=6m/s，2=6m/s 对小球根据机械能守恒定律有 3=3122 解得 =1.8m=（2）对于滑块和长木板，设满足条

44、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+)3 1=12 202+122212(2+)32 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 43 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 4+25=6+27 1242+12 252=1262+12 272 解得 6=(2)4+45+2=4+453 7=(2)5+24+2=

45、5+243 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。32、答案：（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 =44 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 33、答案：9.8102N 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 a(3)23603(3)20

46、.50 m/s2 根据牛顿第二定律有（Mm）gFf（Mm）a 得 Ff9.8102 N 45 34、答案：0.32 或 0.33 3.1 9.4 解析：(1)12根据=0+122可得 2=20+则由2-图像可知 20=65 102m/s 则 v0=0.33m/s =(19065)10240 102m/s2=3.1m/s2(2)3由牛顿第二定律可知 sin cos=即 =sin cos 当=53时a=5.6m/s2，即 sin53cos53=5.6 当=37时 a=3.0m/s2，即 sin37cos37=3.1 联立解得 g=9.4m/s2 46 35、答案：23.55 h 2 解析：解：（1

47、）1 因从按下秒表的那一刻开始计数 0，所以数到n时，经历了n个周期，因此 =（2）2刻度尺的最小分度值是 0.1cm，有估读值，因此读数是 23.55cm，即 h=23.55cm（3）3由题意可知，小球受到重力、绳子的拉力的作用，二力的合力提供向心力，则有 mgtan=m（2）2Lsin 其中为绳子与竖直方向的夹角，L为绳长，又 h=Lcos 解得 =2 由题图a和b，影响圆锥摆周期的因素是绳子结点到圆平面的高度h，周期T与成正比。（4）4由以上结果 =2 可知 =2 47 由数学知识可知，图b中图像的斜率是 k=2 36、答案：5.5 0.51kg 解析：（1）1根据逐差法得 =36 03

48、92=(8.86+7.98+7.10 6.21 5.34 4.47)1029 0.042m/s2=5.5m/s2（2）2由 =(+2)得到 =2=2 0.2 5.59.8 5.5kg=0.51kg 37、答案：0.50 2.00 1.00 0.43 解析：（1）1相邻两计数点间还有 4 个计时点未标出，则T=0.1s；根据=2结合逐差法可知：=6+5+432192=(3.87+3.39+2.882.381.901.40)10290.12m/s2=0.50m/s2（2）23则图 3 对应的示数为 2.00N；图 4 对应的示数为 1.00N；（3）4对滑块以及重物的整体：mg-Mg=(M+m)a 其中mg=1.00N，Mg=2N，48 解得=0.43