高中物理牛顿运动定律知识点归纳超级精简版.docx

高中物理牛顿运动定律知识点归纳超级精简版

1

单选题
1、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可能不一样
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。
2、研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小。根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像。若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的是（　　）

A．弹性绳原长为15mB．当运动员下降10m时，处于超重状态
C．当运动员下降15m时，运动到最低点D．当运动员下降20m时，其加速度方向竖直向上
答案：D
解析：
A．15m时速度最大，此时加速度为零，所受合外力为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，所以原长小于15m，A错误；
B．当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，B错误；
C．当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，没有运动到最低点，C错误；
D．当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D正确。
故选D。
3、如图甲所示，倾角为θ的粗糙斜面体固定在水平面上，初速度为v0＝10 m/s、质量为m＝1 kg的小木块沿斜面上滑，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，取g＝10 m/s2，则下列说法不正确的是（　　）

A．0 ~ 5 s内小木块做匀减速运动
B．在t＝1 s时刻，摩擦力反向
C．斜面倾角θ＝37°
D．小木块与斜面间的动摩擦因数为0.5
答案：A
解析：
A．x在0 ~ 5m内由匀变速直线运动的速度位移公式
v2-v02=2ax
再根据乙图，有
a1=-0-v022x1=10m/s2
又有
v0=10m/s
则小木块做匀减速运动的时间为
t=0-v0-a1=0-10-10s=1s
A错误，不符合题意；
B．在0 ~ 1s内木块做向上的匀减速运动，1s后木块做反向的匀加速运动，摩擦力反向，B正确，符合题意；
CD．木块做反向匀加速运动时的加速度为
a2=v2-02x2=322×(13-5)m/s2=2m/s2
对上滑过程，有
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
下滑过程中，有
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
联立解得
μ=0.5，θ=37°
CD正确，符合题意。
故选A。
4、科学研究发现，在月球表面：①没有空气；②重力加速度约为地球表面的16；③没有磁场。若宇航员登上月球后，在空中同时释放氢气球和铅球，忽略地球和其他星球对月球的影响，以下说法正确的是（　　）
A．氢气球和铅球都处于超重状态
B．氢气球将加速上升，铅球加速下落
C．氢气球和铅球都将下落，但铅球先落到地面
D．氢气球和铅球都将下落，且同时落地
答案：D
解析：
由于在月球表面没有空气，没有磁场，物体在月球表面只受重力作用，物体由静止释放，将做自由落体运动，位移h相同，运动的加速度g相同，运动的时间也一定相同，应该同时落地。自由落体运动处于完全失重状态。
故选D。
5、一个倾角为θ=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μ=0.25。若斜面足够长，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2。小物块上滑的最大距离为（　　）

A．1.0 mB．2.2 mC．0.8 mD．0.4 m
答案：A
解析：
小物块在斜面上上滑过程受力情况如图所示

根据牛顿第二定律有
mgsinθ+μmgcosθ=ma
解得
a=gsin37∘+μgcos37∘=8m/s2
小物块沿斜面上滑做匀减速运动，到达最高点时速度为零，则有
v12-v02=2ax
解得
x=v022a=1.0m
故A正确，BCD错误。
故选A。
6、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：C
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。
7、北京2022年冬奥会上，冰壶比赛是赛程最长的比赛项目。如图，运动员将冰壶以一定初速度推出后，冰壶沿水平冰面做直线运动直到停止，冰面上留下的痕迹长度是25m，冰壶与冰面间的动摩擦因数恒为0.008，取g=10m/s2，则冰壶的初速度为（　　）

A．105m/sB．1m/sC．2m/sD．4m/s
答案：C
解析：
根据牛顿第二定律
μmg=ma
解得冰壶在冰面上的加速度
a=0.08m/s2
根据运动学公式
0-v02=-2ax
代入数据解得
v0=2m/s
故C正确，ABD错误。
故选C。
8、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/s2）。则（　　）

A．小物块冲上斜面过程中加速度的大小是5.0m/s2
B．小物块与斜面间的动摩擦因数是0.25
C．小物块在斜面上滑行的最大位移是8m
D．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
a1=ΔvΔt=81=8.0m/s
A错误；
B．对小物块进行受力分析，根据牛顿第二定律有
mgsin37°+Ff=ma1
FN-mgcos37°=0
又
Ff=μFN
代入数据解得
μ=0.25
B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
x=v02t=82×1=4m
C错误；
D．小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是
ΔE=2Wf=2μmgcos37°⋅x=2×0.25×20×0.8×4=32J
D错误。
故选B。
多选题
9、将一个物体以某一初速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所受空气阻力大小不变，则物体（　　）
A．刚抛出时的速度最大B．在最高点的加速度为零
C．上升时间小于下落时间D．上升时的加速度小于下落时的加速度
答案：AC
解析：
A．物体在空中运动过程，有阻力做负功，机械能减小，故刚抛出时机械能最大，而刚抛出时的重力势能最小，故动能最大，速度最大，故A正确；
B．在最高点时，仍然受到重力作用，加速度不为零，故B错误；
CD．上升过程，加速度大小为
a1=mg+fm
下降过程加速度大小为
a2=mg-fm
上升时的加速度大于下落时的加速度，而上升过程的逆运动是初速度为零加速度为a1的匀加速直线运动，根据
h=12at2
a1>a2
可知上升时间小于下落时间，故C正确，D错误。
故选AC。
10、如图所示，a为带正电的小物块，b是一不带电的绝缘物块（设a、b间无电荷转移），a、b叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F拉b物块，使a、b一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段（　　）

A．a对b的压力不变
B．a对b的压力变大
C．a、b物块间的摩擦力变小
D．a、b物块间的摩擦力变大
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
Nba=mag+qvB
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
F-f地=ma+mba
其中
f地=μ[ma+mbg+qvB]
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
fba=maa
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、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（       ）

A．M处于拉伸状态，N处于拉伸状态
B．M处于压缩状态，N处于拉伸状态
C．M处于拉伸状态，N处于原长状态
D．M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①N处于伸长状态，M处于压缩状态；②N处于伸长状态，M也处于伸长状态；③N处于伸长状态而M处于原长状态；④N处于原长，M处于压缩状态。故ABD正确，C错误。
故选ABD。
12、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．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。
13、如图甲所示，一质量为m1的薄木板（厚度不计）静止在光滑水平地面上，现有一质量为m2的滑块以一定的水平初速度v0，从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象可知以下判断正确的是（　　）

A．滑块始终与木板存在相对运动
B．滑块未能滑出木板
C．滑块的质量m2大于木板的质量m1
D．在t1时刻，滑块从木板上滑出
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
a2＝μm2gm2＝μg
a1＝μm2gm1
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
a2＜a1
即
μg＜μm2gm1
则
m1＜m2
故选ACD。
14、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θ的正弦值sinθ=0.6，下列说法正确的是（　　）

A．滑块上升的最大高度为2710s0
B．滑块与斜面间的动摩擦因数为12
C．恒力F的大小等于2Ek0s0
D．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=2710s0sinθ=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
-mg27s010-9s05sinθ-μmg27s010-9s05cosθ=0-9Ek05
滑块从最高点下滑到斜面底端的过程中有
2710mgs0sinθ-2710μmgs0cosθ=27Ek025
联立解得
μ=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
mgsinθ-μmgcosθ=27Ek025⋅1027s0
受恒力F沿斜面上滑过程有
F-mgsinθ-μmgcosθ=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=2μmgcosθ×2710s0=108Ek025
故D正确。
故选BD。
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0.3
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
答案：BD
解析：
A．设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，根据动能定理有
mgsin37°×12L-μmgcos37°×2L=0
解得
μ=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；
C．c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°-μmgcos37°)×54L=916mgL
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
mgsin37°×54L=34mgL
D正确。
故选BD。
16、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（相关数据已在图中标出），由图中信息可知（　　）

A．若F1=F2，则m1小于m2
B．若m1=m2，则力F1对物体A所做的功较多
C．若m1=m2，则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为4∶5
D．若m1=m2，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
a1=2.51.5ms2=53ms2
物体B撤去拉力之前的加速度为
a2=23ms2
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
a=1ms2
撤去拉力后，根据牛顿第二定律可得
μ1m1g=m1a，μ2m2g=m2a
可得
μ1g=μ2g=1
物体A撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F1-μ1m1g=m1a1
解得
F1=83m1
物体B撤去拉力之前，根据牛顿第二定律有
F2-μ2m2g=m1a2
解得
F2=53m2
A．当
F1=F2
即
83m1=53m2
则
m1<m2
故A正确；
B．若两物体的质量相等，设物体质量为m，则拉力F1对物块A做的功为
WA=F1xA=83m⋅12vamta=5mJ
则拉力F2对物块B做的功为
WB=F2xB=53m⋅12vbmtb=5mJ
则拉力F1对物块A做的功等于拉力F2对物块B做的功，故B错误；
C．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的冲量为
I1=F1ta=83m⋅32=4mN⋅s
拉力F2对物块B的冲量为
I1=F2tb=53m⋅3=5mN⋅s
则力F1对物体A的冲量与F2对B的冲量之比为
I1I2=4m5m=45
故C正确；
D．若两物体的质量相等，设物体质量为m，，则拉力F1对物块A的最大瞬时功率为
P1=F1vam=83m⋅52=203mW
拉力F2对物块B的最大瞬时功率为
P2=F2vbm=53m⋅2=103mW
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，故D正确。
故选ACD。
填空题
17、超重
（1）定义：物体对支持物的压力（或对悬挂物的拉力）______物体所受重力的现象。
（2）产生条件：物体具有______（选填“竖直向上”或“竖直向下”）的加速度。
答案：     大于     竖直向上
解析：
略
18、某同学质量为50kg，站在电梯内的水平地板上，随电梯一起做竖直方向运动，测得人对电梯的压力为520N，则电梯运行的加速度大小为_______m/s2，方向为_______。
答案：     0.4##0.40     竖直向上##向上
解析：
[1][2]由牛顿第三定律知电梯对人的支持力为
N=520N
人的重力为
mg=500N
则电梯与人的加速度满足
N-mg=ma
解得
a=0.4m/s2
方向竖直向上。
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”）。
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、三个木块a、b、c和两个劲度系数均为500N/m的相同轻弹簧p、q用轻绳连接如图，a放在光滑水平桌面上，a、b质量均为1kg，c的质量为2kg。开始时p弹簧处于原长，木块都处于静止。现用水平力缓慢地向左拉p弹簧的左端，直到c木块刚好离开水平地面为止。则当c木块刚好离开水平时q弹簧的形变量大小为_______cm，该过程p弹簧的左端向左移动的距离_______cm。（不计滑轮摩擦，g取10m/s2）

答案：     4     12
解析：
[1][2]开始未用水平力拉p弹簧时，弹簧q处于压缩状态，受到的压力等于b物体的重力，由胡克定律得弹簧q压缩的长度为
x1=mbgk=10500m=0.02m=2cm
当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得弹簧q伸长的长度当c木块刚好离开水平地面时，弹簧q处于伸长状态，受到的拉力为等于c物体的重力，根据胡克定律得弹簧q伸长的长度
x2=mcgk=20500m=0.04m=4cm
此时，弹簧p处于伸长状态，受到的拉力等于b、c的总重力，则弹簧p伸长的长度为
x3=mb+mcgk=30500m=0.06m=6cm
根据几何关系得到，该过程p弹簧的左端向左移动的距离为
s=x1+x2+x3=12cm
21、视重：体重计的示数称为视重，反映了人对体重计的______。
答案：压力
解析：
略
22、如图所示:在水平平直公路上匀速行驶的小车顶上，用绳子悬挂着一个小球。

(1)若剪断绳子，小球将落至A、B、C中的_______点；
(2)若小车速度突然减小，小球将偏向_______方；
(3)若小车速度突然增大，小球将偏向_______方。
答案：     B     前     后
解析：
(1)[1]小球落下时，由于具有惯性，保持原来的水平速度，车速不变，落在正下方，即B点；
(2)[2]若车速减小，小球在水平方向相对小车向前运动，所以小球将偏向前方；
(3)[3]若车速突然增大，小球在水平方向相对小车向后运动，所以小球将偏向后方。
23、如图所示，A、B两物体用轻质细线绕过光滑的定滑轮相连，质量分别为mA=4kg，mB=8kg，物体A放在水平桌面上，物体B竖直悬挂，物体A与桌面间的动摩擦因数μ=0.2。现将物体B由静止轻轻释放，物体A沿桌面滑行的加速度大小等于___________m/s2；若在物块A上放上一个物块C，释放物体B后物块A和C 可以一起在桌面上做匀速直线运动，则物块C的质量是___________kg。

答案：     6     36
解析：
[1] 对B研究，由牛顿第二定律得
mBg-F=mBa1
同理，对A有
F-f=mAa1
因为
f=μmAg
解得A的加速度
a1=6m/s2
[2] 物体B后物块A和C 可以一起在桌面上做匀速直线运动，对B研究绳子拉力
F'=mBg
对A和C
f=μ(mA+mC)=F'
解得
mC=36kg
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
…
v/m⋅s-1
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，则电梯上升的高度是______m。
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
a2=4-31m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律有
mg-N=ma2
解得
N=450N
[2]由表格知，0-1s电梯加速上升，则加速度大小为a1=2m/s2，则电梯加速到v1=5m/s的时间为
t1=v1a1=2.5s
故加速位移为
h1=12a1t12=6.25m
设从v1=5m/s减到v2=4m/s的时间为t，则有
t=v1-v2a2=1s
说明电梯是从t=7s开始减速的，故电梯匀速的时间
t2=7s-t1=4.5s
匀速的位移为
h2=v1t2=22.5m
匀减速到零的位移为
h3=v122a1=12.5m
则电梯上升的高度
h=h1+h2+h3=41.25m
解答题
25、如图甲所示，传送带以v0=10m/s的速度逆时针转动，一质量m=10kg的物体（可视为质点）以水平向右的速度v冲上传送带。从物体冲上传送带开始，物体在0~2s内受到与物体运动方向相反的水平恒力作用，2~4s将水平外力反向，大小不变，物体的对地速度与时间的关系图象如图乙所示，取g=10m/s2。求：传送带与物体之间的动摩擦因数；

答案：μ=0.3
解析：
由图像可知0~2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为
a1=Δv1Δt1=102m/s2=5m/s2
由牛顿第二定律有
f+F=ma2
2~4s内物体做匀加速直线运动，加速度大小为
a2=Δv2Δt2=22m/s2=1m/s2
由牛顿第二定律有
f-F=ma2
联立并代入数据解得
f=30N
又
f=μmg
解得
μ=0.3
26、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μ=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？（重力加速度g取10m/s2）
答案：4N
解析：
由位移公式可得
x=12at2
由牛顿第二定律可得
F-μmg=ma
联立解得水平拉力大小为
F=4N
27、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2 b，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

因为
AB=BC=b
AC=2b
故轻绳BC与AB垂直
θ=45°
由牛顿第二定律
mgtan θ=ma
解得
a=g
(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 θ=mam
根据题意
FTm=2mg
所以最大加速度为
am=3g
28、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θ=37°，滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数μ=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
mgsinθ-µmgcosθ=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=-2a′x
解得
a'=8m/s2
由牛顿第二定律得
F＋µmg=ma′
解得制动力
F=180N
29、风洞是研究空气动力学的实验设备。如图所示，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H＝3.2m处，杆上套一质量m＝3kg，可沿杆滑动的小球。将小球所受的风力调节为F＝15N，方向水平向左。小球以速度v0＝8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g＝10m/s2。求小球落地时的位移。

答案：5.8m
解析：
小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为
t=2Hg=0.8s
小球在水平方向做匀减速运动，加速度大小为
a=Fm=5m/s2
水平位移为
x=v0t-12at2=4.8m
合位移为
s=x2+H2≈5.8m
故小球落地时的位移为5.8m。
30、如图所示，质量为3kg的物体在与水平面成37°角的拉力F作用下，沿水平桌面向右做直线运动，经过0.5m的距离速度由0.6m/s变为0.4m/s，已知物体与桌面间的动摩擦因数μ＝13，求作用力F的大小。（g＝10m/s2）

答案：9.4N
解析：
对物体受力分析，建立直角坐标系如图

由
vt2－v02＝2ax
a＝vt2-v022x＝0.42-0.622×0.5m/s2＝-0.2m/s2
负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。
y轴方向
FN+Fsin30°＝mg
Fμ＝μ（mg-Fsin30°）
x轴方向，由牛顿第二定律得
Fcos30°－Fμ＝ma
即
Fcos30°－μ（mg－Fsin30°）＝ma
解得
F＝9.4N
31、如图所示，底边AB恒定为b，当斜面与底边夹角θ为多大时，物体沿此光滑固定斜面由静止从顶端滑到底端所用时间才最短？

答案：45°
解析：
设斜面长度为L，有
L＝bcosθ
a＝gsin θ
且有
L＝12at2
解得
t＝2bgsinθcosθ＝4bgsin2θ
故当θ＝45°时，所用时间最短，最短时间为
tmin＝4bg
32、如图所示，水平传动带以v0=4m/s的速率顺时针匀速运转，传动带左、右两端的距离为8m，把一可以看作质点的小物块轻放在传动带左端，物块与传动带之间的动摩擦因数为μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，则：
（1）经多长时间物块会与传动带共速。
（2）经多长时间物块会从传动带右端掉下来。

答案：（1）2s；（2）3s
解析：
（1）物块刚放上传动带时做匀加速直线运动，由牛顿第二定律可得
μmg=ma
解得物块的加速度为
a=2m/s2
物块与传送带共速所需时间为
t1=v0a=2s
（2）物块匀加速运动的位移为
s=v02t1=4m
之后匀速运动到右端的时间为
t2=L-sv0=1s
物块从传动带左端到右端的时间为
t=t1+t2=3s
即经3s物块会从传动带右端掉下来。
实验题
33、某同学设计了如图实验方案测量当地重力加速度g的值，所用器材有：一倾角可以调节的足够长的光滑斜面、小物块、计时器、米尺等。请填入适当的公式或文字，完善以下实验步骤：

（1）如图1所示，在斜面上选择一固定位置A，用米尺测量A与斜面底端B之间的距离L。
（2）用米尺测量A相对于B的高度h。
（3）让物块自A处从静止开始下滑至B，并记录所用的时间t。
（4）改变________________，重复步骤(2)与(3)。
（5）图2是以h为纵坐标，以____为横坐标，根据实验数据作出的图象。
（6）由图象可知g=______(用字母a、b、L表示)。
答案：     倾斜角度（h的高度）     1t2     2aL2b
解析：
(4)[1]．改变斜面倾斜角度（h的高度），重复步骤(2)与(3)。
(5)[2]．由
L=12⋅gsinθ⋅t2=12g⋅hL⋅t2
解得
h=2L2g⋅1t2
即以h为纵坐标，以1t2为横坐标建立坐标系；
(6)[3]．则由图像可知
ba=2L2g
得
g=2aL2b
34、某同学利用如图所示的实验装置来测量重力加速度g，细绳跨过固定在铁架台上的轻质滑轮，两端各悬挂一只质量为M的重锤。实验操作如下：

①用米尺量出重锤1底端距地面的高度H；
②把质量为m0橡皮泥粘在重锤1上，轻拉重锤放手后使之做匀速运动；
③在重锤1上加上比其质量M小很多的质量为m的小钩码；
④左手将重锤2压在地面上，保持系统静止。释放重锤2，同时右手开启秒表，在重锤1落地时停止计时，记录下落时间t。
请回答下列问题：
(1)为了减小对下落时间t测量的偶然误差，应补充的操作步骤为______；
(2)实验要求小钩码的质量m要比重锤的质量M小很多，主要是为了______；
A．使H测得更准确
B．使重锤1下落的时间长一些
C．使系统的总质量近似等于2M
D．使细绳的拉力与小钩码的重力近似相等
(3)用实验中的测量量和已知量表示g，得g=______。
答案：     重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t     B     g=22M+m0+mHmt2
解析：
(1)[1]多次测量、取平均值是减小测量的偶然误差的基本方法。所以应补充的操作步骤为重复测量3次下落时间，取其平均值作为测量值t。
(2)[2]由于自由落体的加速度较大，下落H高度的时间较短，为了减小测量时间的实验误差，就要使重锤下落的时间长一些，因此系统下降的加速度要小，所以小钩码的质量要比重锤的质量小很多。
故选B。
(3)[3]根据牛顿第二定律有
mg=(M+m0+n+M)a
又
H=12at2
解得
g=2(2M+m0+m)Hmt2
35、很多智能手机都有加速度传感器。安装能显示加速度情况的应用程序，会有三条加速度图像，它们分别记录手机沿图甲所示坐标轴方向的加速度随时间变化的情况。
某同学将手机水平拿到距离缓冲垫上方一定高度处，打开加速度传感器，然后松手释放，让手机自由下落，最终手机跌到缓冲垫上。观察手机屏幕上的加速度传感器的图线如图乙所示。
请观察图像回答以下问题∶（本题结果均保留2位有效数字）
（1）由图乙可读出当地的重力加速度大小约为____________m/s
（2）手机自由下落的高度约为____________m；
（3）若手机的质量为170g，缓冲垫对手机竖直方向上的最大作用力约为____________N。

答案：     [9.8，10]     [0.60，1.01]     2.5或2.6
解析：
(1)[1]根据图乙可读出当地的重力加速度大小约为9.8m/s2.
(2)[2] 手机自由下落的高度约
h=12gt2=12×9.8×0.42m=0.78m
(3)[3]向上加速度最大时，缓冲垫对手机竖直方向上的作用力最大
F-mg=ma
解得
F=2.5N
36、物理小组在一次探究活动中测量滑块与木板之间的动摩擦因数。实验装置如图1，一表面粗糙的木板固定在水平桌面上，一端装有定滑轮；木板上有一滑块，其一端与电磁打点计时器的纸带相连，另一端通过跨过定滑轮的细线与托盘连接。打点计时器使用的交流电源的频率为50Hz。开始实验时，在托盘中放入适量砝码，滑块开始做匀加速运动，在纸带上打出一系列小点。

(1)图2给出的是实验中获取的一条纸带的一部分：0、1、2、3、4、5、6是计数点，每相邻两计数点间还有4个打点（图中未标出），计数点间的距离如图2。根据图中数据计算滑块的加速度a=__________m/s2（保留两位有效数字）。
(2)为测量动摩擦因数，下列物理量中还应测量的有__________。
A．木板的长度l
B. 木板的质量m1
C．滑块的质量m2
D．托盘和砝码的总质量m3
E. 滑块运动的时间
(3)滑块与木板间的动摩擦因数μ=__________（用被测物理量的字母表示，重力加速度为g）。与真实值相比，测量的动摩擦因数__________（填“偏大”或“偏小”）。
答案：     0.50     CD     m3g-m2+m3am2g     偏大
解析：
(1)[1]根据逐差法求解加速度
a=x36-x039T2=3.88+3.39+2.88-1.40-1.89-2.409×0.12×10-2m/s2=0.50m/s2
(2)[2]对托盘和砝码、滑块组成的系统应用牛顿第二定律
m3g-f=m2+m3a
滑动摩擦力
f=μm2g
解得
μ=m3g-m2+m3am2g
结合上述表达式可知，ABE错误，CD正确。
故选CD。
(3)[3]根据(2)可知动摩擦因数
μ=m3g-m2+m3am2g
[4]系统除了受到木板的摩擦力以外，还受到纸带和打点计时器之间的摩擦力、空气阻力等，所以导致动摩擦因数的测量值偏大。
37、(1)智能手机中有一个加速度传感器，在软件的驱动下，能够探测手机加速度的实时变化，并以图像形式显示出来，如图（a）所示。某学生利用如图（b）所示的实验装置来探究“当小车及手机总质量M不变的情况下，