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高中物理牛顿运动定律专项训练题

1

单选题
1、质量分别为M和m的物块A和B形状、大小均相同，将它们通过轻绳跨过光滑定滑轮连接，如图甲所示，绳子平行于倾角为α的斜面，A物块恰好能静止在斜面上，不考虑两物块与斜面之间的摩擦。若互换两物块位置，按图乙放置，然后释放物块，斜面仍保持静止。则下列说法正确的是（　　）

A．轻绳的拉力等于Mg
B．轻绳的拉力小于mg
C．A物块运动的加速度大小为1﹣sinαg
D．A物块运动的加速度大小为M+mMg
答案：C
解析：
互换位置前，A静止在斜面上，则有
Mgsinα=mg
互换位置后，对A有
Mg-T=Ma
对B有
T-mgsinα=ma
解得
a=1-sinαg=M-mMg
T=mg
ABD错误，C正确。
故选C。
2、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。
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。
4、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Ftv
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
a=vt
由牛顿第二定律可得
F=Ma
联立解得
M=Ftv
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。
5、如图，质量相等的小球A和小球B通过轻弹簧相连，A通过轻质绳系于天花板上，系统静止，重力加速度为g。则当剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是（　　）

A．小球B的加速度大小为gB．小球B的加速度大小为g
C．小球A的加速度大小为gD．小球A的加速度大小为2g
答案：D
解析：
剪断轻绳的瞬间，弹簧长度不会发生突变，故B所受合外力仍为零，故B的加速度为零；剪断轻绳的瞬间A所受的合力大小与剪断之前绳子拉力大小一致，由共点力平衡可知剪断绳子前，绳子的拉力为2mg，剪断轻绳的瞬间，由牛顿第二定律可知，A的瞬时加速度大小为2g。
故选D。
6、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μ1，长木板与地面间的动摩擦因数为μ2，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μ1(m1＋m2)g
B．长木板受到的摩擦力大小为μ2(m1＋m2)g
C．若改变F的大小，当F＞μ1(m1＋m2)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=μ1m1g
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
F>μ1(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μg时，木块一定会发生相对木板的滑动，故D正确。
故选D。
7、中国高速铁路最高运行时速350km，被誉为中国“新四大发明”之一。几年前一位来中国旅行的瑞典人在网上发了一段视频，高速行驶的列车窗台上，放了一枚直立的硬币，如图所示。在列车行驶的过程中，硬币始终直立在列车窗台上，直到列车转弯的时候，硬币才倒下。这一视频证明了中国高铁极好的稳定性。关于这枚硬币，下列判断正确的是（　　）

A．硬币直立过程中，列车一定做匀速直线运动
B．硬币直立过程中，一定只受重力和支持力，处于平衡状态
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用
D．列车加速或减速行驶时，硬币都可能受到与列车运动方向相反的摩擦力作用
答案：C
解析：
A．硬币直立过程中，硬币与列车间可能存在一定的摩擦力，列车做匀速直线运动时可以直立，列车在做加速度较小的加速运动时，所需要的摩擦力也会较小，也能使硬币处于直立的状态，故A错误；
B．硬币直立的过程，也可能处于加速运动状态，故不一定处于平衡状态，故B错误；
C．硬币直立过程中，可能受到与列车行驶方向相同的摩擦力作用，故C正确；
D．列车加速时，硬币受到的摩擦力与列车的运动方向相同，列车减速行驶时，硬币受到摩擦力与列车运动方向相反，故D错误。
故选C。
8、小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg，若电梯在竖直方向运动过程中，他看到体重计的示数为45kg时，取重力加速度g=10m/s2。下面说法中正确是（　　）
A．电梯可能在加速上升，加速度大小为9m/s2
B．电梯可能在加速上升，加速度大小为1m/s2
C．电梯可能在减速上升，加速度大小为1m/s2
D．电梯可能在减速下降，加速度大小为9m/s2
答案：C
解析：
体重计示数减小，即小明对体重计的压力减小，即电梯处于失重状态，所以电梯的加速度方向向下，大小为
a=mg-Nm=50×10-45×1050m/s2=1m/s2
所以可能在以1m/s2的加速减速上升或加速下降，故C正确，ABD错误。
故选C。
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。
10、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。
11、我们经常接触到的一些民谚、俗语，都蕴含着丰富的物理知识，以下理解正确的是（　　）
A．“泥鳅黄鳝交朋友，滑头对滑头”——泥鳅和黄鳝的表面都比较光滑，摩擦力小
B．“一只巴掌拍不响”——力是物体对物体的作用，一只巴掌要么拍另一只巴掌，要么拍在其他物体上才能产生力的作用，才能拍响
C．“鸡蛋碰石头，自不量力”——鸡蛋和石头相碰时石头撞击鸡蛋的力大于鸡蛋撞击石头的力
D．“人心齐，泰山移”——如果各个分力的方向一致，则合力的大小等于各个分力的大小之和
答案：ABD
解析：
A．泥鳅与黄鳝表面比较光滑，二者之间的动摩擦因数比较小，则二者之间摩擦力较小，故A正确；
B．物体之间的作用是相互的，“一只巴掌拍不响”说明力是物体对物体的作用，故B正确；C．鸡蛋与石头相碰时，根据牛顿第三定律可知，石头撞击鸡蛋的力的大小等于鸡蛋撞击石头的力，故C错误；
D．“人心齐，泰山移”反映了如果各个分力方向一致，合力的大小等于各个分力大小之和，故D正确。
故选ABD。
12、物体的质量为2kg，放在光滑水平面上，同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，则物体的加速度大小可能为（　　）
A．2m/s2B．3m/s2C．4m/s2D．5m/s2
答案：BC
解析：
同时受到水平方向大小为2N和7N的两个力的作用，这两个力的合力取值范围为
5N<F<9N
由牛顿第二定律可得
a=Fm
解得
2.5m/s2<a<4.5m/s2
AD错误，BC正确。
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/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
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，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为m0，货物的质量为m，货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为v，连接货车的缆绳与水平方向夹角为θ，不计一切摩擦，下列说法正确的是（　　）

A．货车的速度等于vcosθ
B．货物处于超重状态
C．缆绳中的拉力FT小于（m0+m）g
D．货车的对地面的压力小于货车的重力
答案：BD
解析：
A．把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则
v=v1cosθ
即
v1=vcosθ
故A错误；
B．货车匀速行驶，θ在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；
C．因为货物和货箱处于超重状态所以FT大于（m0+m）g，故C错误；
D．货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。
故选BD。
15、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率v1沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高的光滑水平面。物体以恒定的速率v2沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水平面上，这时速率为v2'，则下列说法正确的是（　　）

A．若v1<v2，则v2'=v1
B．若v1>v2，则v2'=v2
C．不管v2多大，总有v2'=v2
D．只有v1=v2时，才有v2'=v1
答案：AB
解析：
由于传送带足够长，物体先减速向左滑行，直到速度减为零，此过程设物体对地位移大小为x，加速度大小为a，则
x=v222a
然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：
①若v1≥v2，物体向右运动时一直加速，当v2'=v2时（向右加速到v2可以看成是向左由v2减速到0的逆过程，位移大小还是等于x），恰好离开传送带。
②若v1<v2，物体向右运动时先加速，当速度增大到与传送带的速度相等时，位移大小
x'=v122a<v222a=x
说明物体还在传送带上，此后不受摩擦力，物体与传送带一起向右匀速运动知道返回光滑水平面，此时有v2'=v1，故选项A、B正确，C、D错误。
故选AB。
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（　　）

A．f＝0B．f≠0
C．FN＝0D．FN≠0
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'=F
B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=F3m
aC=13Fm=F3m
B、C以相同的加速度向右做匀减速运动，B、C间作用力
FN=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
f=maB=F3
A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θ，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、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
19、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＝______。
答案：     质量m     mg
解析：
略
20、牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成___________，跟它的质量成___________，加速度的方向跟作用力的方向__________。
答案：     正比     反比     相同
解析：
[1][2][3]牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方向跟作用力的方向相同。
21、如图，水平传送带顺时针匀速运转，速度大小为2m/s。质量为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g=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
f=ma=μmg
又
v=at
代入数据，解得
μ=0.4
[2]根据摩擦力产生热量的公式，即
Q=μmgΔx
又
Δx=x传-x货箱
代入数据，解得
Δx=0.5m
故可得因摩擦产生的热量为
Q=3J
22、如图（a）所示，木板OA可绕轴O在竖直平面内转动，用此装置探索物块在方向始终平行于斜面、大小为F＝8N的力作用下加速度与斜面倾角的关系。已知物块的质量m＝1kg，通过DIS实验，得到如图（b）所示的加速度与斜面倾角的关系图线。若物块与木板间的动摩擦因数为0.2，假定物块与木板间的最大静摩擦力始终等于滑动摩擦力，g取10m/s2。图（b）中图线与纵坐标交点a0为_______，图（b）中图线与θ轴交点坐标分别为θ1和θ2，木板处于该两个角度时的摩擦力指向和物块的运状态为_______。

答案：     6m/s2     静止状态
解析：
[1][2]当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
θ=0°时，木板水平放置，由牛顿第二定律
F-f=ma0
又
f=μmg
联立解得
a0=6m/s2
由图可知，当斜面倾角为θ1时，摩擦力沿斜面向下且加速度为零；当斜面倾角为θ2时，摩擦力沿斜面向上且加速度为零；当斜面倾角在θ1和θ2之间时，物块处于静止状态。
23、如图所示，质量为2kg的货箱放在质量为8kg的平板小车上，货箱与小车之间的动摩擦因数为0.4，小车在水平推力F作用下沿光滑水平地面运动。若水平推力F1=5N，货箱静止在小车上，此时货箱的加速度大小为______ms2；若水平推力F2=50N，货箱在小车上滑动，此时货箱的加速度大小为______ms2；取重力加速度g=10ms2，小车水平。

答案：     0.5     4
解析：
[1]水平推力F1=5N，货箱静止在小车上，两者一起做匀加速直线运动，有
F1=(M+m)a1
解得
a1=0.5m/s2
[2]水平推力F2=50N，货箱在小车上滑动，则货箱受滑动摩擦力加速运动，有
μmg=ma2
可得
a2=μg=4m/s2
24、小明同学学习了牛顿运动定律后，自制了一个简易加速度计。如图，在轻杆的上端装有转轴，固定于竖直放置的标有角度的木板上的O点，轻杆下端固定一个小球，杆可在竖直面内自由转动。他利用这个加速度计来测量校车的加速度，测量时他应让板面竖直且与校车的运动方向__________（选填“垂直”或“平行”），已知重力加速度大小为g，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，校车的加速度大小为___________。

答案：     平行     gtanθ
解析：
[1][2]由加速度原理知，小车加速度在水平方向，则板面与校车运动方向平行，当轻杆与竖直方向的夹角为θ时，受力分析如图

由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0，则有
F'mg=tanθ
由牛顿第二定律知
F'=ma
解得
a=gtanθ
解答题
25、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
26、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。
27、如图甲所示，一倾角为37°的固定粗糙斜面上有一滑块，滑块在沿斜面向下的拉力F作用下，从A点由静止开始下滑，拉力F随滑块沿斜面下滑的位移s的变化关系如图乙所示。已知A、B两点间距离为2m，滑块质量为2kg，滑块与斜面的动摩擦因数为0.5，重力加速度大小取10m/s2，sin37°=0.6，求：
（1）当拉力为5N时，滑块的加速度大小；
（2）滑块从A运动到B经历的时间。

答案：（1）a1=4.5m/s2；（2）t=1112s
解析：
（1）滑块从A点由静止开始下滑，受重力mg、弹力FN、摩擦力Ff和外力F1，
设0～1m过程滑块加速度为a1，根据牛顿第二定律得
mgsinθ+F1-Ff=ma1，FN-mgcosθ=0
且
Ff=μFN
联立解得
a1=4.5m/s2
（2）设1～2m过程，滑块的加速度为a2，则
mgsinθ+F2-μmgcosθ=ma2
根据运动学公式有
s1=12a1t12，v=a1t1
s2=vt2+12a2t22
代入数据解得，滑块从A运动到B经历的时间
t=t1+t2=1112s
28、用一原长为20cm、劲度系数k为400N/m轻质弹簧水平拉动一质量为10kg的木箱，当弹簧伸长到30cm时（在弹性限度内），木箱在水平地面上匀速滑动，求此时
（1）这个弹簧的弹力大小和木箱与地面之间的动摩擦因数；
（2）若将拉力增大到60N，木箱做匀加速直线运动，求加速度a的大小。

答案：（1）40N，0.4；（2）2m/s2
解析：
（1）弹簧原长为
x0=20cm=0.2m
伸长后长度为
x=30cm=0.3m
根据胡克定律得
F=kΔx=400×(0.3-0.2)N=40N
木箱匀速运动，受力平衡，则有
f=F=40N
FN=mg=100N
则动摩擦因数为
μ=fFN=40100=0.4
（2）木箱做匀加速直线运动时，根据牛顿第二定律可得
F1-f=ma
代入数据解得
a=2m/s2
29、如图所示，质量为m1=1kg的小物块A，以v1=4.0m/s的初速度水平向右滑上质量为m2=1.0kg、初速度大小为v2=5.0m/s向左运动的长木板B，已知A、B之间的动摩擦因数μ1=0.20 ，B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.40，整个过程中小物块并未从长木板上滑下，g取10 m/s2。则：
（1）求小物块A刚滑上长木板B时，小物块与长木板的加速度大小和方向。
（2）求从小物块A刚滑上长木板B到二者刚好相对静止时小物块的位移大小。

答案：（1）10m/s2，方向水平向右；（2）4m
解析：
（1）以A为研究对象，根据牛顿第二定律有
μ1m1g=m1a1
解得加速度
a1=μ1g=2m/s2
方向水平向左；
以B为研究对象，根据牛顿第二定律有
μ1m1g+μ2(m1+m2)g=m2a2
解得加速度
a2=10m/s2
方向水平向右
（2）AB都做匀减速运动，当B的速度减为零时，所需的时间为
t=v2a2=0.5s
此时A的速度
vA=v1-a1t=3m/s
方向水平向右；此后，由于
μ1m1g=2N＜μ2(m1+m2)g=8N
所以B静止，A继续向右匀减速运动，直到停止。对A由匀变速运动推导公式
v12=2a1x
解得物块的位移大小为
x=4m
30、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
31、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θ=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）5.2×105J
解析：
（1）谷爱凌匀速运动时
f=mgsinθ=400N
（2）由静止下滑，20s后检测到其速度达到144km/h，加速度
a=gsinθ-μ'gcosθ=v0-0t1=2m/s2
10s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=μ'mgm=μ'g
解得
a=23m/s2
M、N之间的距离
x=vM22a=3003m
（3）斜面上总位移
x1=v02×t1+v0×t2+v0+vM2×t2=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=mgx1sinθ=5.2×105J
32、如图所示，竖直平面内一倾角θ=37°的粗糙倾斜直轨道AB与光滑圆弧轨道BC相切于B点，BC长度可忽略，且与传送带水平段平滑连接于C点。一质量m=0.2kg的小滑块从A点静止释放，经B点最后从C点水平滑上传送带。已知A点离地高度H=1.2m，AB长L1=1.25m，滑块与AB间的动摩擦因数μ1=0.25，与传送带间的动摩擦因数μ2=0.2，CD长度L2=3m，圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：
（1）小滑块经过C点时对轨道的压力；
（2）当传送带以顺时针方向v1=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端D点水平抛出后，落地点到D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
mgL1sin37°-μ1mgcos37°L1=12mvB2-0
代入数据解得
vB=10ms
由于BC长度可忽略，则
vC=vB=10ms
滑块在C点，受轨道的支持力FN和本身重力mg，根据牛顿第二定律
FN-mg=mv2R
代入数据解得
FN=6N
根据牛顿第三定律，小滑块经过C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
μ2mg=ma
代入数据解得
a=2ms2
设滑块到达传送带右端的速度为v，根据公式
v2-vc2=2aL2
代入数据解得
v=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BC长度可忽略，则
H-L1sin37°=12gt2
代入数据解得
t=0.3s
水平方向，落地点到D点的水平距离
x=vt=4×0.3m=1.2m
实验题
33、一细绳跨过悬挂的定滑轮，两端分别系有小球A和B，如图所示。一实验小组用此装置测量小球B运动的加速度。令两小球静止，细绳拉紧，然后释放小球，测得小球B释放时的高度h0=0.590m，下降一段距离后的高度h=0.100m；由h0下降至h所用的时间T=0.730s。由此求得小球B加速度的大小为a=1.84m/s2。

从实验室提供的数据得知，小球A、B的质量分别为100.0g和150.0g，当地重力加速度大小为g=9.8m/s2。利用小球的质量，根据牛顿第二定律计算可得小球B下落的加速度的大小为a′=______m/s2，小球B下落过程中绳子的拉力大小为______N（结果均保留3位有效数字）。可以看出，a′与a有明显差异，除实验中的偶然误差外，写出一条可能产生这一结果的原因：_______。
答案：     1.96     1.20     原因可能是滑轮轴不光滑或滑轮有质量
解析：
[1]对小球A、B整体由牛顿第二定律
mBg-mAg=（mA+mB）a′
代入数据解得
a′=1.96m/s2
[2]对B由牛顿第二定律
mBg-F=mBa′
解得绳子拉力大小
F=mB（g-a′）=150×10-3×（10-1.96）N=1.20N
[3]a′和a有明显差异，原因可能是滑轮轴不光滑或滑轮有质量。
34、教材列出的木一木动摩擦因数为0.30，实验小组采用如图甲所示的装置测量木块与木板间的动摩擦因数。实验中，木块在重锤的拉动下，沿水平长木板做匀加速运动。

（1）实验所用重锤质量150g左右，下列供选择的木块质量最合适的是____；
A．20g       B．260g       C．500g       D．600g
（2）关于实验操作和注意事项，下列说法正确的有____；
A．实验中先释放木块，后接通电源
B．调整定滑轮高度，使细线与板面平行
C．必须满足细线对木块拉力与重锤重力大小近似相等
D．木块释放位置到滑轮距离正常应在0.6m左右
（3）实验得到的一根纸带如图乙所示，从某个清晰的点开始，每5个打点取一个计数点，依次标出0、l、2、3、4、5、6，测得点O与点3、点6间的距离分别为19.90cm、 54.20cm，计时器打点周期为0.02s，则木块加速度a= ____m/s2(保