高中物理牛顿运动定律典型例题.docx

高中物理牛顿运动定律典型例题

1

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μ，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μmg
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μmg，CD错误。
故选B。
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。
3、如图所示，有A、B两物体，mA＝2mB，用细绳连接后放在光滑的斜面上，在它们下滑的过程中（　　）

A．它们的加速度a＝gsinθ
B．它们的加速度a<gsinθ
C．细绳的张力FT≠0
D．细绳的张力FT=13mBgsinθ
答案：A
解析：
AB．A、B整体由牛顿第二定律可得
(mA+mB)gsinθ＝(mA+mB)a
解得
a＝gsinθ
A正确，B错误；
B．对B受力分析，由牛顿第二定律可得
mBgsinθ+T=mBa
解得
T=0
故细绳的张力为零，CD错误。
故选A。
4、如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为M2ghM+mcos2θ
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为Mmcosθg-g
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；
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
vQcosθ=vA
故A与环的动能之比为
EkAEkQ=12mvA212MvQ2=mMcos2θ
对小环和A的系统
Mgh=EkA+EkQ
联立可得小环C的最大动能
EkQ=M2ghM+mcos2θ
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
Tcosθ=Mg
对A有
T-mg-F=ma
对B有
F=mg
联立可得为
a=Mmcosθg-2g
故D错误。
故选C。
小提示：
5、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。
6、如图所示，光滑的小滑轮D（可视为质点）固定，质量均为m的物体A和B用轻弹簧连接，一根不可伸长的轻绳一端与物体A连接，另一端跨过定滑轮与质量为M的小环C连接。小环C穿过竖直固定的光滑均匀细杆，小环C位于R处时，绳与细杆的夹角为θ，此时物体B与地面刚好无压力。图中SD水平，位置R和Q之间高度差为h，R和Q关于S对称。现让小环从R处由静止释放，环下落过程中绳始终处于拉直状态，环到达Q处时获得最大速度。在小环从R处下落到Q处的过程中，下列说法正确的是（　　）

A．小环C机械能最大的位置在S点下方
B．弹簧弹力和地面支持力对物体B的冲量和为零
C．小环C的最大动能为M2ghM+mcos2θ
D．小环C到达位置Q时，物体A的加速度大小为Mmcosθg-g
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；
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
vQcosθ=vA
故A与环的动能之比为
EkAEkQ=12mvA212MvQ2=mMcos2θ
对小环和A的系统
Mgh=EkA+EkQ
联立可得小环C的最大动能
EkQ=M2ghM+mcos2θ
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
Tcosθ=Mg
对A有
T-mg-F=ma
对B有
F=mg
联立可得为
a=Mmcosθg-2g
故D错误。
故选C。
小提示：
7、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。
8、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（　　）

A．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t1~t2时间内表现为失重
C．测量者在t3时刻速度最小
D．测量者在t4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t1∼t2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t3时刻之前，合力一直向下，向下加速，t3时刻速度最大，故C错误；
D．由图乙可知，测量者在t4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。
多选题
9、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。
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、受水平外力F作用的物体，在粗糙水平面上做直线运动，其v-t图线如图所示，则（　　）

A．在t1时刻，外力F为零
B．在0∼t1内，外力F大小不断减小
C．在t1∼t2内，外力F大小可能不断减小
D．在t1∼t2内，外力F大小可能先减小后增大
答案：BCD
解析：
A．v-t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0～t1时间内，斜率逐渐减小，加速度减小，根据牛顿第二定律得
F-μmg=ma
说明外力F大小不断减小，但仍然大于摩擦力，B正确；
CD．在t1~t2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。
12、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。
13、图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率v1运行，初速度大小为v2的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带。若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v-t图像（以地面为参考系）如图乙所示，已知v2>v1，则（　　）

A．t2时刻，小物块离A处的距离达到最大
B．t2时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大
C．0~t2时间内，小物块受到的摩擦力方向一直向右
D．0~t3时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用
答案：BC
解析：
A．相对地面而言，小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，t1之后反向向右向右运动，故小物块在t1时刻离A处距离最大，A错误；
B．小物块在0~t1小时间内，向左做匀减速运动，相对传送带也是向左运动；t1~t2时间内，反向向右做匀加速运动，但速度小于传送带向右速度，仍是相对传送带向左运动，t2时刻两者同速，在t2~t3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，0~t2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0~t2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t2~t3时间内，小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、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。
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、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。
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＝______。
答案：     质量m     mg
解析：
略
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：___________。

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B点时速度最大，则受合力为零，则竖直方向
F弹竖+f=mg
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
F'弹竖=mg+f'
则
F'弹竖>F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。
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、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，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μ＝___________。（g取10m/s2）

答案：     3     0.05
解析：
[1][2]物体在力F作用下加速运动的加速度
a1=1010m/s2=1m/s2
根据牛顿第二定律可知
F-μmg=ma1
撤去F后，加速度大小
a2=1020m/s2=0.5m/s2
根据牛顿第二定律可知
μmg=ma2
联立解得
F=3N
μ=0.05
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）

答案：     2     3×104
解析：
[1]减速阶段加速度大小为
a=v1-v2t=396-61168m/s2≈2m/s2
[2]根据
mg=GMmR2
结合题意可知
g地=2.6g火=9.8m/s2
火星车着陆时，根据牛顿第二定律可知
f-mg火=ma
解得
f≈3×104N
22、(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
答案：     BD     C
解析：
(1)[1]AB．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。
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。
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、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μ。某时刻给B施加一大小为5μmg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。

答案：（1）Lμg；（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
μmg＝maA
对木板B
F－μmg＝2maB
根据运动学规律，A、B的位移分别为
xA＝12aAt2
xB＝12aBt2
由题意知
xB－xA＝L2
整理得
t=Lμg
（2）撤去F时，A、B的速度分别为
vA＝aAt，vB＝aBt
设A、B共同运动的最终速度为v，根据动量守恒定律得
mvA＋2mvB＝m＋2mv
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
μmgx1＝12mv2－12mvA2
－μmgx2＝12⋅2mv2－12⋅2mvB2
最终滑块与木板P端的距离为
Δx＝L2＋x2－x1＝56L
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v0=6m/s从传送带底端滑上传送带。已知传送带的速度为v=2m/s，货物与传送带间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g=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。

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
mgsin37∘+Ff=ma1
其中滑动摩擦力
Ff=μFN=μmgcos37∘
联立得货物的加速度
a1=10 m/s2
取t1时刻，货物与传送带共速，有
v=v0-a1t1
解得
t1=0.4 s
在t1时间内，货物运动的位移
x1=v+v02t1=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
mgsin37∘-Ff=ma2
联立得货物的加速度大小
a2=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v' ,有
v'2-v2=-2a2L-x1
解得
v'=1m/s
即货物被运送到传送带顶端的速度为v'=1 m/s，所以货物能被运送到车上。
（2）t1时间内，货物与传送带间的相对位移为
s1=v0+v2t1-vt1=0.8 m
t1后到货物被运送到传送带顶端用时
t2=v+v'a2=0.5 s
t2时间内，货物与传送带的相对位移为
s2=vt2-v+v'2t2=0.25 m
全程因摩擦而产生的热量
Q=Ffs1+s2=μmgcos37∘⋅s1+s2=42 J
27、如图甲所示，质量为m=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g=10m/s2。求：
（1）力F的大小和物体与水平面间的动摩擦因数μ；
（2）10s内物体的位移。

答案：（1）F=3N，μ=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a1，向左做匀加速直线运动的加速度大小为a2，则由v-t图得
a1=2m/s2，a2=1m/s2
由牛顿第二定律有
F+μmg=ma1，F-μmg=ma2
联立解得
F=3N，μ=0.05
（2）物体减速阶段即0到4s内发生的位移大小
x1=12a1t12=16m
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
x2=12a2t22=18m
方向水平向左
所以10s内物体的位移大小为
x=x2-x1=2m
方向水平向左。
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，后一个红绿灯变为红灯，该路段限速为108km/h。一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？
答案：（1）4m/s2；（2）5m/s2；（3）1532s
解析：
（1）加速和匀速总位移
v2t1+vt2=x
加速和匀速总时间
t1+t2=t
解得
t1=7.5s
加速段加速度为
a1=v1t1=4m/s2
（2）加速段由牛顿第二定理可得
F-kmg=ma1
减速段由牛顿第二定理可得
F+kmg=ma2
可得
a2=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
x'=v22a1+v22a2=202.5m>x
因此不能加速到最大速度30m/s，且中间没有匀速阶段
x'=v22a1+v22a2
v=5033m/s
在两红绿灯间行驶时间为
t=va1+va2=1532s
29、两木块A、B质量分别为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。

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
F=kx1=2mg
对A物体，根据牛顿第二定律可得
F+mg=ma
木块A的最大加速度
a=3g
（2）由对称性可知在最低点的加速度向上
a=3g
对A受力分析由
F1-mg=ma
F1=4mg
对B受力分析由
F1+2mg=N支
N支=6mg
由牛顿第三定律得
N压=6mg
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）铁柱的平均速度大小；
（3）电磁铁对铁柱的冲量。

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
a1=vm22h1=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
F-mg=ma1
解得
F=5.2×104N
（2）铁柱匀加速阶段用时为
t1=vma1=5s
匀速阶段用时为
t2=h2vm=5s
所以匀减速阶段用时为
t3=t-t1-t2=10s
匀减速阶段上升的高度为
h3=vm2t3=10m
整个上升过程中铁柱的平均速度大小为
v=h1+h2+h3t=1.25m/s
（3）设电磁铁对铁柱的冲量为I，根据动量定理有
I-mgt=0
解得
I=1×106N⋅s
方向竖直向上。
31、如图所示，质量为3m的小球甲用长为L=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v0=12m/s。已知小滑块乙与长木板丙间的动摩擦因数μ=0.6，重力加速度g=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v1、v2，则根据动量守恒定律和机械能守恒定律得
mv0=mv2+3mv1
12mv02=12mv22+12×3mv12
解得
v1=6m/s，v2=-6m/s
对小球根据机械能守恒定律有
3mgh=3mv122
解得
h=1.8m=L
（2）对于滑块和长木板，设满足条件的长木板的最小长度为L1，最终二者共同速度为v3，则根据动量守恒定律和能量守恒定律得
2mv0+mv2=(2m+m)v3
μmgL1=12×2mv02+12mv22-122m+mv32
解得
v3=6m/s，L1=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L2，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
a乙1=-6m/s2
对丙有
a丙1=-6m/s2
设乙与挡板碰前瞬间乙的速度为v4，丙的速度为v5，碰后瞬间乙速度为v6，丙速度为v7，碰撞过程有
mv4+2mv5=mv6+2mv7
12mv42+12×2mv52=12mv62+12×2mv72
解得
v6=m-2mv4+4mv5m+2m=-v4+4v53
v7=2m-mv5+2mv4m+2m=v5+2v43
若要v7=0，可得
v5+2v4=0
即
(12-6t)m/s+2(-6+6t)m/s=0
解得
t=0
故不存在木板长度使碰后瞬间木板速度变为零。
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θ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g，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μ，求下滑加速度大小a；
（2）找出小朋友坐在滑面上却无法滑下的物理原因。

答案：（1）gsinθ-μcosθ；（2）见解析
解析：
（1）设小朋友的质量为m，由牛顿第二定律
mgsinθ-f=ma
N-mgcosθ=0
由滑动摩擦力公式
f=μN
解方程组得
a=gsinθ-μ