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高中物理牛顿运动定律常考点

1

单选题
1、如图所示，质量为m的滑块Q沿质量为M的斜面P下滑，P、Q接触面光滑，斜面P静止在水平面上，已知重力加速度为g，则在滑块Q下滑的过程中（　　）

A．滑块Q重力将减小
B．滑块Q处于超重状态
C．水平面对斜面P没有摩擦力
D．水平面对斜面P的支持力小于(M+m)g
答案：D
解析：
A．滑块的重力
G=mg
与滑块的运动状态无关，故A错误；
B．滑块沿斜面加速下滑，加速度为
a=gsinθ
有向下的分加速度，所以滑块Q处于失重状态，故B错误；
C．对整体在水平方向，根据牛顿第二定律可得
f=M×0+macosθ
得
f=mgsinθcosθ
受到的摩擦力向左，故C错误；
D．对整体在竖直方向，根据牛顿第二定律可得
Mg+mg-FN=M×0+masinθ
解得
FN=(M+m)g-mgsin2θ
故D正确。
故选D。
2、物理是来源于生活，最后应用服务于生活。在日常生活中，有下面一种生活情境。一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合，如图。已知盘与桌布间的动摩擦因数大小为0.1，盘与桌面间的动摩擦因数大小为0.2。现突然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面掉下，则加速度a至少为多大（g取10m/s2）（　　）

A．0.25m/s2B．2.5m/s2C．0.5m/s2D．5m/s2
答案：B
解析：
圆盘在桌布上时做匀加速运动，掉到桌面上后在桌面上做匀减速运动。圆盘在桌布上和桌面上受力情况如图所示

根据牛顿第二定律知，圆盘在桌布上加速运动时
μ1mg=ma1
解得加速度大小为
a1=μ1g
方向向右；圆盘在桌面上运动时，根据牛顿第二定律可得
μ2mg=ma2
解得加速度大小为
a2=μ2g
方向向左 ；圆盘在桌布和桌面上运动的情境如下图所示

设圆盘从桌布上脱离瞬间的速度为v，由匀变速直线运动的规律知，圆盘离开桌布时
v2=2a1s1
圆盘在桌面上运动时
v2=2a2s2
盘没有从桌面上掉下的条件是
s1+s2=L2
联立解得
s1=μ2L2μ1+μ2
圆盘刚离开桌布时，对桌布根据位移-时间关系可得
s=12at2
对圆盘有
s1=12a1t2
而
s=L2+s1
由以上各式解得
a=μ1+2μ2μ1gμ2
带入数据解得
a=2.5m/s2
故B正确，ACD错误。
故选B。
3、甲、乙两球质量分别为m1、m2，从同一地点（足够高）同时由静止释放。两球下落过程所受空气阻力大小f仅与球的速率v成正比，与球的质量无关，即f＝kv（k为正的常量）。两球的v－t图象如图所示。落地前，经时间t0两球的速度都已达到各自的稳定值v1、v2。则下列判断正确的是（　　）

A．释放瞬间甲球加速度较大
B．m1m2＝v2v1
C．甲球质量大于乙球质量
D．t0时间内两球下落的高度相等
答案：C
解析：
A．释放瞬间，两球受到的阻力均为0，此时加速度相同，选项A错误；
B．运动到最后达到匀速时，重力和阻力大小相等
mg＝kv
则
m1m2=v1v2
选项B错误；
C．由图象可知v1＞v2，因此甲球质量大于乙球质量，选项C正确；
D．下落高度等于图线与时间轴围成的面积，可知甲球下落高度大，选项D错误。
故选C。
4、如图所示，电梯内有一固定斜面，斜面与电梯右侧墙壁之间放一光滑小球，当电梯以12g的加速度匀加速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F1，当电梯以12g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为F2，重力加速度为g，则（　　）

A．F1:F2=3:1B．F1:F2=3:2
C．F1:F2=4:3D．F1:F2=5:4
答案：A
解析：
设斜面对物体的弹力为FN，FN与竖直方向的夹角为θ，对于加速上升过程，竖直方向
FN1cosθ-mg=m⋅12g
水平方向
FN1sinθ=F1
解得
F1=32mgtanθ
对于减速上升过程，竖直方向
mg-FN2cosθ=m⋅12g
水平方向
FN2sinθ=F2
解得
F2=12mgtanθ
因此
F1=3F2
故BCD错误A正确。
故选A。
5、下列有关物体惯性的说法中正确的是（　　）
A．同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的
B．力是改变物体惯性的原因
C．物体只有静止或做匀速直线运动时才有惯性
D．受力物体的惯性将随着所受力的增大而逐渐消失
答案：A
解析：
A．惯性只与物体的质量有关，则同一物体，不管速度大小如何，惯性大小是相同的，选项A正确；
B．力是改变物体运动状态的原因，物体的惯性是不变的，选项B错误；
C．物体惯性只与质量有关，在任何状态下都均有惯性，选项C错误；
D．物体的惯性与受力的大小无关，选项D错误。
故选A。
6、如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为（　　）

A．aA=aB=gB．aA=2g，aB=0
C．aA=3g，aB=0D．aA=23g，aB=0
答案：D
解析：
水平细线被剪断前对A、B两小球进行受力分析，如图所示，静止时，由平衡条件得

FT=Fsin60°
Fcos60°=mAg+F1
F1=mBg
又
mA=mB
解得
FT=23mAg
水平细线被剪断瞬间，FT消失，弹力不能突变，A所受合力与FT等大反向，F1=mBg，所以可得
aA=FTmA=23g
aB=0
ABC错误，D正确。
故选D。
7、下列说法正确的是（     ）
A．伽利略发现了万有引力定律，并测得了引力常量
B．根据表达式F=Gm1m2r2可知，当r趋近于零时，万有引力趋近于无穷大
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对平衡力
答案：C
解析：
A．牛顿发现了万有引力定律，卡文迪许测出了引力常量G，A错误；
B．万有引力表达式F=Gm1m2r2，只适用于质点之间的相互作用，当r趋近于零时，万有引力定律不再适用，B错误；
C．在由开普勒第三定律得出的表达式r3T2=k中，k是一个与中心天体有关的常量，C正确；
D．两物体间的万有引力总是大小相等、方向相反，是一对作用力与反作用力，D错误。
故选C。
8、质量为2kg的物体在水平面上沿直线运动，受阻力大小恒定。经某点开始沿运动方向的水平拉力F与运动距离x的关系如图所示，0~3m物体做匀速直线运动。下列对图示过程的说法正确的是（　　）

A．在x=5m处物体加速度大小为3m/s2
B．0~7m物体克服阻力做功为28J
C．0~7m拉力对物体做功为45J
D．0~7m合力对物体做功为68J
答案：B
解析：
A．0~3m物体做匀速直线运动，水平拉力与阻力等大反向，由题图可知物体受到的阻力为4N。在x=5m处物体受到的拉力为
F=(4+10-44×2)N=7N
物体的加速度为
a=F-fm=7-42m/s2=1.5m/s2
故A错误；
B．0~7m物体克服阻力做功为
Wf=fx=4×7J=28J
故B正确；
C．F-x图线与坐标轴所围面积表示拉力所做的功，则0~7m拉力对物体做功为
W=(3×4+4+102×4)J=40J
故C错误；
D．0~7m合力对物体做功为
W合=W-Wf=12J
故D错误。
故选B。
多选题
9、如图所示，位于竖直平面内的固定光滑圆环轨道与水平面相切于M点，与竖直墙相切于A点，竖直墙上另一点B与M的连线和水平面的夹角为60°，C是圆环轨道的圆心，已知在同一时刻，甲、乙两球分别由A、B两点从静止开始沿光滑倾斜直轨道AM、BM运动到M点，丙球由C点自由下落到M点，有关下列说法正确的是（　　）

A．甲球下滑的加速度大于乙球下滑的加速度
B．丙球最先到达M点
C．甲、乙、丙球同时到达M点
D．甲、丙两球到达M点时的速率相等
答案：BD
解析：
A．设光滑倾斜轨道与水平面的夹角为θ，根据牛顿第二定律可得加速度
a=mgsinθm=gsinθ
可知乙球的加速度大于甲球的加速度。故A错误。
BC．对于AM段，位移
x1=2R
加速度
a1=gsin45°=22g
则根据
x=12at2
得
t1=2x1a1=4Rg
对于BM段，位移
x2=2R
加速度
a2=gsin60∘=32g
t2=2x2a2=8R3g
对于CM段，位移
x3=R
加速度
a3=g
则
t3=2Rg
知t3最小，故B正确，C错误。
D．根据动能定理得
mgh=12mv2
甲，丙高度相同，则到达M的速率相等，故D正确。
故选BD。
10、如图所示，一质量为m的物块，在水平地面上原来静止，现在对物体施加一个斜向上与水平方向成θ的拉力F，使物体向右在地面上匀加速直线运动，已知物体与地面之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g，则下列分析正确的是（　　）

A．地面对物体的支持力大小为mg-Fsinθ
B．地面对物体的支持力大小为mg
C．物体运动的加速度大小为Fcosθm
D．物体运动的加速度大小为Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）m
答案：AD
解析：
AB．物体的受力如图所示

由竖直方向的平衡可得，地面对物体的支持力大小为
FN=mg-Fsinθ
A正确，B错误；
CD．水平方向由牛顿第二定律可得
Fcosθ-μFN=ma
联立解得，物体运动的加速度大小为
a=Fcosθ-μ（mg-Fsinθ）m
C错误，D正确。
故选AD。
11、一质点做匀变速直线运动，现对其施加一恒力，且原来作用在质点上的力不发生改变，则此后（     ）
A．质点速度的方向总是与该恒力的方向相同
B．质点单位时间内速度变化量总是不变
C．质点可能做曲线运动也可能做直线运动
D．质点加速度的方向不可能总是与该恒力的方向相同
答案：BC
解析：
A．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，质点速度方向时刻与恒力方向不同，A错误；
B．加速度为单位时间内的速度变化量，因为施加的力为恒力，原来作用在质点上的力不发生改变，所以质点的合外力不变、加速度不变，即质点单位时间内速度变化量总是不变，B正确；
C．若该恒力方向与质点原运动方向不共线，则质点做曲线运动，若该恒力方向与质点原运动方向共线，则质点做直线运动，C正确；
D．根据牛顿第二定律，质点加速度方向与其原受合外力方向相同，若施加的恒力与质点原所受合外力方向相同，则与质点加速度方向相同，则此时质点加速度的方向总是与该恒力的方向相同，D错误。
故选BC。
12、如图甲所示，水平面上有一倾角为θ的光滑斜面，斜面上用一平行于斜面的轻质细绳系一质量为m的小球。斜面以加速度a水平向右做匀加速直线运动，当系统稳定时，细绳对小球的拉力和斜面对小球的支持力分别为T和FN。若T­a图像如图乙所示，AB是直线，BC为曲线，重力加速度为g＝10 m/s2。则（　　）

A．a＝403m/s2时，FN＝0
B．小球质量m＝0.1 kg
C．斜面倾角θ的正切值为34
D．小球离开斜面之前，FN＝0.8＋0.06a(N)
答案：ABC
解析：
A．小球离开斜面之前，以小球为研究对象，进行受力分析，可得
Tcos θ－FNsin θ＝ma
Tsin θ＋FNcos θ＝mg
联立解得
FN＝mgcos θ－masin θ
T＝macos θ＋mgsin θ
所以小球离开斜面之前，T­a图像呈线性关系，由题图乙可知a＝403m/s2时，小球将要离开斜面，则此时FN＝0，选项A正确；
BC．当a＝0时，T＝0.6 N，此时小球静止在斜面上，其受力如图1所示，所以
mgsin θ＝T
当a＝403m/s2时，斜面对小球的支持力恰好为零，其受力如图2所示，所以
mgtanθ＝ma
联立可得
tan θ＝34
m＝0.1 kg
选项B、C正确；
D．将θ和m的值代入
FN＝mgcos θ－masin θ
得
FN＝0.8－0.06a(N)
选项D错误。

13、如图甲，足够长的长木板放置在水平地面上，一滑块置于长木板左端。已知滑块和木板的质量均为2kg，现在滑块上施加一个F＝0.5t（N）的水平变力作用，从t＝0时刻开始计时，滑块所受摩擦力f随时间t变化的关系如图乙所示。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，重力加速度g取10m/s2，下列说法正确的是（　　）

A．图乙中t2＝24sB．木板的最大加速度为1m/s2
C．滑块与木板间的动摩擦因数为0.4D．木板与地面间的动摩擦因数为0.1
答案：ACD
解析：
C．根据图乙可知，滑块在t2以后受到的摩擦力不变，为8N，根据
f1=μ1mg
可得滑块与木板间的动摩擦因数为
μ1=0.4
C正确；
D．在t1时刻木板相对地面开始运动，此时滑块与木板相对静止，则木板与地面间的动摩擦因数为
μ2=f22mg=440=0.1
D正确；
AB．在t2时刻，滑块与木板将要发生相对滑动，此时滑块与木板间的静摩擦力达到最大，且此时二者加速度相同，且木板的加速度达到最大，对滑块有
F-μ1mg=ma
对木板有
μ1mg-2μ2mg=ma
联立解得
a=2m/s2
F=12N
则木板的最大加速度为2m/s2，根据
F=0.5t
可求得
t2=24s
A正确，B错误。
故选ACD。
14、如图所示，滑块2套在光滑的竖直杆上并通过细绳绕过光滑定滑轮连接物块1，物块1又与一轻质弹簧连接在一起，轻质弹簧另一端固定在地面上、开始时用手托住滑块2，使绳子刚好伸直处于水平位置但无张力，此时弹簧的压缩量为d．现将滑块2从A处由静止释放，经过B处的速度最大，到达C处的速度为零，此时物块1还没有到达滑轮位置。已知滑轮与杆的水平距离为3d，AC间距离为4d，不计滑轮质量、大小及摩擦。下列说法中正确的是（　　）

A．滑块2下滑过程中，加速度一直减小
B．滑块2经过B处时的加速度等于零
C．物块1和滑块2的质量之比为3：2
D．若滑块2质量增加一倍，其它条件不变，仍让滑块2由A处从静止滑到C处，滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比为4：5
答案：BD
解析：
AB．滑块2下滑过程中，绳子拉力增大，合力先减小后反向增大，在B处速度最大，加速度为零，则加速度先减小后反向增大，故A错误，B正确；
C．物体1静止时，弹簧压缩量为x1=d；当A下滑到C点时，物体2上升的高度为
h=(3d)2+(4d)2-3d=2d
则当物体2到达C时弹簧伸长的长度为d，此时弹簧的弹性势能等于物体1静止时的弹性势能；对于A与B及弹簧组成的系统，由机械能守恒定律应有
m1g·2d=m2g⋅4d
解得
m1:m2=2:1
故C错误；
D．根据物体1和2沿绳子方向的分速度大小相等，则得
v2cosθ=v1
其中
cosθ=4d5d=45
则得滑块2到达C处时，物块1和滑块2的速度之比
v1:v2=4:5
故D正确；
故选BD。
15、一质量为M的斜面体静置于水平地面上，左，右两底角分别为45°和30°，现有两个质量均为m的相同物块a，b从斜面顶端由静止同时释放，沿左、右两侧面加速下滑，斜面体始终保持不动。下列说法正确的是（　　）

A．沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块最先到达底端
B．物块a到达A点的速率大于物块b到达C点的速率
C．斜面体与地面之间没有摩擦力作用
D．斜面受到地面的支持力等于斜面和两物块所受重力之和
答案：AB
解析：
A.设物块与斜面间的动摩擦因数为μ，物块受力分析如图所示，由牛顿第二定律可得
G1-f=ma
F=G2
且
f=μF
以上三式联立可得
a=gsinθ-μcosθ
故沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块a的加速度最大，又由匀加速直线运动规律
x=12at2
可知，沿倾角为45°的侧面加速下滑的物块最先到达底端，故A正确；
B.设斜面的高为h，由几何关系可得物块沿斜面下滑的位移
x=hsinθ
由
v2=2ax=2gh-2μgh1tanθ
可知物块a到达A点的速率大于物块b到达C点的速率，故B正确；
C. 在两物块到达底端前，水平方向由于
a1cos45°-a2cos30°=12-34+14μg>0
故斜面受到地面向左的摩擦力作用，故C错误；
D.以斜面和物块整体为研究对象，将两物块的加速度分别分解，两物块在竖直方向均有竖直向下的加速度分量，即两物块处于失重状态，则斜面受到地面的支持力小于斜面和两物块所受重力之和，故D错误。
故选AB。

16、如图所示，轻弹簧放在倾角37º的斜面体上，轻弹簧的下端与斜面底端的挡板连接，上端与斜面上b点对齐，质量为m的物块在斜面上的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，物块被反弹后返回b点时速度刚好为零，已知ab长为L，bc长为L4，重力加速度为g，sin37º=0.6，cos37º=0.8。则（　　）

A．物块与斜面间的动摩擦因数为0.5
B．物块接触弹簧后，速度先减小后增大
C．弹簧具有的最大弹性势能为0.5mgL
D．物块在上述过程因摩擦产生的热量为0.6mgL
答案：AD
解析：
AD．物块由a点静止释放，压缩弹簧至c点，被反弹后返回b点时速度刚好为零，对整个过程应用动能定理得
mgsinθL-μmgcosθL+L4+L4=0
解得
μ=0.5
则整个过程因摩擦产生得热量为
Q=μmgcosθL+L4+L4=0.6mgL
故AD正确；
B．物块接触弹簧后，向下运动时，开始由于
mgsinθ>μmgcosθ+F弹
物块继续向下加速，F弹继续变大，当
mgsinθ<μmgcosθ+F弹
时，物块将向下减速，则物块向下运动时先加速后减速，向上运动时，由于在c点和b点的速度都为零，则物块先加速后减速，故B错误；
C．设弹簧的最大弹性势能为Epm，物块由a点到c点的过程中，根据能量守恒定理得
mgsinθL+L4=μmgcosθL+L4+Epm
解得
Epm=0.25mgL
故C错误。
故选AD。
填空题
17、2021年5月15日，天问一号着陆器“祝融号”火星车成功着陆火星乌托邦平原南部预选着陆区，质量为1.3吨的火星车在如此高速下自动精准降速反映了我国科研水平取得的巨大成就。它首先进入火星大气层的狭窄“走廊”，气动减速；打开降落伞使速度进一步减为95m/s；与降落伞分离后，打开发动机约80s，减速至3.6m/s；然后进入悬停避障与缓速下降阶段，经过对着陆点的探测后平稳着陆，其过程大致如图所示。（火星表面的重力加速度约为地球表面的25，地球表面重力加速度取10m/s2。）

（1）“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比_______（选填“增大”“减小”或“不变”）。由于勘测需要，火星车走走停停，假如它在一小时内的直线距离是9m，它的平均速度大小约为_________m/s。
（2）关于着陆器在不同阶段的受力分析，正确的是( )
A．气动减速段，只受到气体阻力的作用
B．伞系减速段，重力与气体对它的作用力是一对平衡力
C．动力减速段，发动机喷火的反作用力作用在火星车上
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力与气体阻力是平衡力
（3）如果动力减速阶段发动机的推力远大于空气阻力且视作恒定，不考虑火星车的质量变化。请分析说明此阶段火星车的运动性质______，并根据图中所给的数据，估算发动机推力的大小______。
答案：     不变     2.5×10-3     C     匀减速直线运动     6.68×103N
解析：
（1）[1]惯性大小跟质量有关，“祝融号”的质量不变，则“祝融号”在火星表面的惯性与地球表面相比不变
[2] 平均速度
v=xt=93600m/s=2.5×10-3m/s
（2）[3]A．气动减速段，除受到气体阻力的作用外，还受到重力作用，A错误；
B．伞系减速段，气体对它的作用力大于重力，不是一对平衡力，B错误；
C．动力减速段，发动机和喷出的火之间的作用是相互作用力，则发动机喷火的反作用力作用在火星车上，C正确；
D．悬停状态中，发动机喷火的反作用力和重力是平衡力， D错误。
故选C。
（3）[4][5]由于火星车在动力减速所受推力远大于空气阻力，可将空气阻力忽略不计，火星车在推力和重力两个恒力的作用下做匀减速直线运动，根据
vt=v0+at
可得火星车在此阶段的加速度
a=vt-v0t=3.6-9580m/s2=-1.14m/s2
火星车受到的合力
火星表面的重力加速度
g火=10×25m/s2=4m/s2
根据牛顿第二定律
G-F推=ma
F推=6.68×103N
18、如图甲所示，重力为100N的木箱静止在水平地板上，至少要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动，此后用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则木箱与地板之间的最大静摩擦力Fmax=_______N，木箱与地板之间的动摩擦因数μ=_________；2021年8月5日，我国14岁少女全红婵在东京奥运会10米跳台决赛中创造了五个动作三跳满分的纪录，勇夺冠军，如图乙所示，比赛时在空中下降过程中她处于___________状态（选填“超重”或“失重”）。

答案：     35     0.3     失重
解析：
[1][2]由题意可知要用35N的水平推力，才能使它从原地开始运动，则此时水平推力恰好等于最大静摩擦力，所以木箱与地板之间的最大静摩擦力
Fmax=35N
用30N的水平推力，就可以使木箱继续做匀速直线运动，则由平衡条件得
f=μG=30N
解得
μ=0.3
[3] 比赛时在空中下降过程中加速度向下，物体处于失重状态。
19、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。
20、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______。
答案：     加速度     力
解析：
略
21、动力学的两类基本问题
（1）由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出_____，再由运动学的有关公式求出速度或位移。
（2）由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出_____，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
答案：     加速度     加速度
解析：
（1）[1] 由物体的受力情况求解运动情况的基本思路先求出几个力的合力，由牛顿第二定律（F合＝ma）求出加速度，再由运动学的有关公式求出速度或位移
（2）[2] 由物体的运动情况求解受力情况的基本思路，已知加速度或根据运动规律求出加速度，再由牛顿第二定律求出合力，从而确定未知力。
22、一物体从倾角为θ的固定长直斜面顶端由静止开始下滑，已知斜面与物体间的动摩擦因数μ与物体离开斜面顶端距离x之间满足μ=kx（k为已知量）。物体刚下滑时加速度大小为______，当下滑距离为______时，物体有最大速度。（重力加速度为g）
答案：     gsinθ     tanθk
解析：
[1]x=0时，动摩擦因数为零，则物体不受摩擦力，所以加速度大小为
a=gsinθ
[2]速度最大时，加速度为零，有
μmgcosθ=mgsinθ
此时
kxcosθ=sinθ
解得
x=sinθkcosθ=tanθk
23、在竖直方向运行的电梯中，会出现置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为__________现象。此时电梯的运动情况是__________。
答案：     失重     向下加速或向上减速
解析：
[1][2]置于电梯地板上的物体对地板的压力小于物体所受重力的现象，这种现象称为失重现象，此时电梯的加速度竖直向下，则其运动情况为：向下加速或者向上减速。
小提示：
24、“蹦极”运动中，长弹性绳的一端固定，另一端绑在人身上，人从几十米高处跳下，将蹦极过程简化为人沿竖直方向的运动，从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人的动量___________，（填“先增大后减小”或者“一直增大”） 人的动能___________，（填“先增大后减小”或者“一直增大”）加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），动量和动能___________（填“最大”或者“最小”）。
答案：     先增大后减小     先增大后减小     最大
解析：
解：[1] 从绳恰好伸直，到人第一次下降至最低点的过程中，人下降的速度先增大后减小，因此人的动量先增大后减小。
[2] 人下降的速度先增大后减小，由动能公式可知，人的动能先增大后减小。
[3]加速度等于零时（即绳对人的拉力等于人所受的重力时），人的速度最大，人的动量和动能最大。
解答题
25、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐观光电梯从地面开始经历加速、匀速、减速的过程恰好到达观景台只需50秒，运行的最大速度为15m/s。观景台上可以鸟瞰整个迪拜全景，可将棕榈岛、帆船酒店等尽收眼底，颇为壮观。一位游客用便携式拉力传感器测得在加速阶段质量为1kg的物体受到的竖直向上拉力为11N，若电梯加速、减速过程视为匀变速直线运动（g取10m/s2），求：
（1）电梯加速阶段的加速度大小及加速运动的时间；
（2）若减速阶段与加速阶段的加速度大小相等，求观景台的高度；
（3）若电梯设计安装有辅助牵引系统，电梯出现故障，绳索牵引力突然消失，电梯从观景台处自由下落，为防止电梯落地引发人员伤亡，电梯启动辅助牵引装置使其减速到速度为零，牵引力为重力的3倍，下落过程所有阻力不计，则电梯自由下落最长多少时间必须启动辅助牵引装置？
答案：（1）1m/s2、15s；（2）525m；（3）70s
解析：
（1）设电梯加速阶段的加速度大小为a，由牛顿第二定律得：
FT-mg=ma
解得
a=1m/s2
由
v=v0＋at
解得
t=15s
（2）匀加速阶段位移
x1=12at2=12×1×152m=112.5m
匀速阶段位移
x2=v（50s-2t）=15×（50-2×15）m=300m
匀减速阶段位移
x3=v22a=112.5m
因此观景台的高度
x=x1＋x2＋x3=525m
（3）由题意知，电梯到地面速度刚好为0。自由落体加速度大小a1=g
启动辅助牵引装置后加速度大小
a2=F-mgm=3mg-mgm=2g
方向向上
则
vm22a1+vm22a2=x
解得
vm=1070m/s
则
tm=vmg=70s
即电梯自由下落最长70s时间必须启动辅助牵引装置。
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、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
28、如图所示，倾角θ=37°的斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一挡板P，上端装有光滑定滑轮，E、F是斜面上两点，P、E间距离L1=0.7m，E、F间距离L2=9m。轻绳跨过滑轮连接质量mB=4kg的平板B和质量mC=3kg的重物C，质量mA=1kg且可看成质点的小物块A置于长L=3.2m的平板B上端，初始时A、F沿斜面方向距离L0=2m，当小物块A在EF区间运动时对其施加一个沿斜面向下大小F=10N的恒力。已知小物块A、平板B之间动摩擦因数μ1=0.75，平板B与斜面之间的动摩擦因数μ2=0.25，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，平板B与挡板P碰撞后不反弹。取g=10m/s2。整个装置初始状态保持静止，现将轻绳剪断，求：
（1）小物块A在轻绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小；
（2）小物块A由静止运动到挡板P所用的时间。

答案：（1）2N；（2）2.05s
解析：
（1）轻绳剪断的瞬间，设A、B相对静止一起向下做匀加速运动，由牛顿第二定律得
mA+mBgsin37°-μ2mA+mBgcos37°=mA+mBa
解得
a=4m/s2
设B对A的静摩擦力大小为FfBA，对A受力分析，由牛顿第二定律得
mAgsin37°-FfBA=mAa
解得
FfBA=2N
A、B间的最大静摩擦力
Ffmax=μ1mAgcosθ=6N
FfBA<Ffmax，所以A、B能够相对静止一起向下做匀加速运动
所以小物块A在绳剪断的瞬间所受摩擦力的大小为2N。
（2）小物块A刚运动至F点时，小物块A、平板B速度满足
v02=2aL
解得
v0=4m/s
设该过程的运动时间为t1，则
v0=at1
解得
t1=1s
当小物块A进入EF区间内时，A、B之间发生相对运动，对小物块A有
F+mAgsin37°-μ1mAgcos37°=mAa1
解得
a1=10m/s2
对平板B有
μ1mAgcos37°+mBgsin37°-μ2mA+mBgcos37°=mBa2
解得
a2=5m/s2
当小物块A刚运动至E点时，速度满足
v12-v02=2a1L2
解得
v1=14m/s
小物块A在EF之间的运动时间为
t2=v1-v0a1=1s
对平板B有
v2=v0+a2t2=9m/s
平板B运动的位移为
x=v22-v022a2=6.5m
此时平板B的下端距离P的距离为
x'=L1-L+L2-x=0m
此时平板B与挡板刚好相撞，此后小物块A离开EF区域，在平板B的上表面匀速滑行，A离开EF区域后滑行时间为
t3=L1v1=0.05s
因此小物块A到达P所用的时间为
t=t1+t2+t3=2.05s

29、一地铁列车从甲站由静止启动后做直线运动，先匀加速运动t1=10s达到速度大小v=54km/h，再匀速运动一段时间后，接着匀减速运动t2=12s到达乙站停止。列车在运行过程中所受的阻力大小恒为f=1×105N，列车在减速过程中发动机停止工作，求：
（1）列车的质量m；
（2）列车在匀加速阶段牵引力的平均功率P。
答案：（1）8×104kg；（2）1.65×107W
解析：
（1）v=54km/h=15m/s减速阶段的加速度大小为
a2=vt2=1512m/s2=1.25m/s2
根据
f=ma2
可得
m=8×104kg
（2）匀加速阶段的位移
x=v2t1=75m
根据动能定理
Pt1-fx=12mv2
解得
P=1.65×107W
30、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1.0×10-3s后，沿着斜面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数μ=0.8，与挡板碰撞无机械能损失。sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2，求：
（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） v1=0.6m/s；（2） F=1206N；（3） 362s
解析：
（1）设物体沿斜面下滑的加速度大小为a1，碰撞挡板前的速度为v1，根据牛顿第二定律有
mgsin37°-μmgcos37°=ma1
得
a1=-0.4m/s2
根据运动学公式有
v12-v02=2a1x
解得
v1=0.6m/s
（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
Ft-mgsin37°t=mv1--mv1
解得
F=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a2，运动的时间为t'，由牛顿第二定律有
μmgcos37°+mgsin37°=ma2
a2=12.4m/s2
根据运动学公式
0=v1-a2t'
解得
t'=362s
由μmgcos37°>mgsin37°，物体沿斜面运动的时间为362s.
31、2022年2月2日，在率先开赛的北京冬奥会冰壶混合团体比赛中，中国队以7∶6击败瑞士队取得开门红。在冰壶比赛中，球员掷壶时，身体下蹲，使身体跪式向前滑行，同时手持冰壶从本垒圆心推球向前，至前卫线时，放开冰壶使其自行以直线或弧线轨道滑向营垒中心。比赛场地简图如图所示，本垒圆心到前卫线之间的距离x1=8m，前卫线到营垒中心的距离x2=32m。某次投掷过程中，运动员在前卫线处放开冰壶，放开时冰壶的速度v=2m/s，冰壶恰好自行滑行到营垒中心。冰壶运动可以简化为由球员掷壶阶段的初速度为零的匀加速直线运动和自行滑行阶段的匀减速直线运动。冰壶的质量m=20kg，可以看做质点，在滑行过程中冰壶与冰面之间的动摩擦因数不变。取重力加速度g=10m/s2。求：
（1）冰壶向前卫线滑行过程中受到的合力大小F；
（2）冰壶与冰面之间的动摩擦因数μ。

答案：（1）F=5N；（2）μ=0.00625
解析：
（1）冰壶从本垒圆心到前卫线做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式有：
v2=2a1x1
解得
a1=0.25m/s2