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高中物理牛顿运动定律知识点梳理

1

单选题
1、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。
2、如图，一平行板电容器连接在直流电源上，电容器的极板水平；两微粒a、b所带电荷量大小相等、符号相反，使它们分别静止于电容器的上、下极板附近，与极板距离相等。现同时释放a、b，它们由静止开始运动。在随后的某时刻t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面。a、b间的相互作用和重力可忽略。下列说法正确的是（　　）

A．a的质量比b的大
B．在t时刻，a的动能比b的大
C．在t时刻，a和b的电势能相等
D．在t时刻，a和b的动量相同
答案：B
解析：
A．经时间t，a、b经过电容器两极板间下半区域的同一水平面，则xa>xb，根据运动学规律
x＝12at2
得
aa>ab
又由牛顿第二定律a＝Fm知，ma<mb，A项错误；
B．经时间t到下半区域的同一水平面，由动能定理
W=qEx=ΔEk
xa>xb，所以Wa>Wb，所以a的动能比b的动能大，B项正确；
C．在t时刻，a、b处在同一等势面上，根据电势能决定式
Ep＝qφ
可知a、b的电势能绝对值相等，符号相反，C项错误；
D．根据动量定理
Ft＝p－p0
则经过时间t，a、b的动量大小相等，方向相反，故D项错误。
故选B。
3、处于竖直平面内的某圆周的两条直径AB、CD间夹角为60°，其中直径AB水平，AD与CD是光滑的细杆，穿过细杆的两个小球分别从A点和C点由静止释放，它们下滑到D点的时间分别是t1、t2，则t1：t2是（     ）

A．1：1B．2：1C．3:2D．2:3
答案：C
解析：
由几何关系得，AD与水平面的夹角为30°，设圆周的半径为R
xAD = 2Rcos30° = 3R
根据牛顿第二定律得，小球在AD上运动的加速度
a1= gsin30° = 12g
根据
xAD = 12a1t12
得
t1= 43Rg
xCD = 2R
小球在CD上运动的加速度
a2= gsin60° = 32g
根据
xCD = 12a2t22
得
t2= 8R3g
则
t1t2 = 32
故选C。
4、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。
5、在光滑的水平地面上有两个完全相同的滑块A、B，两滑块之间用原长为l0的轻质弹簧相连，在外力F1、F2的作用下运动，且F1>F2。以A、B为一个系统，如图甲所示，F1、F2向相反方向拉A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0+△l1），系统的加速度大小为a1；如图乙所示，F1、F2相向推A、B两个滑块，当运动达到稳定时，弹簧的长度为（l0﹣△l2），系统的加速度大小为a2。则下列关系式正确的是（　　）

A．△l1=△l2，a1=a2B．△l1>△l2，a1=a2
C．△l1=△l2，a1>a2D．△l1＜△l2，a1＜a2
答案：A
解析：
A、B完全相同，设它们的质量都是m，对图甲所示情况的整体有
F1-F2=2ma1
对图甲中的A有
F1-kΔl1=ma1
对图乙所示情况的整体有
F1-F2=2ma2
对图乙中的A有
F1-kΔl2=ma2
联立以上各式，有
a1=a2，Δl1=Δl2
故选A。
6、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。
7、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。
8、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。
多选题
9、如图所示，一足够长的传送带倾斜放置，倾角为θ=37°，以恒定速率v=4m/s顺时针转动。一物块以初速度v0=12m/s从A端冲上传送带，若物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.25，g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，则下列说法正确的是（　　）

A．物块以8m/s2的加速度匀减速至0后以4m/s2的加速度加速回到A点
B．物块从冲上传送带到返回A端所用的时间为(2+5)s
C．物块在上升阶段，在传送带上留下的划痕长为2m
D．物块在传送带上留下的划痕长为(12+45)m
答案：BD
解析：
A．对物块，开始阶段由牛顿第二定律可得
mgsinθ+μmgcosθ=ma1
a1=8m/s2
共速后
mgsinθ-μmgcosθ=ma2
a2=4m/s2
物块先以12m/s的初速度，8m/s2的加速度减速至4m/s，后又以4m/s2的加速度减速至0，再反向加速至回到A点，A错误；
B．运动学图像如图所示

t1=4-12-8s=1s
t2=0-4-4s=1s
物块上升到最高点的位移大小等于速度随时间变化的图线与时间轴所包围的面积的大小，物块沿传送带向上滑行的位移
x=12×(12+4)×1m+12×4×1m=10m
物块上升到最高点后反向向下做初速度为零的匀加速直线运动，设返回到A点所需的时间为t3，下滑的位移
x=12a2t32
解得
t3=5s
则物块从冲上传送带到返回A端所用时间为
t=t1+t2+t3=(2+5)s
B正确；
C．在0到1s内传送带比物块速度慢，则滑块在传送带上的划痕为
L1=12×(12+4)×1m-4×1m=4m
此时划痕在物块的下方，在1s到2s内，传送带速度比物块速度大，则
L2=4×1m-12×4×1m=2m
因为L2<L1，所以在上升阶段产生的划痕为4m，此时物块在产生的划痕的中点，C错误；
D．在2s到(2+5)s时间内，物块向下滑了10m，传送带向上滑了45m，则物块在传送带上的划痕为
L3=(10+45+2)m=(12+45)m
故D正确。
故选D。
10、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。
11、如图所示，A、B两个木块靠在一起放在光滑的水平面上，已知mA>mB，第一次用水平力F从左边推动两木块一起运动，此时它们的加速度大小为a1，AB间弹力大小为N1，第二次将水平力F反向，大小不变，从右边推动两木块一起运动，此时它们的加速度大小为a2，AB间弹力大小为N2，则（　　）

A．a1>a2B．a1=a2C．N1>N2D．N1<N2
答案：BD
解析：
AB．第一次用水平力F从左边推动两木块时，A、B的加速度大小相同，对整体分析，由牛顿第二定律得
a1=FmA+mB
同理，当水平推力F作用于木块B的右端时，整体的加速度为
a2=FmA+mB
可知
a1=a2
故A错误B正确；
CD．第一次用水平力F从左边推动两木块时，隔离B分析有
N1=mBa1=mBFmA+mB
当水平推力F作用于木块B的右端时，隔离A分析有
N2=mAa2=mAFmA+mB
因为
mA>mB
可知
N1<N2
故C错误D正确。
故选BD。
12、一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连。小球某时刻正处于如图所示状态。设斜面对小球的支持力为FN，细绳对小球的拉力为FT，关于此时刻小球的受力情况，下列说法正确的是（　　）

A．若小车向左运动，FN可能为零B．若小车向左运动，FT可能为零
C．若小车向右运动，FN不可能为零D．若小车向右运动，FT不可能为零
答案：AB
解析：
A. 若小车向左减速，加速度方向向右，若小球所受拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则N为零，A正确；
B. 若小车向左加速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，B正确；
C. 若小车向右加速，加速度方向向右，若小球所受的拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则此时N为零，C错误；
D. 若小车向右减速，加速度方向向左，若小球所受支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力T为零，D错误。

故选AB。
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、如图所示，物块A、B叠放在一起置于斜面上，斜面体始终静止在水平面上。关于A、B的运动和受力，下列说法正确的是       （　　）

A．若A、B一起匀速下滑，则A受到2个力
B．若斜面光滑，则A受3个力
C．若A、B一起加速下滑，则A处于失重状态
D．若A、B一起加速下滑，则地面对斜面体间的静摩擦力方向向右
答案：ABC
解析：
B．设斜面倾角为θ，若斜面光滑，根据牛顿第二定律可知，A、B整体的加速度为
a=g sin θ
对物体A，水平方向
f=ma cos θ=mg sin θ cos θ
竖直方向
mg-N=masin θ=mgsin2θ
即
N=mg cos2θ<mg
即A、B之间有相互作用力，此时A受重力、支持力和静摩擦力，故B正确；
A．若A、B整体一起匀速下滑，则上述表达式中a=0，此时f=0，FN=mg，即A受到重力和B的支持力两个力的作用，故A正确；
C．若A、B一起加速下滑，则A的加速度有向下的分量，则A处于失重状态，选项C正确；
D．若A、B整体一起加速下滑，则水平方向有分加速度，对整体由牛顿第二定律可知，地面与斜面体有向左的静摩擦力，故D错误。
故选ABC。
15、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。
16、北京冬奥会于2022年2月4日开幕，中国运动员谷爱凌在自由式滑雪女子大跳台项目中获得金牌。如图所示为“跳台滑雪”赛道的组成部分，为简便处理可抽象为：助滑道倾角为53o，着陆坡倾角为37o，助滑道长57829m，水平起跳区长13.2m，起跳区其一端与助滑道平滑连接（无机械能损失），另一端与着陆坡斜面相接。可视为质点的运动员总质量m=80kg在助滑道顶端从静止出发经6829s滑到起跳区，从起跳区滑出并在着陆坡着陆。已知各处摩擦因数相同，忽略空气阻力，重力加速度g=10m/s2。则（　　）

A．滑道的摩擦因数为0.125
B．落地点到起跳点的距离为48m
C．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为1320J
D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，着陆速度方向与着陆坡的夹角将增大
答案：AB
解析：
A．运动员在助滑区做匀加速运动，由
x1=12at2
解得
a=7.25m/s2
由牛顿第二定律
a=mgsin53°-μmgcos53°m
解得
μ=0.125
故A正确；
B．从助滑区滑下的速度为
v=at=7.25×6829=17ms
在起跳区，由动能定理
-μmgx2=12mv12-12mv2
解得起跳时速度
v1=16ms
水平起跳后做平抛运动，由
x=v1t1， y=12gt12， tan37°=yx
落地点到起跳点的距离为
s=x2+y2=48m
故B正确；
C．从静止出发到着陆前因摩擦而损失的机械能为
ΔE=μmgx1cos53°+μmgx2=1594J+1320J=2914J
故C错误；
D．若考虑起跳区与助滑道连接处的能量损失，则起跳时速度v2变小。设着陆速度方向与竖直方向的夹角为θ，则
tanθ=v2gt2
又
tan37°=v2t212gt22=2v2gt2
所以着陆速度方向与竖直方向的夹角不变，则着陆速度方向与着陆坡的夹角不变。故D错误。
故选AB。
填空题
17、（1）钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，g=10m/s2。则它在最后1s内下落的高度为______m；
（2）动车车厢内悬吊着一个质量为m的小球，动车匀加速行驶时，悬线偏离竖直方向的角度为θ并相对车厢保持静止，重力加速度为g。则动车的加速度大小为______；
（3）如图所示，光滑斜面上有一个重力为70N的小球被轻绳拴住悬挂在天花板上，已知绳子与竖直方向的夹角为45°，斜面倾角为37°，整个装置处于静止状态。sin37°=0.6，cos37°=0.8。则斜面对小球支持力的大小为______N。

答案：     35     gtanθ     50
解析：
（1）[1] 因为钢球由静止开始做自由落体运动，落地时的速度为40m/s，则钢球落地前最后一秒初的速度为
v1=v-gt=(40-10×1)ms=30ms
所以落地前最后一秒的平均速度为
v=v1+v2=35ms
所以落地前最后一秒的位移为
x=vt=35m
（2）[2]对小球受力分析，由牛顿第二定律得
mgtanθ=ma
故
a=gtanθ
（3）[3]对小球受力分析如图，将拉力和支持力沿水平方向和竖直方向分解得
Tsin45°=FNsin37°
Tcos45°+FNcos37°=mg
联立解得
FN=50N

18、如图，质量m=2kg的物体静止在水平面上，物体与水平面间的滑动摩擦力大小等于它们间弹力的0.25倍，现在对物体施加一个大小F=8N、与水平方向夹角θ=37∘角的斜向上的拉力。已知sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，取g=10m/s2，物体在拉力作用下5s内通过的位移大小为________。

答案：16.25m
解析：
物体受到四个力的作用，如图所示，建立直角坐标系并分解力F。

根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程
Fcosθ－Ff=ma
Fsinθ＋FN－G=0
FN为水平面对物体的支持力，即物体与水平面之间的弹力，故摩擦力
Ff=μFN
联立方程，解得
a=1.3m/s2
由运动学公式得5s内物体的位移
x=12at2=12×1.3×52m=16.25m
19、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：
20、如图所示，一根质量不计的轻弹簧上端固定在天花板上，下端与一重力为G的托盘连接，托盘中有一个质量为2G的砝码。当托盘静止时，弹簧的伸长量为L。现将托盘向下拉，弹簧又伸长了L（未超过弹簧的弹性限度），然后使托盘由静止释放，则刚释放托盘时，砝码对托盘的作用力大小等于___________。

答案：4G
解析：
[1]设弹簧劲度系数为k，设砝码质量为2m，则托盘质量为m，托盘静止，弹簧伸长L时，以托盘及砝码整体为研究对象，受力平衡，有
kL=3mg
伸长2L时，释放瞬间，以整体为研究对象，由牛顿第二定律得
2kL-3mg=3ma
解得
a=g
隔离砝码为研究对象，则
N-2mg=2ma
解得
N=4mg
据牛顿第三定律，砝码对托盘的作用力为4mg，即4G。
21、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
22、牛顿第一定律
（1）内容：一切物体总保持_______状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
（2）意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有___，因此牛顿第一定律又叫___定律；
②揭示了力与运动的关系：力不是___物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生_____的原因．
答案：     匀速直线运动     惯性     惯性     维持     加速度
解析：
（1）[1]内容：一切物体总保持匀速直线运动状态或静止状态，除非作用在它上面的力迫使它改变这种状态．
（2）[2][3]意义：①揭示了物体的固有属性：一切物体都有惯性，因此牛顿第一定律又叫惯性定律；
②[4][5]揭示了力与运动的关系：力不是维持物体运动的原因，而是改变物体运动状态的原因，即力是产生加速度的原因．
23、质量为m=1kg的物体在水平拉力作用下沿粗糙水平面做匀变速直线运动，动摩擦因数μ=0.1，其位移随时间变化的关系式为x=2t-t2（m），则物体的初速度大小是 _____m/s，水平拉力的大小为______ N。

答案：     2     1
解析：
根据匀变速直线运动位移与时间变化的关系式
x=v0t+12at2
与x=2t-t2对照可得
v0=2m/s，a=-2m/s2
假设F方向向前，由牛顿第二定律
F-μmg=ma
带入可得
F=-1N
说明F方向向后，大小为1N。
24、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
解答题
25、如图所示，汽车上面静置一个箱子A，t=0时刻起，汽车B由静止启动，做加速度为5 m/s2的匀加速直线运动。已知箱子A的质量为200 kg，汽车B的质量为4000 kg，箱子A与汽车B之间的动摩擦因数μ1=0.4，汽车B与地面之间的动摩擦因数μ2=0.1，滑动摩擦力等于最大静摩擦力，不计空气阻力，重力加速度取g=10 m/s2。求：
（1）若箱子A不滑下，则2 s时箱子A的速度是多少？
（2）若1 s时箱子A恰好从汽车B上掉落，但汽车B的牵引力保持不变，则2 s时汽车B的速度为多少？

答案：（1）8m/s；（2）10.25m/s
解析：
（1）箱子A在水平方向上受到向左的摩擦力，由牛顿第二定律有
μ1mAg=mAaA
代入数据解得
aA=4 m/s2
t=2 s时，箱子A的速度大小为
vA=aAt=8m/s
（2）1s时，汽车B的速度大小为
vB=aBt1=5m/s
设汽车B所受牵引力为F，对汽车B，由牛顿第二定律有
F-μ1mAg-μ2mA+mBg=mBaB
箱子A滑下后，对汽车B，由牛顿第二定律有
F-μ2mBg=mBa'B
v'B=vB+a'Bt2
代入数据解得2s时汽车的速度
v'B=10.25m/s
26、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
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，一物块（可视为质点）以水平向右的初速度v0=12m/s滑上一恒定转动的水平传送带左端，到达传送带右端时恰好与传送带共速，物块水平飞出后，最后垂直打在一倾角β=45°的斜坡上。已知传送带的长度L=11m，且传送带的速度小于物块的初速度，物块与传送带间的动摩擦因数μ=0.2，重力加速度g取10ms2，不计空气阻力。求：
（1）传送带的速度大小；
（2）传送带右端与物块刚打在斜面上的点的距离。

答案：（1）v传=10m/s；（2）s=55m
解析：
（1）由题知传送带向右运动，且物块在传送带上做匀减速运动，由牛顿第二定律有
μmg=ma
由运动学有
v2-v02=-2aL
又
v传=v
解得
v传=10m/s
（2）物块飞出传送带后做平抛运动，物体打在斜面上时，由平抛运动规律
有
vvy=tan45°
竖直速度
vy=gt
竖直位移
y=12gt2
水平位移
x=vt
距离
s=x2+y2
联立并带入数据解
s=55m
29、如图所示，从A点以v0=4m/s的水平速度抛出一质量为m=1kg的小物块（可视为质点），当物块运动至B点时，恰好沿切线方向进入固定的光滑圆弧轨道BC，经圆弧轨道后滑上与C点等高、静止在粗糙水平面的长木板上，圆弧轨道C端切线水平．已知长木板的质量M=4kg，A、B两点距C点的高度分别为H=0.5m，h=0.15m，R=0.75m，物块与长木板之间的动摩擦因数μ1=0.5，长木板与地面间的动摩擦因数μ2=0.2，g取10m/s2，求：
（1）小物块运动至B点时的速度大小和方向与水平面夹角的正切值；
（2）小物块滑至C点时，对圆弧轨道C点的压力大小；
（3）长木板至少为多长，才能保证小物块不滑出长木板？

答案：（1）23m/s，74；（2）44.7N；（3）2.6m
解析：
（1）物块从A到B做平抛运动，有
H-h=12gt2
设在B点竖直方向的速度为vy，则
vy=gt
v=v02+vy2
代入数据解得
v=23m/s
方向与水平面的夹角为θ，则
tanθ=vyv0=74
（2）从A至C点，由动能定理得
mgH=12mv22-12mv02
设C点受到的支持力为FN，则有
FN-mg=mv22R
代入数据解得
v2=26m/s
FN≈44.7N
根据牛顿第三定律可知，物块对圆弧轨道C点的压力大小为44.7N.；
（3）由题意可知小物块对长木板的摩擦力
Ff=μ1mg=5N
长木板与地面间的最大静摩擦力近似等于滑动摩擦力
Ff'=μ2(M＋m)g=10N
因
Ff<Ff'
所以小物块在长木板上滑动时，长木板静止不动．小物块在长木板上做匀减速运动，其加速度
a=μ1g=5m/s2
若到长木板右端时速度刚好为0，则长木板长度至少为
L=v222a=2610m=2.6m
30、如图所示，质量M＝3kg且足够长的木板放在水平光滑的平面上，在水平恒力F＝11N作用下由静止开始向右运动，当速度达到1m/s时，将质量m＝4kg的物块轻轻放到木板的右端，已知物块与木板间摩擦因数μ＝0.2，（g＝10m/s2），求：
（1）物块经多长时间才与木板保持相对静止；
（2）物块与木板相对静止后，物块受到的摩擦力多大？
（3）全过程产生的热量是多少？

答案：（1）1s；（2）6.28N；（3）4J
解析：
（1）放上物体后，由牛顿第二定律可知：
物体加速度
a1＝μg＝2m/s2
板的加速度
a2=F-μmgM=1m/s2
当两物体达速度相等后保持相对静止，故
a1t＝v+a2t
t＝1s
（2）相对静止后，对整体
F＝（M+m）a
对物体有
f＝ma
解得
f＝6.28N
（3）1s内物块的位移
x1=12a1t2=1m
木板的位移
x2=vt+12a2t2=1.5m
则相对路程
△x＝0.5m
则全过程产生的热量
Q＝f△x＝μmg△x＝4J
31、如图所示，质量M=2.0kg的木板静止在光滑水平面上，质量m=1.0kg的小物块放在木板的最左端。现用一水平向右、大小为F=10N的力作用在小物块上，当小物块在木板上滑过L1=2.0m的距离时，撤去力F。已知小物块与木板之间的动摩擦因数μ=0.4，重力加速度g取10m/s2，求
（1）撤去F前，小物块和木板的加速度大小；
（2）力F作用的时间；
（3）要使小物块不从木板上掉下来，木板的最小长度。（结果均可用分式表示）

答案：（1）a物=6ms2，a木=2ms2；（2）1s；（3）103m
解析：
（1）撤去F前，假设物块与木板间未发生相对滑动，对整体，根据牛顿第二定律有
F=M+ma共
解得
a共=103ms2
对木板，根据牛顿第二定律有
f=Ma共=203N>μmg
则物块与木板之间发生相对滑动，对物块，根据牛顿第二定律有
F-μmg=ma物
解得
a物=6ms2
对木板，根据牛顿第二定律有
μmg=Ma木
解得
a木=2ms2
（2）设力F作用的时间为t，根据位移与时间的关系式x=v0t+12at2可知，此时，物块的位移为
x1=12a物t2
木板的位移为
x2=12a木t2
又有
x1-x2=L1
解得
t=1s
（3）撤去拉力时，根据v=v0+at可知，此时，物块的速度为
v物=6ms
木板的速度为
v木=2ms
要使小物块不从木板上掉下来，则小物块到达木板最右端时与木板共速，根据动量守恒定律有
mv物+Mv木=M+mv共
解得
v共=103ms
撤去拉力后，对物块，根据牛顿第二定律有
-μmg=ma1
解得
a1=-4ms2
木板的受力没有发生变化，则木板的加速度不变，根据公式v2-v02=2ax可知，物块的位移为
x1=289m
木板的位移为
x2=169m
则木板的最小长度为
L=L1+x1-x2=103m
32、如图所示，水平地面上放置一质量为m、长为L的薄木板，木板与地面的动摩擦因数为μ。在木板的最右端放一质量为m的小物块，物块是由持殊材料制成的，一表面光滑，另一面粗糙，且粗糙而与木板的动摩擦因数为μ。在木板上施加水平向右拉力F=6μmg，g为重力加速度。
（1）若物块的光滑面与木板接触，物块经多长时间离开木板；
（2）若物块的粗糙面与木板接触，求物块在木板上运动过程中，系统产生的总热量。

答案：（1）L2μg；（2）4μmgL
解析：
（1）对木板受力分析，根据牛顿第二定律，有
F-2μmg=ma
根据匀变速直线运动规律，有
L=12at2
解得
t=L2μg
（2）设物块与木板发生相对滑动时，木板的加速度为a1，物块的加速度为a2，经过时间t1，物块离开木板，木板的位移为x1，物块的位移为x2。对木板，根据牛顿第二定律有
F-3μmg=ma1
对物块，同理有
μmg=ma2
根据匀变速直线运动的规律，有
x1=12a1t12
x2=12a2t12
当物块离开木板时，有
x1-x2=L
解得
x1=1.5L
在这过程中，木板与地面摩擦产生的热量
Q1=2μmgx1=3μmgL
物块和木板相对运动产生的热量
Q2=μmgL
所以，产生的总热量
Q=Q1+Q2=4μmgL
实验题
33、理想实验有时能更深刻地反映自然规律。伽利略设想了一个理想实验，如图所示。下面是关于该实验