高中物理牛頓運動定律知識點總結(jié)

高中物理牛頓運動定律知識點總結(jié)(超全)

單選題

1、一質(zhì)量為赤2.0kg的小物塊以一定的初速度沖上一傾角為37。足夠長的斜面，某同學利用傳感器測出了小物

塊沖上斜面過程中多個時刻的瞬時速度，并用計算機作出了小物塊上滑過程的p-f圖線，如圖所示

(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取lOm/s?)。貝ij()

A.小物塊沖上斜面過程中加速度的大小是5.0m/s2

B.小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)是0.25

C.小物塊在斜面上滑行的最大位移是8勿

D.小物塊在運動的整個過程中，損失的機械能是6.4J

答案B

解析

A.由小物塊上滑過程的速度-時間圖線，可得小物塊沖上斜面過程中，加速度大小為

△v8

?!=—=Y=8.0m/s

A錯誤；

B.對小物塊進行受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

zngsin37°+耳=ma]

FN-mgcos370=0

又

K="N

代入數(shù)據(jù)解得

H=0.25

B正確；

C.由小物塊上滑過程的速度-時間圖線可得，小物塊沿斜面向上運動的位移

v8

x=—0t=-xl=4m

c錯誤；

D.小物塊在運動的整個過程中，損失的機械能是

△E=2%=2〃mgcos37°■%=2x0.25x20x0.8x4=32J

D錯誤。

故選Bo

中國高速鐵路最高運行時速RSOkm,被譽為中國“新四大發(fā)明”之一。幾年前一位來中國旅行的瑞典人在

網(wǎng)上發(fā)了一段視頻，高速行駛的列車窗臺上，放了一枚直立的硬幣，如圖所示。在列車行駛的過程中，硬幣始

終直立在列車窗臺上，直到列車轉(zhuǎn)彎的時候，硬幣才倒下。這一視頻證明了中國高鐵極好的穩(wěn)定性。關于這枚

硬幣，下列判斷正確的是（）

A.硬幣直立過程中，列車一定做勻速直線運動

2

B.硬幣直立過程中，一定只受重力和支持力，處于平衡狀態(tài)

C.硬幣直立過程中，可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用

D.列車加速或減速行駛時，硬幣都可能受到與列車運動方向相反的摩擦力作用

答案C

解析

A.硬幣直立過程中，硬幣與列車間可能存在一定的摩擦力，列車做勻速直線運動時可以直立，列車在做加速

度較小的加速運動時，所需要的摩擦力也會較小，也能使硬幣處于直立的狀態(tài)，故A錯誤；

B.硬幣直立的過程，也可能處于加速運動狀態(tài)，故不一定處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；

C.硬幣直立過程中，可能受到與列車行駛方向相同的摩擦力作用，故C正確；

D.列車加速時，硬幣受到的摩擦力與列車的運動方向相同，列車減速行駛時，硬幣受到摩擦力與列車運動方

向相反，故D錯誤。

故選C。

3、武直-10（如圖所示）是中國人民解放軍第一種專業(yè)武裝直升機，提高了中國人民解放軍陸軍航空兵的航空

突擊與反裝甲能力。已知飛機的質(zhì)量為他只考慮升力和重力，武直-10在豎直方向上的升力大小與螺旋槳的

轉(zhuǎn)速大小的平方成正比，比例系數(shù)為定值?？蛰d時直升機起飛離地的臨界轉(zhuǎn)速為即，此時升力用好等于重力。

當搭載質(zhì)量為：的貨物時，某時刻螺旋槳的轉(zhuǎn)速達到了2徇，則此時直升機在豎直方向上的加速度大小為（重力

加速度為g）（）

A.jB.gC.2^D.3g

答案C

3

則有

F-Rmg=ma

F=0.3x5xl0+2x5=25N

故選C。

5、圖為一種新型彈跳鞋。當人穿著鞋從高處跳下壓縮彈簧后，人就會向上彈起，進而帶動彈跳鞋跳躍。假設

彈跳鞋對人的作用力類似于彈簧彈力且人始終在豎直方向上運動，不計空氣阻力，下列說法正確的是（）

A.人向上彈起的過程中，始終處于超重狀態(tài)

B.人向上彈起的過程中，鞋對人的作用力與人對鞋的作用力是一對相互作用力

C.彈簧壓縮到最低點時，鞋對人的作用力與人所受的重力是一對平衡力

D.從最高點下落至最低點的過程，人先做勻加速運動后做勻減速運動

答案B

解析

A.人向上彈起的過程中，先超重后失重，A錯誤；

B.人向上彈起的過程中，鞋對人的作用力與人對鞋的作用力是一對相互作用力，B正確；

C.彈簧壓縮到最低點時，鞋對人的作用力大于人所受的重力，不是一對平衡力，C錯誤；

5

D.從最高點下落至最低點的過程，先是自由落體運動，剛開始壓縮彈簧時人受到的重力大于彈力向下做變加

速運動，當彈力大于重力時向下做減速運動，D錯誤。

故選Bo

6、如圖甲所示，傾角為6的粗糙斜面體固定在水平面上，質(zhì)量為勿二1kg的小木塊以初速度為以二10m/s沿

斜面上滑，若從此時開始計時，整個過程中小木塊速度的平方隨路程變化的關系圖象如圖乙所示，則下列判斷

正確的是()

A.在￡=5s時刻，摩擦力方向發(fā)生變化

B.0-13s內(nèi)小木塊做勻變速直線運動

C.斜面傾角0=30°

D.小木塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為05

答案D

解析

A.x在0—5m內(nèi)，由勻變速直線運動的速度位移公式

Vc-2ax

結(jié)合圖象看出在0—5m

o-v2o-ioo.2./：

a=——二——m/s=-lOm/s

2x2X5

由圖示圖象可知vj-100(m/s)-得，g二10m/s,則小木塊勻減速運動的時間

6

二基s=ls

Is后物體反向做勻加速運動，r=ls時摩擦力反向，A錯誤；

B.由圖示圖象可知，物體反向加速運動時的加速度

,v232

,=---=------m/s2=2m/s2

2x2x8

結(jié)合A選項可知，在O—ls內(nèi)物體向上做勻減速運動，1s后物體反向做勻加速運動，整個過程加速度與發(fā)生變

化，所以整個過程不是勻變速直線運動，B錯誤；

CD.由牛頓第二定律得，小木塊上滑有

娛in9+/jmgcos0-ma

下滑有

娛in8-〃仞？cos。=

代入數(shù)據(jù)解得

〃=C.5,0=37°

C錯誤、D正確。

故選D。

7、如圖所示，物體靜止于水平面上的。點，這時彈簧恰為原長4物體的質(zhì)量為見與水平面間的動摩擦因數(shù)

為〃，現(xiàn)將物體向右拉一段距離后自由釋放，使之沿水平面振動，下列結(jié)論正確的是（）

加

夕

A.物體通過。點時所受的合外力為零

7

B.物體將做阻尼振動

C.物體最終只能停止在。點

D.物體停止運動后所受的摩擦力為〃mg

答案B

解析

A.物體通過。點時彈簧的彈力為零，但摩擦力不為零，A錯誤；

B.物體振動時要克服摩擦力做功，機械能減少，振幅減小，做阻尼振動，B正確；

CD.物體最終停止的位置可能在。點也可能不在。點。若停在。點摩擦力為零，若不在。點，摩擦力和彈簧的

彈力三衡，停止運動時物體所受的摩擦力不一定為CD錯誤。

故選Be

8、重慶由于其良好的生態(tài)環(huán)境和有利的地理位置，是鳥類的好居處。如圖所示，質(zhì)量為勿的鴿子，沿著與水

平方向成15。角、斜向右上方的方向以大小為/的速度勻速飛行，重力加速度大小為g,下列說法正確的是

()

A.鴿子處于失重狀態(tài)B.空氣對鴿子的作用力大于mg

C.空氣對鴿子的作用力的功率為mguD,鴿子克服自身的重力的功率為mg“sinl5。

答案D

解析

A.由鴿子勻速飛行可知，鴿子所受合外力為0,A錯誤；

8

B.由共點力平衡條件可知，空氣對鴿子的作用力等于mg,B錯誤；

C.空氣對鴿子的作用力豎直向上，所以空氣對鴿子的作用力的功率為mg%os75。，C錯誤；

D.鴿子克服自身的重力的功率為

P="重力

由力的功率表達式

。重力=mg"os（15°+90°J

聯(lián)立解得

P=ingvs\nl5°

D正確。

故選D。

多選題

9、如圖所示，質(zhì)量為/〃的小球被一根橡皮筋力。和一根繩皮’系住，當小球靜止時，橡皮筋處在水平方向上。

下列判斷中正確的是（）

A.在月C被突然剪斷的瞬間，比對小球的拉力不變

B.在力。被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為"n6

C.在/范被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為導

D.在a'被突然剪斷的瞬間，小球的加速度大小為質(zhì)in8

答案BC

9

解析

AB.設小球靜止時以、繩的拉力為￡AC橡皮筋的拉力為7：由平衡條件可得

氏os6=mg'/sin^=T

解得

T=儂tan8

cos。

在被突然剪斷的瞬間，理上的拉力廠發(fā)生了突變，小球的加速度方向沿與比垂直的方向且斜向下，大小為

a二的me

B正確，A錯誤；

CD.在戊?被突然剪斷的瞬間，橡皮筋〃'的拉力不變，小球的合力大小與/K被剪斷前拉力的大小相等.方向

沿比方向斜向下，故加速度

cos。

C正確，D錯誤。

故選BCO

10、如圖所示，輕桿一端固定在。點,，一端固定一小球，在豎直平面內(nèi)做半徑為R的圓周運動。小球運動到最

高點時，桿與小球間彈力大小為風，小球在最高點的速度大小為巳鳳一后圖像如圖乙所示。下列說法正確的

是（）

A.V2=Q時,B.v2=。時，桿對小球彈力方向豎直向上

10

C.小球的質(zhì)量為華D.當?shù)氐闹亓铀俣却笮間

答案ACD

解析

A.由圖可知時，"二0,此時小球僅受重力作用，加速度為向下的重力加速度，處于完全失重狀態(tài)，

故A正確；

B.由圖可知：當/<Q時，球需要的向心力小于重力，桿對小球彈力方向向上；當/>Q時，球需要的向心

力大于重力，桿對小球彈力方向向下，所以當講二c時，桿對小球彈力方向向下，故B錯誤；

CD.在最高點，若u=0,則有

mg—FNi=mg—b=0

當鳳二。時，則有：

v2a

m=m=m

9-KFAn

可得

abR

g-m=-

故CD正確。

故選ACDo

11、如圖所示，一水平方向足夠長的傳送帶以恒定的速率匕沿順時針方向運動，傳送帶右端有一與傳送帶等高

的光滑水平面。物體以恒定的速率匕，沿直線向左滑上傳送帶后，經(jīng)過一段時間又返回光滑水干面上，這時速率

為母，則下列說法正確的是（）

A.若匕v吐，貝ljV2-vi

11

B.若Vi>V2l貝ljV2-v2

C.不管匕多大，總有V2-V2

D.只有心二匕，時，才有V2-VI

答案AB

解析

由于傳送帶足夠長，物體先減速向左滑行，直到速度減為零，此過程設物體對地位移大小為％，加速度大小為

d則

_^22

X~2a

然后在滑動摩擦力的作用下向右運動，分兩種情況：

①若，/2匕，物體向右運動時一直加速，當匕'二七時（向右加速到昨可以看成是向左由上減速到。的逆過程，

位移大小還是等于x）,恰好離開傳送帶。

②若匕<匕，物體向右運動時先加速，當速度增大到與傳送帶的速度相等時，位移大小

,%2%2

X=-----<-----=X

2a2a

說明物體還在傳送帶上，此后不受摩擦力，物體與傳送帶一起向右勻速運動知道返回光滑水平面，此時有

以二匕，故選項A、B正確，C、D錯誤。

故選AB0

12、科學家關于物體運動的研究對樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法符合歷史事實的是（）

A.亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體的運動狀態(tài)才會改變

B.伽利略通過“理想實驗”得出結(jié)論：一旦物體具有某一速度，如果它不受力，它將以這一速度永遠運動下

去

C.笛卡兒指出：如果運動中的物體沒有受到力的作用，它將繼續(xù)以同一速度沿同一直線運動，既不停下來也

12

不偏離原來的方向

D.牛頓認為，物體具有保持原來勻速直線運動狀態(tài)或靜止狀態(tài)的性質(zhì)

答案BCD

解析

A.亞里士多德認為物體的運動需要力來維持，選項A錯誤；

BCD.牛頓根據(jù)選項B中伽利略的正確觀點和選項C中笛卡兒的正確觀點，得出了選項D的正確觀點，選項B、

C、D正確。

故選BCDo

13、如圖所示，在水平上運動的箱子內(nèi)，用輕繩力。、倒在。點懸掛質(zhì)量為2kg的重物，輕繩月〃、力與車頂部

夾角分別為30。、60%在箱子沿水平勻變速運動過程中，為保持重物懸掛點。位置相對箱子不動(重力加速度

為0,則箱子運動的最大加速度大()

A.郛學爭.加

答案BD

解析

當箱工加速度向左時，當加速度完全由繩。4的拉力提供時，水平方向

U0cos30°=ma

豎直方向

7^osin30=mg

13

聯(lián)立解得最大加速度

Q=y/3g

當箱子加速度向右時，當加速度完全由繩。8拉力提供時，豎直方向

TBOsin60°=mg

水平方向

TBOCOS60°=ma'

聯(lián)立解得最大加速度

QF

故BD正確，AC錯誤。

故選BD。

14、一木塊靜止在水平地面上，下列說法中正確的是（）

A.木塊受到的重力和支持力是一對平衡力

B.地面對木塊的支持力與木塊對地面的壓力是一對平衡力

C.木塊受到的重力和支持力是一對作用力與反作用力

D.地面對木塊的支持力與木塊對地面的壓力是一對作用力與反作用力

答案AD

解析

AC.木塊受到重力和支持力作用而處于平衡狀態(tài)，故重力和支持力是一對平衡力，A正確，C錯誤；

BD.地面對木塊的支持力與木塊對地面的壓力是一對作用力與反作用力，B錯誤，D正確。

故選ADo

14

15、關于平拋物體的運動，下列說法中正確的是（）

A.物體只受重力的作用，是a招■的勻變速曲線運動

B.物體落地時的水平位移與拋出點的高度無關

C.平拋運動任一時刻的速度沿水平方向上的分量都相同

D.初速度越大，物體在空中的飛行時間越長

答案AC

解析

A.物體做平拋運動的物體，過程中只受重力，由牛頓第二定律可得加速度為0A正確；

B.由水平位移公式

x=vQt

豎直方向的位移為

1

九=5。尸

聯(lián)立可得

X=;

故可知，平拋運動的水平位移與初速度和拋出點高度均有關系；B錯誤；

C.由運動的合成與分解可知，平拋運動水平方向不受力，故水平方向做勻速直線運動，故平拋運動任一時刻

的速度沿水平方向上的分量都相同，C正確；

D.由豎直方向的位移公式可知，平拋運動的時間由拋出點高度決定，D錯誤。

故選ACo

16、質(zhì)量為3kg的物體，靜止于水平地面上，在10N的水平拉力作用下，開始沿水平地面做勻加速直線運動,

15

物體與地面間的摩擦力是4N。則（）

—?F

〃/力〃/方〃〃》〃〃〃〃〃〃〃〃〃/?

Ox

A.物體在3s末的速度大小為10m/s

B.物體在3s末的速度大小為6m/s

C.物體在0?3s內(nèi)發(fā)生的位移大小為15m

D.物體在。?3s內(nèi)發(fā)生的位移大小為9m

答案BD

解析

根據(jù)牛頓第二定律得

F-f10-4?

a=-------=---m/s?=2m/s

m3

則3s末的速度

v=at=2x3m/s=6m/s

0?3s內(nèi)的位移

1,1,

x=-at1=-x2x32m=9m

故BD正確，AC錯誤

故選BD0

填空題

17、如圖，水平傳送帶順時針勻速運轉(zhuǎn)，速度大小為2m/s。質(zhì)量為1.5kg的貨箱無初速度放上傳送帶，經(jīng)過

0.5s時間，貨箱與傳送帶恰好相對靜止。取重力加速度g=10m/$2,則貨箱與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)為

16

因摩擦產(chǎn)生的熱量為Jo

答案043

解析

⑴貨箱在摩擦力的作用下加速運動，根據(jù)牛頓第二定律可得

f=ma=

又

v=at

代入數(shù)據(jù)，解得

〃=0.4

[2]根據(jù)摩擦力產(chǎn)生熱量的公式，即

Q=RmgAx

又

%傳一%貨箱

代入數(shù)據(jù)，解得

△x=0.5m

故可得因摩擦產(chǎn)生的熱量為

Q=3J

18、如圖，質(zhì)量m=2kg的物體靜止在水平面上，物體與水平面間的滑動摩擦力大小等于它們間彈力的0.25倍,

現(xiàn)在對物體施加一個大小F=8N、與水平方向夾角6=37。角的斜向上的拉力。已知sin37。=0.6,cos37°=

17

0.8,取g=10m/s2,物體在拉力作生下5s內(nèi)通過的位移大小為

答案16.25m

解析

物體受到四個力的作用，如圖所示，建立直角坐標系并分解力幾

根據(jù)牛頓第二定律，x、y兩個方向分別列方程

尺os6-F尸川a

后ing+K-G=0

“為水平面對物體的支持力，即物體與水平面之間的彈力，故摩擦力

聯(lián)立方程，解得

c7=1.3m/s'

由運動學公式得5s內(nèi)物體的位移

%=7^?/=zxl-3><5Jm=16.25m

18

19、完全失重

(1)定義：物體對支持物的壓力(或?qū)覓煳锏睦?的狀態(tài)。

(2)產(chǎn)生條件：a=g、方向o

答案等于零豎直向下

解析

略

20、小明同學學習了牛頓運動定律后，自制了一個簡易加速度計。如圖，在輕桿的上端裝有轉(zhuǎn)軸，固定于豎直

放置的標有角度的木板上的。點，輕桿下端固定一個小球，桿可在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。他利用這個加速度計來

測量校車的加速度，測量時他應讓板面豎直且與校車的運動方向(選填“垂直”或“平行”)，已知

重力加速度大小為0當輕桿與豎直方向的夾角為。時，校車的加速度大小為O

答案平行以an。

解析

⑴⑵由加速度原理知，小車加速度在水平方向，則板面與校車運動方向平行，當輕桿與豎直方向的夾角為e時,

受力分析如圖

O

由平衡條件知，小球不上下移動，即豎直方向合力為0,則有

19

F'

——=land

mg

由牛頓第二定律知

F'=ma

解得

a=gtand

21、如圖所示，質(zhì)量為3kg的一只長方體形空鐵箱在水平拉力/作用下沿水平面向右勻加速運動，鐵箱與水平

面間的動摩擦因數(shù)4為0.2。此時有一個質(zhì)量為1kg的物塊靜止在空鐵箱內(nèi)壁上，如圖所示，物塊與鐵箱內(nèi)壁

間的動摩擦因數(shù)為侔為05設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，則物塊對鐵箱壓力的大小為N,水平拉力

產(chǎn)的大小為o

答案2088

解析

[1]物塊和鐵箱保持靜止，則一起向石勻加速，設加速度為劣鐵箱對物塊的支持力為A；對物塊受力分析，豎

直方向根據(jù)平衡條件

%N=mg

水平方向，根據(jù)牛頓第二定律

N=ma

聯(lián)立解得

a=20m/s2,N=20N

20

根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊對鐵箱壓力的大小為20N。

[2]把物塊和鐵箱看成整體，水平方向，根據(jù)牛頓第二定律

F-+m)g=(M+m)a

代入數(shù)據(jù)解得

F=88N

22、如圖所示，一根質(zhì)量不計的輕彈簧上端固定在天花板上，下端與一重力為G的托盤連接，托盤中有一個質(zhì)

量為2G的跌碼。當托盤靜止時，彈簧的伸長量為現(xiàn)將托盤向下拉，彈簧又伸長了￡(未超過彈簧的彈性限

度)，然后使托盤由靜止釋放，則剛釋放托盤時，跌碼對托盤的作用力大小等于O

///////////?

答案4G

解析

⑴設彈簧勁度系數(shù)為左設祛碼質(zhì)量為2處則托盤質(zhì)量為火托盤靜止，彈簧伸長￡時，以托盤及法碼整體為

研究對象，受力平衡，有

kL=3mg

伸長2￡時，釋放瞬間，以整體為研究對象，由牛頓第二定律得

2kL-3mg^3ma

解得

a二g

21

隔離跌碼為研究對象，則

A1:2〃爐2〃/

解得

忙4儂

據(jù)牛頓第三定律，跌碼對托盤的作用力為4勿g,即4G。

23、小明同學學習了牛頓運動定律后，自制了一個簡易加速度計。如圖，在輕桿的上端裝有轉(zhuǎn)軸，固定于豎直

放置的標有角度的木板上的。點，輕桿下端固定一個小球，桿可在豎直面內(nèi)自由轉(zhuǎn)動。他利用這個加速度計來

測量校車的加速度，測量時他應讓板面豎直且與校車的運動方向（選填“垂直”或“平行”），已知

重力加速度大小為g當輕桿與豎直方向的夾角為6時，校車的加速度大小為o

答案:平行磯an。

解析

⑴⑵由加速度原理知，小車加速度在水平方向，則板面與校車運動方向平行，當輕桿與豎直方向的夾角為6時,

受力分析如圖

由平衡條件知，小球不上下移動，即豎直方向合力為0,則有

F'

----=tan0

mg

22

由牛頓第二定律知

F'=ma

解得

a=gtan?

24、兩類基本問題

(1)從受力確定運動情況

如果已知物體的受力情況，可以由牛頓第二定律求出物體的再通過運動學的規(guī)律確定物體的

_________情況。

(2)從運動情況確定受力

如果已知物體的運動情況，根據(jù)運動學規(guī)律求出物體的，結(jié)合受力分析，再根據(jù)牛頓第二定律求出

(3)如圖所示，一質(zhì)量為8kg的物體靜止在粗糙的水平地面上，物體與地面間的動摩擦因數(shù)為0.2,用一水

平拉力，'二20N拉物體，使其由1點開始運動，經(jīng)過8s后撤去拉力戶再經(jīng)過一段時間物體到達4點停止。則

(g取10m/s2)

77^7777777777^77777777777^7777777777

AB

a.在拉力廠作用下物體運動的加速度大小為m/s2；

b.撒去拉力廠瞬間物體的速度大小ym/s；

c.撤去拉力〃后物體運動的距離x=m。

答案：加速度運動加速度合外力0.544

解析

23

⑴⑴如果已知物體的受力情況，可以求出合力，根據(jù)牛頓第二定律，可以求出物體的加速度。

[2]結(jié)合運動學規(guī)律公式，可以求出物體的運動情況。

⑵網(wǎng)如果已知物體的運動情況，根據(jù)運動學規(guī)律求出物體的加速度，

[4]結(jié)合牛頓第二定律，可以求出物體受到的合外力。

⑶⑸受力分析得

F-4mg=ma

解得

a=0.5m/s2

⑹根據(jù)速度公式得

v=at=4m/s

[7]撤去拉力尸后，受力分析得

一〃mg=ma'

解得

a'=-2m/s2

物體運動的位移為

-v2

x=——-=4m

2ar

解答題

25、如圖所示，質(zhì)量加=3kg的物體(視為質(zhì)點)在平行斜面向下/*'=9N的推力作用下，由靜止開始下滑。在

斜面某處撤掉推力后，又在水平面上運動1.2m后停在C點。已知斜面長度￡=4m,傾角8=30。，物體與

斜面間和水平面間的動摩擦因數(shù)分別為死二日、侔二05求：

(1)外力未撤掉口寸物體斜面上運動的加速度；

24

(2)物體運動到8處的速度；

(3)推力作用的距離及時間。

〃〃〃〃〃〃〃“

答案：(1)3m/s；方向沿斜面向下；(2)2V3m/s；(3)2m,詈s

解析

(1)外力未撤掉時物體斜面上運動的加速度大小為&，根據(jù)牛頓第二定律可得

F+mgsin30°-41mgeos30°=max

%=3m/s2

方向沿斜面向下；

(2)物體在水平面上運動的加速度大小為

根據(jù)速度-位移關系可得

vR=2Km/s

(3)物體在斜面上運動時，重力沿斜面向下的分力

mgsin300=1.5N

摩擦力人小為

25

f=〃imgcos300=1.5N

所以云掉推力以后物體勻速運動，則撤去推力時物體的速度大小為

v=vB=2V3m/s

推力作用的距離為

布=2m

經(jīng)過的時間為

v2\/3

—Q1=3S

26、如圖甲所示，傾角a=37。的光滑斜面固定在水平地面上，舞面長斜面底端4處有一質(zhì)量/〃二

1kg的小滑塊，在平行于斜面向上的力尸作用下由靜止開始運動。已知尸隨位移s(以/為起點)變化的關系

如圖乙所示，以水平地面為零重力勢能面(g取10m/s；sin37°=0.6,cos37°=0.8)o求：

(1)小滑塊在通過前1m位移過程中的加速度；

(2)小滑塊通過第2m位移所用的時間；

(3)小滑塊在位移s=lm處時的機械能；

(4)在圖丙上畫出小滑塊的機械能石隨位移s(OWs這3m)變化的大致圖線。

26

答案(1)6m/s2；(2)*；(3)12J；(4)

解析

(1)在通過前1m位移的過程中，運用牛頓第二定律，有

F-mgsina=ma

a=――gsina=——10x0.6=67)/s

m1

(2)對于前l(fā)m位移的過程，有

v2=2asi

v—y2asi=V2x6x1=2V3m/s

對于第2m位移的過程，有F=6N,7ngsina=6N,所以小滑塊所受合為為零，小滑塊作勻速運動

t?=三/=*

所以小滑塊通過第2m位移所用的時間為弓s。

O

(3)小滑塊在位移s=1m處時

2

Ek=1x1x(2-\/3)=6J

Ep=mcjssina=1x10x1x0.6=6]

E二株+%=12J

(4)如圖

27

27、如圖所示，水平地面上固定一傾角為37。的粗糙斜面，斜面某位置固定一垂直斜面的擋板，一質(zhì)量為1kg

的物體，從離擋板距離為0.8m處的月點，以初速度lm/s沿斜面下滑，物體與擋板相撞L0x3s后，沿著斜

面上滑，設物體與斜面間的動摩擦因數(shù)〃=08與擋板碰撞無機械能損失。sin370=0.6,cos370=0.8,g=

lOm/s2,求：

(1)物體與擋板碰撞前的速度大小；

(2)碰撞中，擋板對物體的平均作用力大??；

(3)物體與擋板碰撞后，沿斜面運動的時間。

答案：(1)Vi=0.6m/s；(2)F=1206N；(3)條

解析

(1)設物體沿斜面下滑的加速度大小為由,碰撞擋板前的速度為七,根據(jù)牛頓第二定律有

mgsin37°—4mgeos37°=771al

得

%=-0.4m/s2

根據(jù)運動學公式有

28

-VQ=2al無

解得

%=0.6m/s

(2)設物體反彈后的速度方向為正方向，擋板對小球的平均作用力大小為兄根據(jù)動量定理有

Ft-mgs\n37°t=mvr-(一根巧)

解得

F=1206N

(3)分析可知，物體沿斜面向上做勻減速直線運動，設物體沿斜面上滑的加速度大小為。2,運動的時間為匕

由牛頓第二定律有

〃mgcos37°+mgsin37°=ma2

2

a2=12.4m/s

根據(jù)運動學公式

0=Vi—a2t'

解得

f-62S

由〃mgcos37°>mgsin37。，物體沿斜面運動的時間為

28、如圖甲所示，在粗糙的水平地面上有一足夠長的木板瓦木板的最左端有一個小物塊4小物塊力受一個

外力的作用，兩個物體開始運動，已知物塊力和木板〃的質(zhì)量都為1千克，物塊力和木板片之間的動摩擦因數(shù)

為%=0.4,8與地面的動摩擦因數(shù)為〃2=0L設物體所受最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，物塊/運動的評-

工函數(shù)關系如圖乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)根據(jù)圖象得出物塊A在2米前后加速度即和g分別為多大？

29

(2)當外力用至少為多少可以使物塊［相對于木板8運動？

(3)物塊月在運動前2米的過程中所加的外力&為多少？運動了2米之后，作用于物塊月上的外力?2又為多

少？

答案：(1)lm/s2；4m/s2；(2)6N；(3)4N；8N

解析：

(1)由圖像可知：前2m內(nèi)對力有

2

v=2axx

得出

=lm/s2

2m后，對力有

22

Vi-v0=2azx

2

a2=4m/s

(2)對方受力分析有

41mg-422mg=maG

外力尸使A在8上的臨界加速度為

2

a0=2m/s

外力?對種整體有

30

FLM?2mg=2ma0

FQ=6N

(3)運動前2m

2

?i=lni/s<u0

可知，一起勻加速運動

對/但整體有

Fi—422mg=2max

F1=4N

運動2m后對A有

2

a2=4m/s>a0

則2m后/出兩個物體開始相對運動

對力有

F2-Rimg=ma2

F2=8N

29、如圖所示，豎直平面內(nèi)一傾角e=37。的粗糙傾斜直軌道力B與光滑圓弧軌道BC相切于B點，BC長度可忽略,

且與傳送帶水平段平滑連接于C點。一質(zhì)量m=0.2kg的小滑塊從/點靜止釋放，經(jīng)夕點最后從C點水平滑上傳送

帶。已知A點離地高度"=L2m,長&=1.25m,滑塊與力8間的動摩擦因數(shù)〃]=0.25,與傳送帶間的動摩

擦因數(shù)%=02CD長度G=3m,圓弧軌道半徑R=0.5m。若滑塊可視為質(zhì)點，不計空氣阻力，=10m/s2.

sin370=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)小滑塊經(jīng)過。點時對軌道的壓力；

31

(2)當傳送帶以順時針方向%=4m/s的速度轉(zhuǎn)動時，小滑塊從水平傳送帶右端。點水平拋出后，落地點到。

點的水平距離。

答案⑴6N；(2)1.2m

解析

(1)根據(jù)題意，滑塊由力運動8的過程，應用動能定理

°1

mgLiSin37"—41mgeos37L=-mv1—0

乙

代入數(shù)據(jù)解得

vB=V10m/s

由于EC長度可忽略，則

%=%=V10m/s

滑塊在。點，受軌道的支持力鳳和本身重力mg,根據(jù)牛頓第二定律

v2

FN-mg=m—

A

代入數(shù)據(jù)解得

FN=6N

根據(jù)牛頓第三定律，小滑塊經(jīng)過。點時對軌道的壓力等于軌道對滑塊的支持力6N。

(2)假設滑塊劃上傳送帶之后全程加速，根據(jù)牛頓第二定律

//2W/7=-ma

32

代入數(shù)據(jù)解得

a=2m/s2

設滑塊到達傳送帶右端的速度為叭根據(jù)公式

2

v—Vc=2aL2

代入數(shù)據(jù)解得

v=V22m/s>4m/s

則滑塊未達到傳送帶右端就和傳送帶共速，則滑塊以傳送帶的速度從〃點水平拋出，豎直方向，由于BC長度可

忽略,則

。12O

H-Lxsin37=-gt

代入數(shù)據(jù)解得

t=0.3s

水平方向，落地點到0點的水平距唐

x=vt=4x0.3m=1.2m

30、2022年2月8日，我國選手谷愛凌在第24屆冬季奧林匹克運動會女子自由式滑雪大跳臺比賽中獲得冠

軍.參賽滑道簡圖如圖所示，必”為同一豎直平面內(nèi)的滑雪比賽滑道，運動員從a點自靜止出發(fā)，沿滑道

abed滑至d點飛出,然后做出空翻、抓板等動作.其中附段和cd段的傾角均為。=37°,附段長4=110m,

水平段加長G=12m,cd坡高h二9m.設滑板與滑道之間的動摩擦因數(shù)為〃=04,不考慮轉(zhuǎn)彎8和c處的能

量損失，運動員連同滑板整體可視為質(zhì)點，黨總質(zhì)量m=60kg.忽略空氣阻力，g取10m/s2.

(1)運動員從a到6所用的時間；

(2)運動員到達。點時的速度大??；

33

答案:(1)8.9s；(2)23m/s

解析

(1)在筋段的加速度為

mgsind-“mgcosd=ma

根據(jù)運動公式

1?

-砒

解得

a=2.8m/s

"8.9s

(2)到達方點時的速度

vb=at25m/s

從6到。由動能定理

11

-limgL2=5優(yōu)雄一5m讀

解得

K=23m/s

31、如圖所示，質(zhì)量為3kg的物體在與水平面成37。角的拉力廠作用下,沿水平桌面向右做直線運動，經(jīng)過

34

0.5m的距離速度由0.6m/s變?yōu)?4m/s,已知物體與桌面間的動摩擦因數(shù)〃=:求作用力尸的大小。3二

10m/s2)

答案9.4N

解析

對物體受力分析，建立直角坐標系如圖

vt2-vo=2ax

262

=°1~°；m/s2=-0.2m/s2

負號表示加速度方向與速度方向相反，即方向向左。

尸軸方向

片十代八30°=mg

山一〃(〃吐八iii3()c)

35

X軸方向，由牛頓第二定律得

Fcos30。_Ffj=ma

即

脫os30°-〃(mg-/sin300)-ma

解得

F=9.4N

32、如圖所示，一根足夠長的水平桿固定不動，一個質(zhì)量勿=2kg的圓環(huán)套在桿上，圓環(huán)的直徑略大于桿的截

面直徑，圓環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)〃=0.75。對圓環(huán)施加一個與水平方向成8=