高中物理牛顿运动定律知识点总结

高中物理牛顿运动定律知识点总结(超全)

单选题

1、一质量为赤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p-f图线，如图所示

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

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8勿

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

△v8

«!=—=Y=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

zngsin37°+耳=ma]

FN-mgcos370=0

又

K="N

代入数据解得

H=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

v8

x=—0t=-xl=4m

c错误；

D.小物块在运动的整个过程中，损失的机械能是

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

D错误。

故选Bo

中国高速铁路最高运行时速RSOkm,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

2

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。

3、武直-10（如图所示）是中国人民解放军第一种专业武装直升机，提高了中国人民解放军陆军航空兵的航空

突击与反装甲能力。已知飞机的质量为他只考虑升力和重力，武直-10在竖直方向上的升力大小与螺旋桨的

转速大小的平方成正比，比例系数为定值。空载时直升机起飞离地的临界转速为即，此时升力用好等于重力。

当搭载质量为：的货物时，某时刻螺旋桨的转速达到了2徇，则此时直升机在竖直方向上的加速度大小为（重力

加速度为g）（）

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

答案C

3

则有

F-Rmg=ma

F=0.3x5xl0+2x5=25N

故选C。

5、图为一种新型弹跳鞋。当人穿着鞋从高处跳下压缩弹簧后，人就会向上弹起，进而带动弹跳鞋跳跃。假设

弹跳鞋对人的作用力类似于弹簧弹力且人始终在竖直方向上运动，不计空气阻力，下列说法正确的是（）

A.人向上弹起的过程中，始终处于超重状态

B.人向上弹起的过程中，鞋对人的作用力与人对鞋的作用力是一对相互作用力

C.弹簧压缩到最低点时，鞋对人的作用力与人所受的重力是一对平衡力

D.从最高点下落至最低点的过程，人先做匀加速运动后做匀减速运动

答案B

解析

A.人向上弹起的过程中，先超重后失重，A错误；

B.人向上弹起的过程中，鞋对人的作用力与人对鞋的作用力是一对相互作用力，B正确；

C.弹簧压缩到最低点时，鞋对人的作用力大于人所受的重力，不是一对平衡力，C错误；

5

D.从最高点下落至最低点的过程，先是自由落体运动，刚开始压缩弹簧时人受到的重力大于弹力向下做变加

速运动，当弹力大于重力时向下做减速运动，D错误。

故选Bo

6、如图甲所示，倾角为6的粗糙斜面体固定在水平面上，质量为勿二1kg的小木块以初速度为以二10m/s沿

斜面上滑，若从此时开始计时，整个过程中小木块速度的平方随路程变化的关系图象如图乙所示，则下列判断

正确的是()

A.在£=5s时刻，摩擦力方向发生变化

B.0-13s内小木块做匀变速直线运动

C.斜面倾角0=30°

D.小木块与斜面间的动摩擦因数为05

答案D

解析

A.x在0—5m内，由匀变速直线运动的速度位移公式

Vc-2ax

结合图象看出在0—5m

o-v2o-ioo.2./：

a=——二——m/s=-lOm/s

2x2X5

由图示图象可知vj-100(m/s)-得，g二10m/s,则小木块匀减速运动的时间

6

二基s=ls

Is后物体反向做匀加速运动，r=ls时摩擦力反向，A错误；

B.由图示图象可知，物体反向加速运动时的加速度

,v232

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

2x2x8

结合A选项可知，在O—ls内物体向上做匀减速运动，1s后物体反向做匀加速运动，整个过程加速度与发生变

化，所以整个过程不是匀变速直线运动，B错误；

CD.由牛顿第二定律得，小木块上滑有

娱in9+/jmgcos0-ma

下滑有

娱in8-〃仞？cos。=

代入数据解得

〃=C.5,0=37°

C错误、D正确。

故选D。

7、如图所示，物体静止于水平面上的。点，这时弹簧恰为原长4物体的质量为见与水平面间的动摩擦因数

为〃，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（）

加

夕

A.物体通过。点时所受的合外力为零

7

B.物体将做阻尼振动

C.物体最终只能停止在。点

D.物体停止运动后所受的摩擦力为〃mg

答案B

解析

A.物体通过。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。点也可能不在。点。若停在。点摩擦力为零，若不在。点，摩擦力和弹簧的

弹力三衡，停止运动时物体所受的摩擦力不一定为CD错误。

故选Be

8、重庆由于其良好的生态环境和有利的地理位置，是鸟类的好居处。如图所示，质量为勿的鸽子，沿着与水

平方向成15。角、斜向右上方的方向以大小为/的速度匀速飞行，重力加速度大小为g,下列说法正确的是

()

A.鸽子处于失重状态B.空气对鸽子的作用力大于mg

C.空气对鸽子的作用力的功率为mguD,鸽子克服自身的重力的功率为mg“sinl5。

答案D

解析

A.由鸽子匀速飞行可知，鸽子所受合外力为0,A错误；

8

B.由共点力平衡条件可知，空气对鸽子的作用力等于mg,B错误；

C.空气对鸽子的作用力竖直向上，所以空气对鸽子的作用力的功率为mg%os75。，C错误；

D.鸽子克服自身的重力的功率为

P="重力

由力的功率表达式

。重力=mg"os（15°+90°J

联立解得

P=ingvs\nl5°

D正确。

故选D。

多选题

9、如图所示，质量为/〃的小球被一根橡皮筋力。和一根绳皮’系住，当小球静止时，橡皮筋处在水平方向上。

下列判断中正确的是（）

A.在月C被突然剪断的瞬间，比对小球的拉力不变

B.在力。被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为"n6

C.在/范被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为导

D.在a'被突然剪断的瞬间，小球的加速度大小为质in8

答案BC

9

解析

AB.设小球静止时以、绳的拉力为£AC橡皮筋的拉力为7：由平衡条件可得

氏os6=mg'/sin^=T

解得

T=侬tan8

cos。

在被突然剪断的瞬间，理上的拉力厂发生了突变，小球的加速度方向沿与比垂直的方向且斜向下，大小为

a二的me

B正确，A错误；

CD.在戊?被突然剪断的瞬间，橡皮筋〃'的拉力不变，小球的合力大小与/K被剪断前拉力的大小相等.方向

沿比方向斜向下，故加速度

cos。

C正确，D错误。

故选BCO

10、如图所示，轻杆一端固定在。点,，一端固定一小球，在竖直平面内做半径为R的圆周运动。小球运动到最

高点时，杆与小球间弹力大小为风，小球在最高点的速度大小为巳凤一后图像如图乙所示。下列说法正确的

是（）

A.V2=Q时,B.v2=。时，杆对小球弹力方向竖直向上

10

C.小球的质量为华D.当地的重力加速度大小为g

答案ACD

解析

A.由图可知时，"二0,此时小球仅受重力作用，加速度为向下的重力加速度，处于完全失重状态，

故A正确；

B.由图可知：当/<Q时，球需要的向心力小于重力，杆对小球弹力方向向上；当/>Q时，球需要的向心

力大于重力，杆对小球弹力方向向下，所以当讲二c时，杆对小球弹力方向向下，故B错误；

CD.在最高点，若u=0,则有

mg—FNi=mg—b=0

当凤二。时，则有：

v2a

m=m=m

9-KFAn

可得

abR

g-m=-

故CD正确。

故选ACDo

11、如图所示，一水平方向足够长的传送带以恒定的速率匕沿顺时针方向运动，传送带右端有一与传送带等高

的光滑水平面。物体以恒定的速率匕，沿直线向左滑上传送带后，经过一段时间又返回光滑水干面上，这时速率

为母，则下列说法正确的是（）

A.若匕v吐，贝ljV2-vi

11

B.若Vi>V2l贝ljV2-v2

C.不管匕多大，总有V2-V2

D.只有心二匕，时，才有V2-VI

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％，加速度大小为

d则

_^22

X~2a

然后在滑动摩擦力的作用下向右运动，分两种情况：

①若，/2匕，物体向右运动时一直加速，当匕'二七时（向右加速到昨可以看成是向左由上减速到。的逆过程，

位移大小还是等于x）,恰好离开传送带。

②若匕<匕，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

,%2%2

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

2a2a

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

以二匕，故选项A、B正确，C、D错误。

故选AB0

12、科学家关于物体运动的研究对树立正确的自然观具有重要作用。下列说法符合历史事实的是（）

A.亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体的运动状态才会改变

B.伽利略通过“理想实验”得出结论：一旦物体具有某一速度，如果它不受力，它将以这一速度永远运动下

去

C.笛卡儿指出：如果运动中的物体没有受到力的作用，它将继续以同一速度沿同一直线运动，既不停下来也

12

不偏离原来的方向

D.牛顿认为，物体具有保持原来匀速直线运动状态或静止状态的性质

答案BCD

解析

A.亚里士多德认为物体的运动需要力来维持，选项A错误；

BCD.牛顿根据选项B中伽利略的正确观点和选项C中笛卡儿的正确观点，得出了选项D的正确观点，选项B、

C、D正确。

故选BCDo

13、如图所示，在水平上运动的箱子内，用轻绳力。、倒在。点悬挂质量为2kg的重物，轻绳月〃、力与车顶部

夹角分别为30。、60%在箱子沿水平匀变速运动过程中，为保持重物悬挂点。位置相对箱子不动(重力加速度

为0,则箱子运动的最大加速度大()

A.郛学争.加

答案BD

解析

当箱工加速度向左时，当加速度完全由绳。4的拉力提供时，水平方向

U0cos30°=ma

竖直方向

7^osin30=mg

13

联立解得最大加速度

Q=y/3g

当箱子加速度向右时，当加速度完全由绳。8拉力提供时，竖直方向

TBOsin60°=mg

水平方向

TBOCOS60°=ma'

联立解得最大加速度

QF

故BD正确，AC错误。

故选BD。

14、一木块静止在水平地面上，下列说法中正确的是（）

A.木块受到的重力和支持力是一对平衡力

B.地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对平衡力

C.木块受到的重力和支持力是一对作用力与反作用力

D.地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力

答案AD

解析

AC.木块受到重力和支持力作用而处于平衡状态，故重力和支持力是一对平衡力，A正确，C错误；

BD.地面对木块的支持力与木块对地面的压力是一对作用力与反作用力，B错误，D正确。

故选ADo

14

15、关于平抛物体的运动，下列说法中正确的是（）

A.物体只受重力的作用，是a招■的匀变速曲线运动

B.物体落地时的水平位移与抛出点的高度无关

C.平抛运动任一时刻的速度沿水平方向上的分量都相同

D.初速度越大，物体在空中的飞行时间越长

答案AC

解析

A.物体做平抛运动的物体，过程中只受重力，由牛顿第二定律可得加速度为0A正确；

B.由水平位移公式

x=vQt

竖直方向的位移为

1

九=5。尸

联立可得

X=;

故可知，平抛运动的水平位移与初速度和抛出点高度均有关系；B错误；

C.由运动的合成与分解可知，平抛运动水平方向不受力，故水平方向做匀速直线运动，故平抛运动任一时刻

的速度沿水平方向上的分量都相同，C正确；

D.由竖直方向的位移公式可知，平抛运动的时间由抛出点高度决定，D错误。

故选ACo

16、质量为3kg的物体，静止于水平地面上，在10N的水平拉力作用下，开始沿水平地面做匀加速直线运动,

15

物体与地面间的摩擦力是4N。则（）

—»F

〃/力〃/方〃〃》〃〃〃〃〃〃〃〃〃/»

Ox

A.物体在3s末的速度大小为10m/s

B.物体在3s末的速度大小为6m/s

C.物体在0〜3s内发生的位移大小为15m

D.物体在。〜3s内发生的位移大小为9m

答案BD

解析

根据牛顿第二定律得

F-f10-4?

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

m3

则3s末的速度

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

0〜3s内的位移

1,1,

x=-at1=-x2x32m=9m

故BD正确，AC错误

故选BD0

填空题

17、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/$2,则货箱与传送带之间的动摩擦因数为

16

因摩擦产生的热量为Jo

答案043

解析

⑴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=

又

v=at

代入数据，解得

〃=0.4

[2]根据摩擦力产生热量的公式，即

Q=RmgAx

又

%传一%货箱

代入数据，解得

△x=0.5m

故可得因摩擦产生的热量为

Q=3J

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6=37。角的斜向上的拉力。已知sin37。=0.6,cos37°=

17

0.8,取g=10m/s2,物体在拉力作生下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几

根据牛顿第二定律，x、y两个方向分别列方程

尺os6-F尸川a

后ing+K-G=0

“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

联立方程，解得

c7=1.3m/s'

由运动学公式得5s内物体的位移

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

18

19、完全失重

(1)定义：物体对支持物的压力(或对悬挂物的拉力)的状态。

(2)产生条件：a=g、方向o

答案等于零竖直向下

解析

略

20、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。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0当轻杆与竖直方向的夹角为。时，校车的加速度大小为O

答案平行以an。

解析

⑴⑵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e时,

受力分析如图

O

由平衡条件知，小球不上下移动，即竖直方向合力为0,则有

19

F'

——=land

mg

由牛顿第二定律知

F'=ma

解得

a=gtand

21、如图所示，质量为3kg的一只长方体形空铁箱在水平拉力/作用下沿水平面向右匀加速运动，铁箱与水平

面间的动摩擦因数4为0.2。此时有一个质量为1kg的物块静止在空铁箱内壁上，如图所示，物块与铁箱内壁

间的动摩擦因数为侔为05设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则物块对铁箱压力的大小为N,水平拉力

产的大小为o

答案2088

解析

[1]物块和铁箱保持静止，则一起向石匀加速，设加速度为劣铁箱对物块的支持力为A；对物块受力分析，竖

直方向根据平衡条件

%N=mg

水平方向，根据牛顿第二定律

N=ma

联立解得

a=20m/s2,N=20N

20

根据牛顿第三定律可知，物块对铁箱压力的大小为20N。

[2]把物块和铁箱看成整体，水平方向，根据牛顿第二定律

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

代入数据解得

F=88N

22、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的跌码。当托盘静止时，弹簧的伸长量为现将托盘向下拉，弹簧又伸长了£(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，跌码对托盘的作用力大小等于O

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

答案4G

解析

⑴设弹簧劲度系数为左设祛码质量为2处则托盘质量为火托盘静止，弹簧伸长£时，以托盘及法码整体为

研究对象，受力平衡，有

kL=3mg

伸长2£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二g

21

隔离跌码为研究对象，则

A1:2〃炉2〃/

解得

忙4侬

据牛顿第三定律，跌码对托盘的作用力为4勿g,即4G。

23、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。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6时，校车的加速度大小为o

答案:平行矶an。

解析

⑴⑵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6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'

----=tan0

mg

22

由牛顿第二定律知

F'=ma

解得

a=gtan®

24、两类基本问题

(1)从受力确定运动情况

如果已知物体的受力情况，可以由牛顿第二定律求出物体的再通过运动学的规律确定物体的

_________情况。

(2)从运动情况确定受力

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

(3)如图所示，一质量为8kg的物体静止在粗糙的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因数为0.2,用一水

平拉力，'二20N拉物体，使其由1点开始运动，经过8s后撤去拉力户再经过一段时间物体到达4点停止。则

(g取10m/s2)

77^7777777777^77777777777^7777777777

AB

a.在拉力厂作用下物体运动的加速度大小为m/s2；

b.撒去拉力厂瞬间物体的速度大小ym/s；

c.撤去拉力〃后物体运动的距离x=m。

答案：加速度运动加速度合外力0.544

解析

23

⑴⑴如果已知物体的受力情况，可以求出合力，根据牛顿第二定律，可以求出物体的加速度。

[2]结合运动学规律公式，可以求出物体的运动情况。

⑵网如果已知物体的运动情况，根据运动学规律求出物体的加速度，

[4]结合牛顿第二定律，可以求出物体受到的合外力。

⑶⑸受力分析得

F-4mg=ma

解得

a=0.5m/s2

⑹根据速度公式得

v=at=4m/s

[7]撤去拉力尸后，受力分析得

一〃mg=ma'

解得

a'=-2m/s2

物体运动的位移为

-v2

x=——-=4m

2ar

解答题

25、如图所示，质量加=3kg的物体(视为质点)在平行斜面向下/*'=9N的推力作用下，由静止开始下滑。在

斜面某处撤掉推力后，又在水平面上运动1.2m后停在C点。已知斜面长度£=4m,倾角8=30。，物体与

斜面间和水平面间的动摩擦因数分别为死二日、侔二05求：

(1)外力未撤掉口寸物体斜面上运动的加速度；

24

(2)物体运动到8处的速度；

(3)推力作用的距离及时间。

〃〃〃〃〃〃〃“

答案：(1)3m/s；方向沿斜面向下；(2)2V3m/s；(3)2m,詈s

解析

(1)外力未撤掉时物体斜面上运动的加速度大小为&，根据牛顿第二定律可得

F+mgsin30°-41mgeos30°=max

%=3m/s2

方向沿斜面向下；

(2)物体在水平面上运动的加速度大小为

根据速度-位移关系可得

vR=2Km/s

(3)物体在斜面上运动时，重力沿斜面向下的分力

mgsin300=1.5N

摩擦力人小为

25

f=〃imgcos300=1.5N

所以云掉推力以后物体匀速运动，则撤去推力时物体的速度大小为

v=vB=2V3m/s

推力作用的距离为

布=2m

经过的时间为

v2\/3

—Q1=3S

26、如图甲所示，倾角a=37。的光滑斜面固定在水平地面上，舞面长斜面底端4处有一质量/〃二

1kg的小滑块，在平行于斜面向上的力尸作用下由静止开始运动。已知尸随位移s(以/为起点)变化的关系

如图乙所示，以水平地面为零重力势能面(g取10m/s；sin37°=0.6,cos37°=0.8)o求：

(1)小滑块在通过前1m位移过程中的加速度；

(2)小滑块通过第2m位移所用的时间；

(3)小滑块在位移s=lm处时的机械能；

(4)在图丙上画出小滑块的机械能石随位移s(OWs这3m)变化的大致图线。

26

答案(1)6m/s2；(2)*；(3)12J；(4)

解析

(1)在通过前1m位移的过程中，运用牛顿第二定律，有

F-mgsina=ma

a=――gsina=——10x0.6=67)/s

m1

(2)对于前lm位移的过程，有

v2=2asi

v—y2asi=V2x6x1=2V3m/s

对于第2m位移的过程，有F=6N,7ngsina=6N,所以小滑块所受合为为零，小滑块作匀速运动

t?=三/=*

所以小滑块通过第2m位移所用的时间为弓s。

O

(3)小滑块在位移s=1m处时

2

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

Ep=mcjssina=1x10x1x0.6=6]

E二株+%=12J

(4)如图

27

27、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处的月点，以初速度lm/s沿斜面下滑，物体与挡板相撞L0x3s后，沿着斜

面上滑，设物体与斜面间的动摩擦因数〃=08与挡板碰撞无机械能损失。sin370=0.6,cos370=0.8,g=

lOm/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)Vi=0.6m/s；(2)F=1206N；(3)条

解析

(1)设物体沿斜面下滑的加速度大小为由,碰撞挡板前的速度为七,根据牛顿第二定律有

mgsin37°—4mgeos37°=771al

得

%=-0.4m/s2

根据运动学公式有

28

-VQ=2al无

解得

%=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兄根据动量定理有

Ft-mgs\n37°t=mvr-(一根巧)

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。2,运动的时间为匕

由牛顿第二定律有

〃mgcos37°+mgsin37°=ma2

2

a2=12.4m/s

根据运动学公式

0=Vi—a2t'

解得

f-62S

由〃mgcos37°>mgsin37。，物体沿斜面运动的时间为

28、如图甲所示，在粗糙的水平地面上有一足够长的木板瓦木板的最左端有一个小物块4小物块力受一个

外力的作用，两个物体开始运动，已知物块力和木板〃的质量都为1千克，物块力和木板片之间的动摩擦因数

为%=0.4,8与地面的动摩擦因数为〃2=0L设物体所受最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块/运动的评-

工函数关系如图乙所示，重力加速度g取10m/s2。求：

(1)根据图象得出物块A在2米前后加速度即和g分别为多大？

29

(2)当外力用至少为多少可以使物块［相对于木板8运动？

(3)物块月在运动前2米的过程中所加的外力&为多少？运动了2米之后，作用于物块月上的外力?2又为多

少？

答案：(1)lm/s2；4m/s2；(2)6N；(3)4N；8N

解析：

(1)由图像可知：前2m内对力有

2

v=2axx

得出

=lm/s2

2m后，对力有

22

Vi-v0=2azx

2

a2=4m/s

(2)对方受力分析有

41mg-422mg=maG

外力尸使A在8上的临界加速度为

2

a0=2m/s

外力?对种整体有

30

FLM•2mg=2ma0

FQ=6N

(3)运动前2m

2

«i=lni/s<u0

可知，一起匀加速运动

对/但整体有

Fi—422mg=2max

F1=4N

运动2m后对A有

2

a2=4m/s>a0

则2m后/出两个物体开始相对运动

对力有

F2-Rimg=ma2

F2=8N

29、如图所示，竖直平面内一倾角e=37。的粗糙倾斜直轨道力B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/点静止释放，经夕点最后从C点水平滑上传送

带。已知A点离地高度"=L2m,长&=1.25m,滑块与力8间的动摩擦因数〃]=0.25,与传送带间的动摩

擦因数%=02CD长度G=3m,圆弧轨道半径R=0.5m。若滑块可视为质点，不计空气阻力，=10m/s2.

sin370=0.6,cos37°=0.8。求：

(1)小滑块经过。点时对轨道的压力；

31

(2)当传送带以顺时针方向%=4m/s的速度转动时，小滑块从水平传送带右端。点水平抛出后，落地点到。

点的水平距离。

答案⑴6N；(2)1.2m

解析

(1)根据题意，滑块由力运动8的过程，应用动能定理

°1

mgLiSin37"—41mgeos37L=-mv1—0

乙

代入数据解得

vB=V10m/s

由于EC长度可忽略，则

%=%=V10m/s

滑块在。点，受轨道的支持力凤和本身重力mg,根据牛顿第二定律

v2

FN-mg=m—

A

代入数据解得

FN=6N

根据牛顿第三定律，小滑块经过。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

//2W/7=-ma

32

代入数据解得

a=2m/s2

设滑块到达传送带右端的速度为叭根据公式

2

v—Vc=2aL2

代入数据解得

v=V22m/s>4m/s

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〃点水平抛出，竖直方向，由于BC长度可

忽略,则

。12O

H-Lxsin37=-gt

代入数据解得

t=0.3s

水平方向，落地点到0点的水平距唐

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

30、2022年2月8日，我国选手谷爱凌在第24届冬季奥林匹克运动会女子自由式滑雪大跳台比赛中获得冠

军.参赛滑道简图如图所示，必”为同一竖直平面内的滑雪比赛滑道，运动员从a点自静止出发，沿滑道

abed滑至d点飞出,然后做出空翻、抓板等动作.其中附段和cd段的倾角均为。=37°,附段长4=110m,

水平段加长G=12m,cd坡高h二9m.设滑板与滑道之间的动摩擦因数为〃=04,不考虑转弯8和c处的能

量损失，运动员连同滑板整体可视为质点，党总质量m=60kg.忽略空气阻力，g取10m/s2.

(1)运动员从a到6所用的时间；

(2)运动员到达。点时的速度大小；

33

答案:(1)8.9s；(2)23m/s

解析

(1)在筋段的加速度为

mgsind-“mgcosd=ma

根据运动公式

1?

-砒

解得

a=2.8m/s

"8.9s

(2)到达方点时的速度

vb=at25m/s

从6到。由动能定理

11

-limgL2=5优雄一5m读

解得

K=23m/s

31、如图所示，质量为3kg的物体在与水平面成37。角的拉力厂作用下,沿水平桌面向右做直线运动，经过

34

0.5m的距离速度由0.6m/s变为04m/s,已知物体与桌面间的动摩擦因数〃=:求作用力尸的大小。3二

10m/s2)

答案9.4N

解析

对物体受力分析，建立直角坐标系如图

vt2-vo=2ax

262

=°1~°；m/s2=-0.2m/s2

负号表示加速度方向与速度方向相反，即方向向左。

尸轴方向

片十代八30°=mg

山一〃(〃吐八iii3()c)

35

X轴方向，由牛顿第二定律得

Fcos30。_Ffj=ma

即

脱os30°-〃(mg-/sin300)-ma

解得

F=9.4N

32、如图所示，一根足够长的水平杆固定不动，一个质量勿=2kg的圆环套在杆上，圆环的直径略大于杆的截

面直径，圆环与杆间的动摩擦因数〃=0.75。对圆环施加一个与水平方向成8=