高中物理牛顿运动定律知识大全

高中物理牛顿运动定律知识汇总大全

单选题

1、如图，质量相等的小球A和小球B通过轻弹簧相连，A通过轻质绳系于天花板上，系统静止，重力加速度

为段则当剪断轻绳的瞬间，下列说法正确的是（）

oA

f

i

oB

A.小球B的加速度大小为蝎.小球B的加速度大小为g

C.小球A的加速度大小为Q.小球A的加速度大小为2g

答案D

解析

剪断轻绳的瞬间，弹簧长度不会发生突变，故B所受台外力仍为零，故B的加速度为零；剪断轻绳的瞬间A所

受的合力大小与剪断之前绳子拉力大小一致，由共点力平衡可知剪断绳子前，绳子的拉力为2mg,剪断轻绳的

瞬间，由牛顿第二定律可知，A的瞬时加速度大小为2g。

故选Do

2、如图所示，质量为如的木块和质量为极的长木板叠放在水平地面上，现对木块施加一水平向右的拉力

木块在长木板上滑行，而长木板保持静止状态。己知木块与长木板间的动摩擦因数为仗，长木板与地面间的动

摩擦因数为心，且最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，下列说法正确的是（）

~~举

加2

A.木块受到的摩擦力大小为〃,《例+砌g

B.长木板受到的摩擦力大小为"（如+勿?）g

C.若改变，'的大小，当然以如+啕g时,长木板将开始运动

D.若将尸作用于长木板，长木板与木块有可能会相对滑动

答案D

解析

AB.先对木块受力分析，受拉力只重力、支持力和向后的滑动摩擦力，滑动摩擦力为

Pfi=%

根据牛顿第三定律，木块对长木板有向前的滑动摩擦力，长木板还受到重力、压力、支持力和地面对其向后的

静摩擦力，根据平衡条件，则木板受到的摩擦力的合力大小为0,故AB错误；

C.若改变/的大小，当

F>%(61+m2)g

时，滑块加速，但滑块与长木板的滑动摩擦力不变，故长木板与地面间的静摩擦力也不变，故木板不会运动,

故C错误；

D.若将力夕作用在长木板上时，滑块受木板的作用力等于二者间的滑动摩擦力，当整体的加速度大于意时,

木块一定会发生相对木板的滑动，故D正确。

故选D。

3、如图所示，滑轮力可沿倾角为8的足够长光滑轨道下滑，滑轮下用轻绳挂着一个重力为6的物体氏下滑

时，物体4相对于力静止，则下滑过程中（不计空气阻力）（）

B

0

2

A.维的拉力为6B.绳的拉力为羔

C.绳的方向与光滑轨道不垂直D.笈的加速度为gsinS

答案：D

解析

D.本整体分析，根据牛顿第二定律得：

加速度为

Mgsin。

Q=-M-=Osin。

M

则4的加速度为经in。。故D正确。

ABC.隔离对片分析，根据牛顿第二定律知，8的合外力沿斜面向下，大小为

期々二小吆sin。=6sin9

由平行四边形定则知，绳的方向与轨道垂直，拉力大小为

7=6cos0

选项ABC错误。

故选Do

4、小明站在电梯内的体重计上，电梯静止时体重计示数为50kg,若电梯在竖直方向运动过程中，他看到体重

计的示数为45kg时，取重力加速度gR0m/s）下面说法中正确是（）

A.电梯可能在加速上升，加速度大小为9m/sJ

3

于15m,A错误；

B.当运动员下降10m时，速度向下并且逐渐增大，加速度竖直向下，处于失重状态，B错误；

C.当运动员下降15m时，速度最大，运动员继续向下运动，没有运动到最低点，C错误；

D.当运动员下降20m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，D正确。

故选Do

6、中国高速铁路最高运行时速350km,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

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；

5

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。

7、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gg的加速度匀加速上

升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为Fl,当电梯以右g的加速度匀减速上升时，电梯右侧墙壁对小球弹力为尸2,重

力加速度为g,则（）

A.乙:尸2=3:1B.F1-.F2=3:2

C.F1:F2=4:3D.Fi：F2=5:4

答案A

解析

设斜面对物体的弹力为品，大与竖直方向的夹角为氏对于加速上升过程，竖直方向

1

^osd-mg=m'-g

乙

水平方向

FNisin0=&

解得

3

F、=5mgtan。

乙

6

对于减速上升过程，竖直方向

1

mg-FN2COS0=m--g

乙

水平方向

FN2s\n0=F2

解得

1

F=5mgtan。

2乙

因此

Fi=3尸2

故BCD错误A正确。

故选A。

8、如图所示，小车放在水平地面上，甲、乙两人用力向相反方向拉小车，不计小车与地面之间的摩擦，下列

说法正确的是（）

A.若小车向右运动，表明车拉甲的力大于甲拉车的力

B.若小车静止不动，表明甲拉车的力与车拉甲的力是一对平衡力

C.若小车匀速向右运动，车拉甲的力和车拉乙的力是一对平衡力

D.无论小车运动状态如何，甲拉车的力总是与车拉甲的力大小相等，方向相反

答案D

7

解析

ABD.无论小车运动状态如何，车拉甲的力与甲拉车的力是一对作用力与相互作用力，总是大小相等，方向相

反，选项D正确，AB错误；

C.车拉甲的力和车拉乙的力作用对象分别是甲和力，不是同一个受力对象，不是平衡力，选项C错误；

故选D。

多选题

9、如图甲所示，一水平传送带沿顺时针方向旋转，在传送带左端力处轻放一可视为质点的小物决，小物块从力

端到8端的速度一时间变化规律如图乙所示，2二6s时恰好到8点，重力加速度g取10m/s：则（）

A.物块与传送带之间的动摩擦因数为〃=0.1

B.4、6间距离为16m,小物块在传送带上留下的痕迹是8m

C.若物块质量勿=1kg,物块对传送带做的功为8J

D.若物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块不能到达8端

答案AB

解析

A.由图乙可知，物块加速过程的加速度大小

Av4?

—=-m/s?=lm/s

At4

8

由牛顿第二定律可知

a=郎

联立解得

〃=0.1

故A正确；

B.由于4s后物块与传送带的速度相同，故传送带速度为4m/s,力、8间距离

(2+6)x4

x=---------------m=16m

乙

小物块在传送带上留下的痕迹是

Ay4-

1=4x4m--m=8m

故B正确；

C.物块对传送带的摩擦力大小为〃的；加速过程传送带的位移为16m,则物块对传送带所做的功为

-fjmgx=-0,1x1x10x16J=-16J

故C错误；

D.物块速度刚好到4m/s时，传送带速度立刻变为零，物块将做减速运动，且加速度与加速过程的加速度大

小相同，则减速过程的位移为8m,则物块可以到达8端，故D错误。

故选AB。

10、如图所示，电梯的顶部挂有一人弹簧测力计，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/T)()

9

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/s'

方向竖直向下，则电梯的加速度大小为2m/s2.方向竖直向下g电梯可能向下做加速运动，也可能向H故感速

运动。故BC正确，AD错误。

故选BCo

11、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。点

对齐。质量为的物块从斜面上的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

弹后滑到数的中点时速度刚好为零，已知助长为，命长为乜，重力加速度为g,sn37°=0.6,cos37°=0.8.

4

则（）

10

b

久褶轨/c

^^7。_______________

小川〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃7

A.物块与斜面间的动摩擦因数为03

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的2

答案BD

解析

A.设物块与斜面间的动摩擦因数为死根据动能定理有

mgsin37°-〃mgcos37°x2L=0

乙

解得

3

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.。点弹簧具有的最大弹性势能，立过程应用能量守恒可得

。。59

Ep=(mgsin370—卬ngcos370)x-L=—mgL

"416

C错误；

D.生物块最终静止时，静止的位置位于仇c两点之间，因此因摩擦产生的热量小于

。53

mgsin37x-L=-mgL

11

D正确。

故选BD°

12、如图甲所示，物体以一定初速度从倾角a=37。的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m,选

择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度力的变化如图乙所示。g=10m/s2,sin37°=0.60,

cos37°=0.80.贝IJ()

图甲图乙

A.物体的质量m=0.67kg

B.物体与斜面间的动摩擦因数〃=0.50

C.物体上升过程的加速度大小a=10m/s2

D.物体回到斜面底端时的动能a二20J

答案BC

解析

A.在最高点物体速度为零，动能为零，物体在最高点的机械能等于重力势能，则有

E=Ep+0=mgh

所以物体质量为

E30

m=--=———-kg=1kg

gh10x3.0”

故A错误；

B.由功能关系可知物体机械能减少量等于克服摩擦力做的功

12

h

-^cos37^—=AE

代入数值解得

〃=0.5

故B正确；

C.由牛顿第二定律可得

mgsina+^imgcosa=ma

代入数值可得

a=10m/s2

故C正确；

D.物体上升过程和下滑过程克服摩擦力做的功相同，由B可知物体上升过程中克服摩擦力做的功等于机械能

的减少量20J,说明物体整个过程克服摩擦力做的功为40J,整个运动过程中重力、支持力做功为零，由动能定

理可得物体回到斜面底端时的动能为

50J-40J=10J

故D错误。

故选BC0

13、如图所示，月、B、。为三个完全相同的物体，当水平力歹作用于月上，三物体一起向右匀速运动；某时撤

去力?后，三物体仍一起向右运动，设此时点/，间摩擦力为一；B、C间作用力为田。整个过程三物体无相对

滑动，下列判断正确的是（）

A./=0B./1/0

13

C.Fy=OD.RWO

答案BC

解析

CD.开始三个物体在拉力7•'的作用下一起向右做匀速运动，可知地面对〃、。总的摩擦力

f'=F

受地面的摩擦力为:£C受地面的摩擦力为，；

撤去尸后，氏。受地面的摩擦力不变，由牛顿第二定律可知

VF

即=赤=新

VF

Qc=—m=3~m

B、。以相同的加速度向右做匀减速运动，B、。间作用力

%=0

D错误，C正确；

AB.撤去厂后，整个过程三物体无相对滑动，则力与〃加速度相同，”对力有向左的摩擦力

F

f=maB=-

A错误，B正确。

故选BCo

14、广州塔，昵称小蛮腰，总高度达600m,游客乘坐观光电梯大约一分钟就可以到达观光平台.若电梯简化

成只受重力与绳索拉力，已知电梯在仁0时由静止开始上升，a--£间关系如图所示.则下列相关说法正确的

是（）

14

A.r=4.5s时，电梯处于失重状态

B.5s---55s时间内，绳索拉力最小

C.々59.5s时，电梯处于失重状态

D.£60s时，电梯速度恰好为0

答案CD

解析

A据题，电梯在1二0时由静止开始上升，加速度向上，此时加速度a>0,U4.5S时，a>Q,加速度向上，电

梯处于超重状态，故A错误；

B.5~55s时间内，折0,电梯处于平衡状态，绳索拉力等于电梯的重力，大于电梯失重时绳索的拉力，所以这

段时间内绳索拉力不是最小，故B错误；

C.U59.5S时，a<0,加速度方向向下，电梯处于失重状态，故C正确；

D.根据a-t图象与坐标轴所围的面积表示速度的变化量.由几何知识可知，60s内a-t图象与坐标轴所围的面

积为0,所以60s内速度的变化量为0,而电梯的初速度为0,所以上60s时，电梯速度恰好为0.故D正确.

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〃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

15

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&A正确；

B.由水平位移公式

x=vot

竖直方向的位移为

联立可得

麻

x=v0—

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AC。

16、如图，一辆货车利用跨过光滑定滑轮的轻质不可伸长的缆绳提升一箱货物，已知货箱的质量为他货物的

质量为他货车向左做匀速直线运动，在将货物提升到图示的位置时，货箱速度为匕连接货车的缆绳与水平

方向头角为仇不计一切摩擦，下列说法正确的是（）

16

A.货车的速度等于rcos0

B.货物处于超重状态

C,缆绳中的拉力a小于（须+勿）g

D.货车的对地面的压力小于货车的重力

答案BD

解析

A.把货车速度分解到绳子方向，分速度与货箱速度相等，则

v=v1cosO

即

故A错误；

B.货车匀速行驶，。在减小，因此货箱的速度在增大，故货物在做加速运动处于超重状态，故B正确；

C.因为货物和货箱处于超重状态所以加大于（加什/〃）g,故C错误；

D.货车受到绳子的拉力，故货车对地面的压力小于重力，故D正确。

故选BD0

填空题

17、牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成跟它的质量成加速

度的方向跟作用力的方向O

答案正比反比相同

解析

17

⑴⑵⑶牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成正比，跟它的质量成反比，加速度的方

向跟作用力的方向相同。

18、如图所示，一只质量为771的小鸟停在圆弧形的树枝上休息，如果小鸟要停在树枝的人B两点，你认为小

鸟停在哪一点更轻松（填"力”或“歹）；已知弧形树枝1点位置切线的倾角为氏则小鸟停在该位置

时对树枝的作用力大小为（重力加速度为g）。

答案Bmg

解析

[1]停在树枝的月点要避免滑落，需抓牢树枝，故小鸟停在〃点更轻松。

[2]小鸟停在该尻点时由平衡条件可得，树枝对小鸟的作用力竖直向上，大小等于〃好由牛顿第三定律可知，

小鸟对树枝的作用力大小为mgo

19、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8=37。角的斜向上的拉力。已知sin37o=0.6,cos370=

0.8,取g=lOm/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

18

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入

根据牛顿第二定律，X、y两个方向分别列方程

Feos6-F尸ma

Ain8+26=0

凡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

F尸亦

联立方程，解得

c7=1.3m/s'

由运动学公式得5s内物体的位移

1.3x5m=16.25m

20、如图所示，质量为2kg的货箱放在质量为8kg的平板小车上，货箱与小车之间的动摩擦因数为0.4,小车在

水平挂力/作用下沿光滑水平地面运动。若水平推力FI=5N,货箱静止在小车上，此时货箱的加速度大小为

m/s2；若水平推力F2=50N,货箱在小车上滑动，此时货箱的加速度大小为m/s2；取重力加速度

g=10m/s2,小车水平。

19

答案0.54

解析

[1]水平推力0=5N,货箱静止在小车上，两者一起做匀加速直线运动，有

0=（M+吟曲

解得

的=0.5m/s2

[2]水平推力F2=50N,货箱在小车上滑动，则货箱受滑动摩擦力加速运动，有

fimg=ma2

可得

%=阂=4m/s2

21、理想实验是一种以可靠的事实为依据，忽略次要因素，并把实验的情况合理外推到一种理想状态，从而来

揭示自然现象本质的假想实验。为了说明运动和力的关系，伽利略设计了如图所示的理想实验。

⑴关于伽利略的这个理想实验，下列说法正确的是（）

A.。小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实

B.“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是合理外推的理想状态

20

C.“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是揭示自然现象的本质

D.“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是

揭示自然现象的本质

⑵伽利略的理想实验否定了亚里士多德关于运动和力关系的错误认识。亚里士多德的认识是

答案AD运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）

解析

（1）[1]AB.“小球沿斜面向下运动后，沿斜面向上运动，会越来越慢”，这是可靠的事实，A正确、B错误；

c.“若摩擦可以忽略不计，小球最终会达到与左侧同样的高度”，这是合理外推的理想状态，：：错误；

D.“如果右侧斜面变成水平面，并且没有任何阻力，小球将达不到原来的高度，就应永远运动下去”，这是

揭示自然现象的本质，D正确。

故选ADO

⑵[2]亚里士多德的认识是运动必须依靠外力的不断作用才能维持（力是维持物体运动的原因）。

22、轻质活塞将一定质量的气体封闭在薄壁气缸内，活塞横截面积为S,气缸质量为％开始时活塞处于气缸

正中间，现用竖直向上的力提活塞使得气缸被提离地面，如图所示。当气缸内气体的压强为时，气缸将

获得最大加速度，气缸的最大加速度为o（外界大气压强为匕）

答案T嗫-g

解析

21

⑴气缸中封闭气体的初始气压为

Pl=p°

当气缸将获得最大加速度时，气体体积膨胀到出口处，等温膨胀，根据理想气体状态方程

匕匕=P2V2

解得

2

。二州v2=4与

当气缸内气体的压强为号时，气缸将获得最大加速度。

[2]此时，气缸受重力，内外气压的压力差，向上做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律

(Po-Pz)S-mg=ma

解得

PoS

a=------g

2m

气缸的最大加速度为a=煞-g。

2m

23、(1)在电梯中用弹簧测力计悬挂一物体，当电梯静止不动时，测力计的指针如图甲中题图所示，其示数

为N；

(2)当电梯向下加速运动时，测力计的指针如图乙中题图所示，已知重力加速度为9.8m/s2,则此时电梯的加

速度大小为m/s2；

(3)在测力计旁边放上一把刻度尺，如图丙所示，可得此测力计中弹簧的劲度系数为N/mo【第(2)

(3)问的计算结果保留2位有效数字】

22

图甲图乙图丙

答案：3.000.9862##63

解析

⑴囚从甲图中可以看出测力计最小刻度为0.1N,应估读到百分位，所以指针所指刻度为3.00N；

（2）[2]乙图中测力计示数为2.70N对重物由牛顿第二定律得

mg—T=ma

由（1）知物体重力为3.00N,所以解得

a=0.98m/s2

（3）⑶从丙图可以读出弹簧测力计悬挂物体静止不动时，弹簧的伸长量为

x=4.8cm

所以日胡克定律得

mg=kx

解得劲度系数为

k=63N/m

24、在探究超重和失重规律时，某体重为G的同学站在一压力传感器上，传感器和计算机相连，经计算机处理

后得到如图所示的压力/随时间1变化的图象，则该同学是完成一次（选填“下蹲”或“起立”）的

22

动作，该过程中最大加速度为m/so（g取IOm/s）

23

1.6G

0.3G|---------.

答案：起立6

解析

[1]对人的运动过程分析可知，人在加速下蹲的过程中，有向下的加速度，处于失重状态，此时人对传感器的

压力小于人的重力的大小；在减速下蹲的过程中，加速度方向向上，处于超重状态，此时人对传感器的压力大

于人的重力的大小，起立过程开始加速起立，加速度向上，处于超重状态，后减速上升，加速度向下，处于失

重状态，根据图像，可知是先超重，后失重，则是起立动作

⑵当压力最大时，加速度最大，根据牛顿第三定律，压力大小等于支持力，对于该同学根据

1.6G-G=ma

解得

a=6m/s2

解答题

25、传送带被广泛地应用于车站、码头、工厂.如图甲所示为一传送装置，由一个倾斜斜面和一个水平传送带

组成，斜面与水平传送带平滑连接，其原理可简化为示意图乙.斜面力〃长度/〃=11.25m,倾角8=37。，箱子

与斜面/心间的动摩擦因数〃尸0.8,传送带■长度乙二7m,箱子与传送带8。间的动摩擦因数世二0.2,某工

人将一质量为〃尸1kg的箱子以初速度网=5m/s从1处沿斜面向下运动，传送带比'保持静止.(g=10m/s2,

sin37°=0.6,cos37°=0.8)求：

(1)箱子运动到8处的速度大小；

(2)箱子在传送带上运动的距离；

24

(3)若传送带为。逆时针转动，保持昨=2m/s的恒定速率.仍将质量为m=1kg的箱子以初速度%)=5m/s从

力处沿斜面向下运动，求箱子在传送带上运动的时间.

甲

答案(1)4m/s；(2)4m；(3)4.5s

解析

(1)从4到〃过程，根据牛顿第二定律有

〃imgcos37°-mgsin37°=max

解得

%=0.4m/s2

根据速度位移公式有

诏一诏=-2%.1

解得

vB=4m/s

(2)从/，到静止过程，根据牛顿第二定律有

42mg=ma2

根据

0-vj=-2a2Xi

25

解得

Xj=4m

(3)从8到速度减为零的过程，根据运动学公式有

j=2s

~a2

从速度减为零开始向左运动过程

诣-0=2a2x2

解得

x2=lm<4m

则箱工先匀加速1m后匀速运动

七2=is

匀速运动到q过程

x3=x1-x2=3m

=S=1-5s

因为

〃imgcos37°>mgsin370

所以箱子最后会停在斜面上

t总=£]+上2+£3=4.5s

26、如图所示为滑沙游戏，游客从顶端力点由静止滑下8s后，操纵刹车手柄使滑沙车匀速下滑至底端4点,

在水立滑道上继续滑行直至停止。已知游客和滑沙车的总质量而60kg,倾斜滑道/仍长/3128m,倾角/37。,

滑沙车底部与沙面间的动摩擦因数片05滑沙车经过《点前后的速度大小不变，重力加速度g取lOm/s2,

sin370=0.6,cos370=0.8,小计空气阻力。求：

26

(1)游客匀速下滑时的速度大小;

(2)若游客在水平滑道灰、段的最大滑行距离为16m,需对滑沙车施加多大的水平制动力。

答案:(1)16m/s；(2)180N

解析

(1)由牛顿第二定律得

秋？sin8-〃侬cos0-ma

解得游客从顶端力点由静止加速下滑时的加速度大小

a=2m/s'

游客匀速下滑时的速度大小

r=ah=16m/s

(2)设游客在比'段的加速度大小为乩由公式

0-/=-2a'x

解得

a'-8m/s2

由牛顿第二定律得

解得制动力

27

产二180N

27、2022年2月8日，我国运动员谷爱凌在北京冬奥会自由式滑雪女子大跳台决赛中摘得金牌，如图所示为

其平时训练的场景图°一滑雪道由PV和亚V两段组成，其中月V段倾角为必30°,段水平，月外桃V平滑连接。

谷爱凌(可视为质点)从滑道顶端P处保持两滑雪板平行由静止下滑，20s后检测到其速度达到144km/h,此

时谷爱凌调整两滑雪板之间的角度使其保持做匀速直线运动，10s后再次使两滑雪板平行，又经过10s到达斜

坡底端，必处，保持两滑雪板平行做匀减速运动，最终停止在川点处。谷爱凌及其装备的总质量为匹80kg。已

知谷爱凌可通过改变两滑雪板之间的角度来调整滑雪板与雪地之间的动摩擦因数。取g-10m/s；不计空气阻力。

求：

(1)谷爱凌匀速运动时雪地对滑雪板的摩擦力大小。

(2).伙N之间的距离。

(3)整个运动过程中谷爱凌克服摩擦力做的功。

(1)400N；(2)180V3m.(3)5.2x105J

(1)谷爱凌匀速运动时

f=mgs\n3=400N

(2)由静止下滑,20s后检测到其速度达到144km/h,加速度

a=gsinJ—，gcos8=

10s后再次使两滑雪板平行，又经过10s到达斜坡底端"处，所以继续加速了10s,速度为

28

vM=v0+at=60m/s

保持两滑雪板平行做匀减速运动，加速度

解得

a=2V3m/s?

K*之间的距离

v2

x===300V5m

2a

(3)斜面上总位移

VoVn+UM

=—xtx+v0xt2+——5——xt2=1300m

根据能量守恒，整个运动过程中谷爱凌克服摩擦力做的功

Wf=mgx^sinO=5.2x105J

28、如图所示，用与水平方向成37。的恒力/=ION将质量为/〃=1kg的物体由静止开始从4点拉到〃点撤去力

F,已知48间距£=2m,物体与地面间的动摩擦因数0.5。求撤去外力后物体还能滑行多远？

答案2.4m

解析

在过程中，物体受力如图所示

29

F

其中

FN=rag-Fs\r\O

Fcos6-fiFN二mQi

-XX_X11

刖进

L-2m

后，速度设为匕则

2

v=2a1L

撤去外力后，则

-fimg=ma2

再前进位移设为乂则

2

0-v=2a2x

联立解得

x-2.4m

29、我国“神舟十二号”飞船于2021年9月17号返回地面。“神舟”飞船的返回可分为以下四个阶段：制动

减速阶段、自由滑行阶段、再入大气层阶段、回收着陆阶段。其中回收着陆阶段是在距地面约10km时开始。

它先打开伞舱盖，然后依次拉开引导伞、减速伞、牵顶伞和主降落伞，其中减速伞可把返回舱的速度从

200m/s减至60~70m/so设主降落伞把返回舱的速度由60m/s减至5m/s的过程耗时55s,在距地面1米左右

时，4台反推发动机点火，使返回舱以3m/s的速度软着陆，从而保证航天员着陆时的安全。假设返回舱在回

30

收着陆阶段的运动是竖直向下的匀变速直线运动，燃烧的燃料质量忽略不计.地面重力加速度g=10m/s20求：

(1)返回舱的速度由60m/s减至5m/s的过程中，质量为60kg的航天员对飞船的作用力；

(2)平均每个反推发动机对返回舱的作用力是返回舱重力的多少。

答案：(1)660N,方向竖直向下；(2)今=怖

Mg20

解析

(1)返回舱速度由%=60m/s减小到功=5m/s,用时

ti=55s

则其加速度大小为

%一〃2

代入数据解得

2

a2=8m/s

以航天员为研究对象，由牛顿第二定律得

/合］=

解得

F合1=60N

对航天员受力分析得

尸合］=A-mg

代入数据解得

Fi=660N

由牛顿第三定律得航天员对返回舱的作用力为660N,方向竖直向下

31

(2)返回舱速度由以=5m/s减小到%=3m/s,运动位移

x=1m

则其加速度大小为

vl-vl

a=­z-----

22x

代入数据解得

2

a2=8m/s

设返回舱质量为M以返回舱为研究对象.由牛顿第二定律得

F合2=MQ2

对返回舱受力分析得

F合2=4F2-Mg

解得

工2

而.西

30、如图甲所示，水平地面上有一足够长的木板C,质量为加尸2kg。木板C上静置一物块B,质量为侬kg。

现有一质量为皿=2kg的物块A以呼5m/s的速度从左端滑上木板C,木板C与地面间的动摩擦因数为

以二0.2,物块A与木板C间的动摩擦因数为的=0.4。物块A滑行一段距离后与物块B发生弹性正碰，碰撞时间

极短。从物块A滑上木板C开始计时，木板C的速度随时间「变叱的关系如图乙所示，设最大静摩擦力等于

滑动摩擦力，物块A、B大小可忽略。取QlOm/s?.求：

(1)木板C刚开始运动时的加速度大小；

(2)物块B与木板C间的动摩擦因数〃2；

(3)物块A、B间的最终距离。

32

答案：(1)lm/s；(2)0.4；(3)Ax=^m

JLO

解析

(1)由图乙可知木板c开始运动时的加速度大小

(2)物块A与木板C之间的摩擦方

%=〃1血19=8N,Ffl=7711al

木板C与地面之间的最大静摩擦力

Ff3=〃3(61+血2+爪3)9=10N

所以开始物块A滑动时，木板C静止不动。物块A、B碰撞后都向右滑动的过程中，物块B与木板C之间的摩

擦力

Pf2=〃2血29，Ff2=7"2a2

木板C的加速度

a=.1+.2-,3

巾3

解得

〃2—0.4

(3)由图乙可知木板在0.5s时开始滑动，说明物块A滑行0.5s时与物块B碰撞，碰撞前瞬间物块A的速度

33