(文末附答案)高中物理牛頓運(yùn)動(dòng)定律重點(diǎn)知識(shí)點(diǎn)大全

1單選題1、如圖所示，所有質(zhì)點(diǎn)同時(shí)從O點(diǎn)沿不同傾角的光滑斜面無初速滑下，若將各質(zhì)點(diǎn)在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的點(diǎn)連成一線，則連線的性質(zhì)為()A．圓弧B．拋物線C．水平線D．斜線2、如圖所示，在某建筑地，工人甲將質(zhì)量為m的工件利用固定在支架上的光滑定滑輪沿豎直方向提升到一定高度后，甲一直站在乙的身后拉緊繩索，繩索與水平方向的夾角為θ;工人乙通過一始終保持水平的輕繩將工件緩慢拉到樓頂。己知甲、乙的質(zhì)量分別為M甲、M乙，重力加速度大小為g，甲，乙始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，下列說法正確的是()A．乙將工件拉到樓頂過程，甲受到的摩擦力不變B．乙將工件拉到樓頂過程，樓頂對(duì)乙的摩擦力逐漸減小C．工件勻速上升時(shí)。樓頂對(duì)甲的支持力為(M甲?m)gD．工件以加速度a勻加速上升時(shí)樓頂對(duì)甲的摩擦力為m(g+a)cosθ3、關(guān)于曲線運(yùn)動(dòng)，下列說法中正確的是()2A．物體作曲線運(yùn)動(dòng)時(shí)，它的速度可能保持不變B．作曲線運(yùn)動(dòng)的物體，所受合外力方向與速度方向肯定不在一條直線上C．物體只有受到一個(gè)方向不斷改變的力的作用，才可能作曲線運(yùn)動(dòng)D．作曲線運(yùn)動(dòng)的物體，加速度方向與所受合外力方向可能不一樣4、如圖所示，有A、B兩物體，mA＝2mB，用細(xì)繩連接后放在光滑的斜面上，在它們下滑的過程中()A．它們的加速度a＝gsinθB．它們的加速度a<gsinθ1D．細(xì)繩的張力FT=3mBgsinθ1的輕繩一端與物體A連接，另一端跨過定滑輪與質(zhì)量為M的小環(huán)C連接。小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細(xì)桿，小環(huán)C位于R處時(shí)，繩與細(xì)桿的夾角為θ,此時(shí)物體B與地面剛好無壓力。圖中SD水平，位置R和Q之間高度差為h，R和Q關(guān)于S對(duì)稱?，F(xiàn)讓小環(huán)從R處由靜止釋放，環(huán)下落過程中繩始終處于拉直狀態(tài)，環(huán)到達(dá)Q處時(shí)獲得最大速度。在小環(huán)從R處下落到Q處的過程中，下列說法正確的是()A．小環(huán)C機(jī)械能最大的位置在S點(diǎn)下方3B．彈簧彈力和地面支持力對(duì)物體B的沖量和為零M2g?C．小環(huán)C的最大動(dòng)能為Mmcos2M2g?D．小環(huán)C到達(dá)位置Q時(shí)，物體A的加速度的輕繩一端與物體A連接，另一端跨過定滑輪與質(zhì)量為M的小環(huán)C連接。小環(huán)C穿過豎直固定的光滑均勻細(xì)桿，小環(huán)C位于R處時(shí)，繩與細(xì)桿的夾角為θ,此時(shí)物體B與地面剛好無壓力。圖中SD水平，位置R和Q之間高度差為h，R和Q關(guān)于S對(duì)稱?，F(xiàn)讓小環(huán)從R處由靜止釋放，環(huán)下落過程中繩始終處于拉直狀態(tài)，環(huán)到達(dá)Q處時(shí)獲得最大速度。在小環(huán)從R處下落到Q處的過程中，下列說法正確的是()A．小環(huán)C機(jī)械能最大的位置在S點(diǎn)下方B．彈簧彈力和地面支持力對(duì)物體B的沖量和為零C．小環(huán)C的最大動(dòng)能為M2g?Mmcos2θD．小環(huán)C到達(dá)位置Q時(shí)，物體A的加速度上運(yùn)動(dòng)，已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，下列說法正確的是()4A．滑塊上滑的距離小于5mB．t=1s時(shí)，滑塊速度減為零，然后靜止在斜面上C．t=2s時(shí)，滑塊恰好又回到出發(fā)點(diǎn)D．t=3s時(shí)，滑塊的速度大小為4m/s8、圖示為河北某游樂園中的一個(gè)游樂項(xiàng)目“大擺錘”，該項(xiàng)目會(huì)讓游客體會(huì)到超重與失重帶來的刺激。以下關(guān)于該項(xiàng)目的說法正確的是()A．當(dāng)擺錘由最高點(diǎn)向最低點(diǎn)擺動(dòng)時(shí)，游客會(huì)體會(huì)到失重B．當(dāng)擺錘由最高點(diǎn)向最低點(diǎn)擺動(dòng)時(shí)，游客會(huì)體會(huì)到超重C．當(dāng)擺錘擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，游客會(huì)體會(huì)到明顯的超重D．當(dāng)擺錘擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，游客會(huì)體會(huì)到完全失重滑連接。右端接一個(gè)阻值為R的定值電阻。平直部分導(dǎo)軌左邊區(qū)域有寬度為d、方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量為m、電阻也為R的金屬棒從高度為h處?kù)o止釋放，到達(dá)磁場(chǎng)右邊界處恰好停止。已5知金屬棒與平直部分導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,金屬棒與導(dǎo)軌間接觸良好。則金屬棒穿過磁場(chǎng)區(qū)域的過程中A．金屬棒的最大電壓為1BL√2gh2B．金屬在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為√2d√ghC．克服安培力所做的功為mgh1D．右端的電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為2110、科學(xué)家關(guān)于物體運(yùn)動(dòng)的研究對(duì)樹立正確的自然觀具有重要作用。下列說法符合歷史事實(shí)的是()A．亞里士多德認(rèn)為，必須有力作用在物體上，物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)才會(huì)改變B．伽利略通過“理想實(shí)驗(yàn)”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(yuǎn)運(yùn)動(dòng)下去C．笛卡兒指出：如果運(yùn)動(dòng)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(yùn)動(dòng)，既不停下來也不偏離原來的方向D．牛頓認(rèn)為，物體具有保持原來勻速直線運(yùn)動(dòng)狀態(tài)或靜止?fàn)顟B(tài)的性質(zhì)水平地面上，地面上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，現(xiàn)用水平恒力F拉b物塊，使a、b一起無相對(duì)滑動(dòng)地向左加速運(yùn)動(dòng)，在加速運(yùn)動(dòng)階段()6A．a(chǎn)對(duì)b的壓力不變C．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力變小D．a(chǎn)、b物塊間的摩擦力變大12、受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上做直線運(yùn)動(dòng)，其v?t圖線如圖所示，則()A．在t1時(shí)刻，外力F為零C．在t1～t2內(nèi)，外力F大小可能不斷減小D．在t1～t2內(nèi)，外力F大小可能先減小后增大13、如圖甲所示，一質(zhì)量為m1的薄木板（厚度不計(jì)）靜的水平初速度v0，從木板的左端開始向木板的右端滑行，滑塊和木板的水平速度大小隨時(shí)間變化的情況如圖乙所示，根據(jù)圖象可知以下判斷正確的是()7A．滑塊始終與木板存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)B．滑塊未能滑出木板C．滑塊的質(zhì)量m2大于木板的質(zhì)量m1D．在t1時(shí)刻，滑塊從木板上滑出14、在光滑的水平面上，質(zhì)量為m的小滑塊停放在質(zhì)量為M、長(zhǎng)度為L(zhǎng)的靜止的長(zhǎng)木板的最右端，滑塊和木板之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ。現(xiàn)用一個(gè)大小為F的恒力作用在M上，當(dāng)小滑塊滑到木板的最左端時(shí)，滑塊和木板的速度大小分別為v1、v2，滑塊和木板相對(duì)于地面的位移大小分別為s1、s2。下列關(guān)系式正確的是()2A.μmgs1=EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(1),2)mv12B．Fs2?μmgs2=EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(1),2)Mv222C.μmgL=EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(1),2)mv12D．Fs2?μmgs2+μmgs1=EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(1),2)Mv2EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(1),2)mv1215、如圖所示，電梯的頂部掛有一個(gè)彈簧測(cè)力計(jì)，其下端掛了一個(gè)重物，電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)測(cè)力計(jì)的示數(shù)為10N。在某時(shí)刻測(cè)力計(jì)的示數(shù)變?yōu)?N，關(guān)于電梯的運(yùn)動(dòng)，以下說法正確的是（g取10m/s2）()8A．電梯可能向上加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2B．電梯可能向下加速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2C．電梯可能向上減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s2D．電梯可能向下減速運(yùn)動(dòng)，加速度大小為2m/s216、給水平面上物體一個(gè)10m/s的水平初速度，由于物體與地面之間摩擦，物體在地面上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，物體運(yùn)動(dòng)5s停下來，已知物體的質(zhì)量為1kg，重力加速度為g取10m/s2，不計(jì)空氣阻力，則下列分析正確的是()A．物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為2m/s2B．物體與地面之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.2C．物體與地面之間的滑動(dòng)摩擦力大小為10ND．物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為5m/s2填空題17、質(zhì)量為2kg的物體，靜止放于水平面上，現(xiàn)在物體上施一水平力F，使物體開始沿水平面運(yùn)動(dòng)，運(yùn)動(dòng)10s時(shí)，將水平力撤掉，若物體運(yùn)動(dòng)的速度圖象如圖所示，則水平力F＝N，物體與水平面間的動(dòng)摩擦18、方法一：利用牛頓第二定律先測(cè)量物體做自由落體運(yùn)動(dòng)的加速度g，再用天平測(cè)量物體的，利用牛頓第二定律可得G＝。19、(1)伽利略被稱為現(xiàn)代物理之父，他曾兩次利用斜面實(shí)驗(yàn)探究問題，下列說法正確的是()9A．伽利略利用甲圖斜面實(shí)驗(yàn)，通過計(jì)算直接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)B．伽利略利用甲圖斜面實(shí)驗(yàn)，通過計(jì)算并進(jìn)行合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)C．伽利略利用乙圖斜面實(shí)驗(yàn)，說明了力是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因D．伽利略利用乙圖斜面實(shí)驗(yàn)，說明了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因(2)某同學(xué)利用如圖所示的裝置探究“小車速度隨時(shí)間的變化規(guī)律”，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器每隔0.02s打一個(gè)點(diǎn)。實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)所得紙帶的點(diǎn)間距過密，若利用該紙帶分析小車運(yùn)動(dòng)情況，下列做法可行的是()A．直接研究紙帶上的點(diǎn)，無需取計(jì)數(shù)點(diǎn)B．只研究紙帶后端幾個(gè)間距較大的點(diǎn)所在區(qū)域C．每隔4個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.1sD．每隔4個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為0.08s20、物理學(xué)中引入合力、分力等概念，從科學(xué)方法來說是屬于方法，探究牛頓第二定律這一規(guī)律時(shí)采用的科學(xué)方法屬于方法。21、一個(gè)重500N的同學(xué)站在電梯的地板上，從底層出發(fā)到某層樓停止，測(cè)得電梯豎直上升的過程中速度v和時(shí)間t的數(shù)據(jù)如下表所示：24.084.0439671500……電梯的啟動(dòng)和制動(dòng)過程可以看作是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，取g=10m/sEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up0(，),2)8s時(shí)地板對(duì)這位同學(xué)的支持力為N，則電梯上升的高度是m。22、兩個(gè)物體之間的作用總是的，物體間相互作用的這一對(duì)力，通常叫作和。23、兩類基本問題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(yùn)動(dòng)學(xué)的規(guī)律確定物體的 如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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 。平拉力F=20N拉物體，使其由A點(diǎn)開始運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過8s后撤去拉力F，再經(jīng)過一段時(shí)間物體到達(dá)B點(diǎn)停止。則：2）a.在拉力F作用下物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為m/s2；b.撤去拉力F瞬間物體的速度大小v=m/s；c.撤去拉力F后物體運(yùn)動(dòng)的距離x=m。24、一對(duì)作用力和反作用力是同一種類的力，而一對(duì)相互平衡的力是同一種類的力。（均選填“一解答題25、如圖所示，水平傳動(dòng)帶以v0=4m/s的速率順時(shí)針勻速運(yùn)轉(zhuǎn)，傳動(dòng)帶左、右兩端的距離為8m，把一可以看作質(zhì)點(diǎn)的小物塊輕放在傳動(dòng)帶左端，物塊與傳動(dòng)帶之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，重力加速度g取10m/s2，則：（1）經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物塊會(huì)與傳動(dòng)帶共速。（2）經(jīng)多長(zhǎng)時(shí)間物塊會(huì)從傳動(dòng)帶右端掉下來。26、如圖，兩個(gè)滑塊A和B的質(zhì)量mA＝mB＝2kg，放在靜止于水平地面上足夠長(zhǎng)的木板C的兩端，兩者與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為μ1＝0.5；木板的質(zhì)量mC＝4kg，與地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ2＝0.1，某時(shí)刻A、B兩滑塊同時(shí)開始相向滑動(dòng)，初速度大小分別為vA＝1m/s、vB＝5m/s，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，取重力加速度大小g＝10m/s2。（1）求剛開始時(shí)滑塊A、B和木板C的加速度27、2022年2月8日，我國(guó)選手谷愛凌在第24屆冬季奧林匹克運(yùn)動(dòng)會(huì)女子自由式滑雪大跳臺(tái)比賽中獲得冠軍．參賽滑道簡(jiǎn)圖如圖所示，abcd為同一豎直平面內(nèi)的滑雪比賽滑道，運(yùn)動(dòng)員從a點(diǎn)自靜止出發(fā)，沿滑道abcd滑至d點(diǎn)飛出，然后做出空翻、抓板等動(dòng)作．其中ab段和cd段的傾角均為θ=37°,ab段長(zhǎng)L1=110m，水平段bc長(zhǎng)L2=12m，cd坡高?=9m．設(shè)滑板與滑道（2）運(yùn)動(dòng)員到達(dá)c點(diǎn)時(shí)的速度大?。?8、一質(zhì)量為m=1kg的物塊原來靜止在水平地面上，物塊與地面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ=0.2，現(xiàn)在施加給物塊一個(gè)水平方向的恒力F，使物塊開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，要求在5s內(nèi)前進(jìn)25m，則施加的水平恒力F為多大？29、如圖所示，傾斜傳送帶長(zhǎng)度L=5.8m，傾斜角度θ=37°,傳送帶與水平面平滑連接，光滑水平面上放置兩輕放在傳送帶的最高端，已知滑塊A與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，滑塊B和C的質(zhì)量分別為m2=2kg、m3=1kg，滑塊A與B發(fā)生彈性碰撞（碰撞時(shí)間極短），重力加速度取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：（1）滑塊A第一次到達(dá)傳送帶底端時(shí)速度大??；（2）滑塊A與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能；（3）滑塊B、C與彈簧構(gòu)成的系統(tǒng)在作用過程中，彈簧的最大彈性勢(shì)能和滑塊C的最大動(dòng)能。30、哈利法塔是目前世界最高的建筑。游客乘坐觀光電梯從地面開始經(jīng)歷加速、勻速、減速的過程恰好到達(dá)觀景臺(tái)只需50秒，運(yùn)行的最大速度為15m/s。觀景臺(tái)上可以鳥瞰整個(gè)迪拜全景，可將棕櫚島、帆船酒店等盡收眼底，頗為壯觀。一位游客用便攜式拉力傳感器測(cè)得在加速階段質(zhì)量為1kg的物體受到的豎若電梯加速、減速過程視為勻變速直線運(yùn)動(dòng)（g取10m/s2），求：（1）電梯加速階段的加速度大小及加速運(yùn)動(dòng)的時(shí)間；（2）若減速階段與加速階段的加速度大小相等，求觀景臺(tái)的高度；（3）若電梯設(shè)計(jì)安裝有輔助牽引系統(tǒng)，電梯出現(xiàn)故障，繩索牽引力突然消失，電梯從觀景臺(tái)處自由下落，為防止電梯落地引發(fā)人員傷亡，電梯啟動(dòng)輔助牽引裝置使其減速到速度為零，牽引力為重力的3倍，下落過程所有阻力不計(jì)，則電梯自由下落最長(zhǎng)多少時(shí)間必須啟動(dòng)輔助牽引裝置？31、如圖甲所示，水平地面上有一足夠長(zhǎng)的木板C，質(zhì)量為m3=2kg。木板C上靜置一物塊B，質(zhì)量為m2=1kg。μ3=0.2,物塊A與木板C間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ1=0.4。物塊A滑行一段距離后與物塊B發(fā)生彈性正碰，碰撞時(shí)間極短。從物塊A滑上木板C開始計(jì)時(shí)，木板C的速度隨時(shí)間t變化的關(guān)系如圖乙所示，設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，物塊A、B大小可忽略。取g=10m/s2（1）木板C剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小；32、如圖所示，底邊AB恒定為b，當(dāng)斜面與底邊夾角θ為多大時(shí)，物體沿此光滑固定斜面由靜止從頂端滑到33、某興趣小組欲測(cè)量滑塊與水平木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)，他們?cè)O(shè)計(jì)了一個(gè)實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)裝置如圖1所示。該小組同學(xué)首先將一端帶滑輪的木板固定在水平桌面上，連接好其他裝置，然后掛上重物，使滑塊做勻加速運(yùn)動(dòng)，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上打出一系列點(diǎn).（1）圖2是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶的一部分，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖所示，已知電源的頻率為50Hz，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有4個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未標(biāo)出，根據(jù)圖中數(shù)據(jù)計(jì)算的加速度a=m?s2.（結(jié)果保留兩位有效數(shù)（2）為測(cè)定動(dòng)摩擦因數(shù)，該小組同學(xué)事先用彈簧測(cè)力計(jì)測(cè)出滑塊與重物的重力分別如圖3、4所示，則圖3對(duì)應(yīng)的示數(shù)為N,圖4對(duì)應(yīng)的示數(shù)為N；34、小明在課本上查到“木—木”的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.3，打算對(duì)這個(gè)數(shù)據(jù)進(jìn)行檢驗(yàn)，設(shè)計(jì)了以下實(shí)驗(yàn)：(1)如圖所示，將質(zhì)量為M的待測(cè)木塊放在水平放置的長(zhǎng)木板上，通過跨過滑輪的細(xì)繩與沙桶相連，增加沙桶中沙的質(zhì)量，直到輕推木塊，木塊恰能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，若此時(shí)沙桶及沙的總質(zhì)量為m，則動(dòng)摩擦因數(shù)μ=。(2)由于找不到天平，小明進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)步驟：①取下沙桶，在木板上固定打點(diǎn)計(jì)時(shí)器，將紙帶一端系在木塊上，并穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器；②將木板不帶滑輪的一端墊高，直到輕推木塊，木塊能做勻速直線運(yùn)動(dòng)；③掛上沙桶（沙桶及沙的總質(zhì)量保持不變），接通電源，待打點(diǎn)穩(wěn)定后釋放木塊，得到如圖紙帶（相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有1個(gè)點(diǎn)未畫出）。已知打點(diǎn)計(jì)時(shí)器的頻率為50Hz，根據(jù)紙帶數(shù)據(jù)，可求得木塊運(yùn)動(dòng)的加速度35、理想實(shí)驗(yàn)有時(shí)能更深刻地反映自然規(guī)律。伽利略設(shè)想了一個(gè)理想實(shí)驗(yàn)，如圖所示。下面是關(guān)于該實(shí)驗(yàn)被打亂的步驟：①減小第二個(gè)斜面的傾角，小球在這個(gè)斜面上仍然要到達(dá)原來的高度。②如圖為兩個(gè)對(duì)接的斜面，讓小球沿一個(gè)斜面從靜止?jié)L下，小球?qū)L上另一個(gè)斜面。③如果沒有摩擦，小球?qū)⒌竭_(dá)原來的高度。④繼續(xù)減小第二個(gè)斜面的傾角，最后使它成為水平面，小球?qū)⒀厮矫孀龀掷m(xù)的勻速運(yùn)動(dòng)。(2)在上述的設(shè)想實(shí)驗(yàn)步驟中，有的屬于可靠的實(shí)驗(yàn)事實(shí)，有的則是理想化的推論，請(qǐng)問步驟②屬于________________36、甲圖是英國(guó)數(shù)學(xué)家和物理學(xué)家阿特伍德（G·Atwood1746-1807）創(chuàng)制的一種著名力學(xué)實(shí)驗(yàn)裝置—阿特伍德機(jī)，用來研究豎直方向上做勻變速直線運(yùn)動(dòng)物體的超失重規(guī)律。某同學(xué)對(duì)該裝置加以改進(jìn)后還可以用來測(cè)量一個(gè)物體的質(zhì)量，如圖乙所示。(1)實(shí)驗(yàn)時(shí)，該同學(xué)進(jìn)行了如下操作： （填“A的上表面”“A的下表面”或“擋光片中心”）到光電門中心的豎直距離h；擋光片擋光的時(shí)間為Δt；③測(cè)出擋光片的寬度d，利用有關(guān)物理量，就可以計(jì)算出物塊C的質(zhì)量m。37、圖甲為測(cè)量滑塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)的實(shí)驗(yàn)裝置示意圖。木板固定在水平桌面上，打點(diǎn)計(jì)時(shí)器連接的電源的頻率為50Hz。開始實(shí)驗(yàn)時(shí)，在托盤中放入適量砝碼，滑塊開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，在紙帶上打出一系列點(diǎn)：(1)圖乙是實(shí)驗(yàn)中獲取的一條紙帶的一部分，相鄰兩計(jì)數(shù)點(diǎn)間還有一個(gè)計(jì)時(shí)點(diǎn)未標(biāo)出。用刻度尺測(cè)量計(jì)數(shù)點(diǎn)間的距離如圖乙所示，則打點(diǎn)計(jì)時(shí)器打計(jì)數(shù)點(diǎn)C時(shí)紙帶的速度大小v=m/s；打該紙帶的過程中滑塊的加速；（(2)若已知滑塊的質(zhì)量為m1，木板的質(zhì)量為m2，托盤和砝碼的總質(zhì)量為m3，重動(dòng)摩擦因數(shù)μ=。（用相應(yīng)的字母符號(hào)表示）1、答案：A解析：設(shè)軌道與豎直方向的夾角為θ,根據(jù)牛頓第二定律，物體的加速度a=mgcosθ=gcosθm所有小物體在相等時(shí)間內(nèi)的位移x=at2=gcosθ?t2=gt2?cos1gt2是豎直方向直徑的長(zhǎng)度，通過幾何關(guān)系知，某一時(shí)刻這些小物體所在位置構(gòu)成的面是圓弧。22、答案：D解析：A．乙將工件拉到樓頂過程，設(shè)兩繩結(jié)點(diǎn)上方繩索與豎直方向夾角為a，對(duì)結(jié)點(diǎn)由平衡條件可得甲拉的繩索上的拉力為mgT1=cosa由平衡條件可得，甲受到的摩擦力為B．乙將工件拉到樓頂過程，乙對(duì)輕繩的拉力為T2=mgtana由平衡條件可得，乙受到的摩擦力為f2=T2C．工件勻速上升時(shí)，繩上拉力T大小等于工件的重力mg，在豎直方向?qū)子善胶鈼l件可得N+Tsinθ=Mg甲解得樓頂對(duì)甲的支持力為N=Mg?Tsinθ=Mg?mgsinθC錯(cuò)誤；D．工件以加速度a勻加速上升時(shí)，對(duì)工件由牛頓第二定律可得T′?mg=ma在水平方向?qū)子善胶鈼l件可得f=T′cosθ聯(lián)立解得樓頂對(duì)甲的摩擦力為f=m(g+a)cosθ3、答案：B解析：A．曲線運(yùn)動(dòng)的物體，速度方向一直在變，所以曲線運(yùn)動(dòng)速度不可能保持不變，故A錯(cuò)誤；B．做曲線運(yùn)動(dòng)的物體，所受合外力方向與速度方向一定不在一條直線上，故B正確；C．只要物體的合外力方向與速度方向不在一條直線上，物體就做曲線運(yùn)動(dòng)，力的方向不一定改變。例如平拋運(yùn)動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．由牛頓第二定律可知，加速度的方向必須與合外力方向相同，故D錯(cuò)誤。4、答案：A解析：AB．A、B整體由牛頓第二定律可得解得B．對(duì)B受力分析，由牛頓第二定律可得mgsinθ+T=ma解得5、答案：C解析：A．小環(huán)C下落過程受重力、桿的支持力和細(xì)線的拉力，非重力做功等于機(jī)械能的變化量。到位置S前的過程中，非重力做正功，機(jī)械能增加。經(jīng)過S的過程，非重力做負(fù)功，機(jī)械能減小。因此，小環(huán)C的機(jī)械能先增加再減小，下落到位置S時(shí)，小環(huán)C的機(jī)械能最大，故A錯(cuò)誤；B．小環(huán)從R處下落到Q處的過程中，物體B始終靜止在地面上，動(dòng)量變化量為零，因此物體B所受合力的沖量為零，即重力、彈簧彈力和地面對(duì)物體B的支持力的沖量和為零，則彈簧彈力和地面對(duì)物體的支持力的沖量和與重力沖量等大反向，由于此過程重力沖量不為零，故B錯(cuò)誤；C．環(huán)在Q時(shí)動(dòng)能最大。環(huán)在R和Q時(shí)，彈簧長(zhǎng)度相同，彈性勢(shì)能相同。Q和A通過細(xì)線相連，沿著繩子的分速度相等（如圖1所示），故故A與環(huán)的動(dòng)能之比為1EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up7(E),E)kA=EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up2(2),1)mVEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up10(2),A)=EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up7(m),M)cos2θEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up4(2),Q)Mg?=E+E聯(lián)立可得小環(huán)C的最大動(dòng)能M2g?KQM+mcos2θ故C正確；環(huán)在Q位置，環(huán)速度最大，說明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根據(jù)平衡條件，有對(duì)A有聯(lián)立可得為Ma=g?2gmcosθ小提示：6、答案：C解析：A．小環(huán)C下落過程受重力、桿的支持力和細(xì)線的拉力，非重力做功等于機(jī)械能的變化量。到位置S前的過程中，非重力做正功，機(jī)械能增加。經(jīng)過S的過程，非重力做負(fù)功，機(jī)械能減小。因此，小環(huán)C的機(jī)械能先增加再減小，下落到位置S時(shí)，小環(huán)C的機(jī)械能最大，故A錯(cuò)誤；B．小環(huán)從R處下落到Q處的過程中，物體B始終靜止在地面上，動(dòng)量變化量為零，因此物體B所受合力的沖量為零，即重力、彈簧彈力和地面對(duì)物體B的支持力的沖量和為零，則彈簧彈力和地面對(duì)物體的支持力的沖量和與重力沖量等大反向，由于此過程重力沖量不為零，故B錯(cuò)誤；C．環(huán)在Q時(shí)動(dòng)能最大。環(huán)在R和Q時(shí)，彈簧長(zhǎng)度相同，彈性勢(shì)能相同。Q和A通過細(xì)線相連，沿著繩子的分速度相等（如圖1所示），故故A與環(huán)的動(dòng)能之比為1EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up7(E),E)kA=EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up2(2),1)mVEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up10(2),A)=EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up7(m),M)cos2θEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up4(2),Q)Mg?=E+E聯(lián)立可得小環(huán)C的最大動(dòng)能M2g?KQM+mcos2θ故C正確；環(huán)在Q位置，環(huán)速度最大，說明受力平衡，受重力、支持力和拉力，根據(jù)平衡條件，有對(duì)A有聯(lián)立可得為Ma=mcosθg?2g小提示：7、答案：D解析：A．以沿斜面向下為正方向，上滑過程，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得滑塊向上的最大位移EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up6(2),0)2a2×101A錯(cuò)誤；C．下滑過程，由牛頓第二定律得代入數(shù)據(jù)解得滑塊向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)的時(shí)間EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up4(10),10)11x=2a2tEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(2),2)所以t2=√5s滑塊恰好又回到出發(fā)點(diǎn)的總時(shí)間C錯(cuò)誤；8、答案：C解析：當(dāng)擺錘由最高點(diǎn)向最低點(diǎn)擺動(dòng)時(shí)，先具有向下的加速度分量，后有向上的加速度分量，即游客先體會(huì)到失重后體會(huì)到超重。當(dāng)擺錘擺動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，具有方向向上的最大加速度，此時(shí)游客體會(huì)到明顯的超重。9、答案：AD解析：A．金屬棒在下滑過程中，由機(jī)械能守恒定律得1mg?=2mv2則得金屬棒到達(dá)水平面時(shí)的速度v=√2g?金屬棒進(jìn)入磁場(chǎng)后受到向左的安培力和摩擦力而做減速運(yùn)動(dòng)，則金屬棒剛到達(dá)水平面時(shí)的速度最大，所以最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=BLv金屬棒的最大電壓為A正確；B．金屬棒在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，取向右為正方向，根據(jù)牛頓第二定律得B2L2vΔv?μmg?2R=B2L2vΔvB2L2v?μmgΔt?B2L2v兩邊求和得B2L2v∑(?μmgΔt?B2L2vB2L2d?μmgt?B2L2d解得金屬在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為m√2g?m√2g??B2L2dμmgC．金屬棒在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程中，由動(dòng)能定理得則克服安培力做功WB=mg??μmgdC錯(cuò)誤；D．克服安培力做功轉(zhuǎn)化為焦耳熱，電阻與導(dǎo)體棒電阻相等，通過它們的電流相等，則金屬棒產(chǎn)生的焦耳熱故選AD。10、答案：BCD解析：A．亞里士多德認(rèn)為物體的運(yùn)動(dòng)需要力來維持，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；BCD．牛頓根據(jù)選項(xiàng)B中伽利略的正確觀點(diǎn)和選項(xiàng)C中笛卡兒的正確觀點(diǎn)，得出了選項(xiàng)D的正確觀點(diǎn)，選項(xiàng)B、11、答案：BC解析：AB．對(duì)a受力分析，受到重力、支持力、摩擦力以及洛倫茲力，其中支持力等于重力加洛倫茲力，即Nba=mag+qvBCD．將a、b當(dāng)成一個(gè)整體受力分析，得到F?f地=(ma+mb)a地abf=μ[(m+m)g地ab所以整體的加速度在減小。而對(duì)于a，a和b間的摩擦力為靜摩擦力，則fba=maa12、答案：BCD解析：A．v?t圖線的斜率表示加速度，在t1時(shí)刻圖線斜率為零，即加速度為零，說明外力F等于摩擦力，外力F不B．在0～t1時(shí)間內(nèi)，斜率逐漸減小，加速度減小，根據(jù)牛頓第二定律得F?μmg=maCD．在t1~t2時(shí)間內(nèi)，加速度方向與運(yùn)動(dòng)方向相反且加速度逐漸增大，說明向后的合力一直增大，外力F可能），13、答案：ACD解析：滑塊以水平初速度v0滑上木板，滑塊減速，木板加速，滑塊和木板的加速度的大小分別為EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up5(m2),m2)am1由題圖乙可知，滑塊的速度一直大于木板的速度，即兩者之間始終存在相對(duì)運(yùn)動(dòng)，在t1時(shí)刻，滑塊滑出木板，各自做勻速直線運(yùn)動(dòng)。由題圖乙分析可知，圖像的斜率等于加速度，則＜a1即μg<μm2gm1則＜m2故選ACD。14、答案：ABD解析：AC．滑塊在摩擦力作用下前進(jìn)的距離為s1，故對(duì)于滑塊1μmgEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up1(s),1)=2mv121Fs?μmgs=-Mv2D．由以上兩式得Fs2?μmgEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up1(s),2)+μmgEQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up1(s),1)=2Mv22+2mv12故選ABD。15、答案：BC解析：電梯勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，彈簧秤的示數(shù)為10N，知重物的重力等于10N。對(duì)重物有解得方向豎直向下，則電梯的加速度大小為2m/s2，方向豎直向下。電梯可能向下做加速運(yùn)動(dòng)，也可能向上做減速16、答案：AB解析：AD．由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得，物體運(yùn)動(dòng)的加速度大小為ΔvtBC．由牛頓第二定律可得f=μmg=ma解得故選AB。解析：[1][2]物體在力F作用下加速運(yùn)動(dòng)的加速度根據(jù)牛頓第二定律可知11撤去F后，加速度大小根據(jù)牛頓第二定律可知聯(lián)立解得解析：略解析：(1)[1]AB．伽利略利用甲圖斜面實(shí)驗(yàn)，通過計(jì)算并進(jìn)行合理外推，間接證明了自由落體運(yùn)動(dòng)是勻變速直線運(yùn)動(dòng)，(2)[2]實(shí)驗(yàn)中發(fā)現(xiàn)所得紙帶的點(diǎn)間距過密，測(cè)量誤差較大，應(yīng)每隔4個(gè)點(diǎn)取一個(gè)計(jì)數(shù)點(diǎn)，使計(jì)數(shù)點(diǎn)時(shí)間間隔為解析：[1]合力與分力的作用效果相同，從科學(xué)方法來說是屬于等效替代方法；[2]探究牛頓第二定律這一規(guī)律時(shí)采用的科學(xué)方法屬于控制變量方法。解析：根據(jù)牛頓第二定律有mg?N=ma2解得v1故加速位移為1EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),1)2說明電梯是從t=7s開始減速的，故電梯勻速的時(shí)間勻速的位移為勻減速到零的位移為v2EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(1),a)1則電梯上升的高度解析：略解析：(1)[1]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(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律公式，可以求出物體的運(yùn)動(dòng)情況。(2)[3]如果已知物體的運(yùn)動(dòng)情況，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)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。(3)[5]受力分析得F?μmg=ma解得[6]根據(jù)速度公式得v=at=4m/s[7]撤去拉力F后，受力分析得?μmg=ma′解得a′=?2m/s2物體運(yùn)動(dòng)的位移為x=2a′=4m解析：略25、答案1）2s2）3s解析：（1）物塊剛放上傳動(dòng)帶時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得解得物塊的加速度為物塊與傳送帶共速所需時(shí)間為vvs=-0t=之后勻速運(yùn)動(dòng)到右端的時(shí)間為0物塊從傳動(dòng)帶左端到右端的時(shí)間為即經(jīng)3s物塊會(huì)從傳動(dòng)帶右端掉下來。26、答案1）5m/s2，5m/s2，02）4m/s3）2.5m解析：μ1mAg=mAa1對(duì)滑塊B受力分析得μ1mBg＝mBa2a2＝5m/s2對(duì)木板C受力分析得：μ1mAg=μ1mBg木板與地面間無摩擦，故a3=0解得滑塊A向右運(yùn)動(dòng)的位移為1EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),1)滑塊B向左運(yùn)動(dòng)的位移為1XB1=VBt1?2a2tEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),1)設(shè)從滑塊A速度減到0到滑塊A、滑塊B、木板C達(dá)到共速所用時(shí)滑塊A、木板Cμ1mBg?μ2(mA+mB+mc)=(mA+mc)a4VB1?a2t2=a4t21EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),2)故木板C的長(zhǎng)度至少為2.5m。27、答案1）8.9s2）23m/s解析：mgsinθ?μmgcosθ=ma根據(jù)運(yùn)動(dòng)公式1解得a=2.8m/s2vb=at≈25m/s-μmgL2=2mvEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),c)?2mvEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up4(2),b)解得28、答案：4N解析：由位移公式可得12x=-at22由牛頓第二定律可得F?μmg=ma聯(lián)立解得水平拉力大小為3128J9解析：（1）依題意，可得滑塊A向下加速的加速度a1=gsin37°+μgcos37°=10m/s2達(dá)到傳送帶速度所用時(shí)間EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up12(v),a)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(0),1)下滑位移1a2=gsin37°?μgcos37°=2m/s2設(shè)滑塊A下滑到傳送帶底端時(shí)速度為v，則有EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up2(2),0)解得（2）滑塊A第二段加速運(yùn)動(dòng)到傳送帶底端所用時(shí)間滑塊A第一段加速運(yùn)動(dòng)過程與傳送帶間的相對(duì)位移a2第二段加速運(yùn)動(dòng)過程與傳送帶間的相對(duì)位移滑塊A與B發(fā)生彈性碰撞，有m1v=m1v1+m2v2EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),1)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up3(2),2)解得可知滑塊A沿斜面上滑，然后返回水平面，但追不上滑塊B，滑塊A向上沖到最高點(diǎn)所用時(shí)間EQ\*jc3\*hps31\o\al(\s\up12(v),a)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(1),1)再次返回傳送帶底端所用時(shí)間與傳送帶相對(duì)位移滑塊A與傳送帶間因摩擦而產(chǎn)生的內(nèi)能E=μm1gcos37°(d1+d2+d3)=13.6J（3）滑塊B與C作用，當(dāng)兩者達(dá)到共同速度時(shí)，彈簧彈性勢(shì)能最大，有m2v2=(m2+m3)v共解得8pEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up4(2),2)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(2),共)當(dāng)彈簧恢復(fù)原長(zhǎng)時(shí)，滑塊C有最大動(dòng)能，由動(dòng)量守恒定律和機(jī)械能守恒定律得m2v2=m2v4+m3v3EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(2),2)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(2),4)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up5(2),3)解得kEQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up6(2),3)30、答案1）1m/s2、15s2）525m3）√70s解析：（1）設(shè)電梯加速階段的加速度大小為a，由牛頓第二定律得：解得由＋at解得EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(1),2)EQ\*jc3\*hps22\o\al(\s\up7(1),2)勻速階段位移2勻減速階段位移EQ\*jc3\*hps29\o\al(\s\up8(v2),2a)因此觀景臺(tái)的高度1（3）由題意知，電梯到地面速度剛好為0。自由落體加速度大小a=g1啟動(dòng)輔助牽引裝置后加速度大小mm方向向上則v2v2 m+m=x2a2a解得vm=10√70m/s則vvmg即電梯自由下落最長(zhǎng)√70s時(shí)間必須啟動(dòng)輔助牽引裝置。2831、答案1）1m/s2）0.43）Δx=15m28解析：（1）由圖乙可知木板C開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小ΔvΔtFf1=μ1m1g=8N，F(xiàn)f1=m1a1木板C與地面之間的最大靜摩擦力Ff3=μ3(m1+m2+m3)g=10N所以開始物塊A滑動(dòng)時(shí)，木板C靜止不動(dòng)。物塊A、B碰撞后都向右滑動(dòng)的過程中，物塊B與木板C之間的摩擦力Ff2=μ2m2g，F(xiàn)f2=m2a2a=Ff1+Ff2?Ff3m3解得（3）由圖乙可知木板在0.5s時(shí)開始滑動(dòng)，說明物塊A滑行0.5s時(shí)與物塊B碰撞，碰撞前瞬間物塊A的速度物塊A與物塊B發(fā)生彈性碰撞，根據(jù)動(dòng)量守恒定律得m1v2=m1v3+m2v4由機(jī)械能守恒定律得EQ\*j