高考物理5年高考真题精选与最新模拟专题03牛顿定律及其应用

高考物理5年高考真题精选与最新模拟专题03牛顿定律及其应用

2013 高考物理 5 年高考真题精选与最新模拟备战 专题 03 牛顿 定律及其应用 【2012 高考真题精选】 （2012·安徽）22.（14 分）质量为 0.1 kg 的弹性球从空中某高度由静止开始下落， 该下落过程对应的 tv  图象如图所示。球与水平地面相碰后离开地面时的速度大小为碰撞 前的 3/4。该球受到的空气阻力大小恒为 f ，取 g =10 m/s2, 求：（1）弹性球受到的空气阻 力 f 的大小；（2）弹性球第一次碰撞后反弹的高度 h 。 （2012·大纲版全国卷）23.（11 分）（注意：在试题卷上作答无效．．．．．．．．．） 图 1 为验证牛顿第二定律的实验装置示意图。图中打 点计时器的电源为 50Hz 的交流电 源，打点的时间间隔用Δt 表示。在小车质量未知的情况下，某同学设计了一种方法用来研 究“在外力一定的条件下，物体的加速度与其质量间的关系”。 （1）完成下列实验步骤中的填空： ①平衡小车所受的阻力：小吊盘中不放物块，调整木板右端的高度，用手轻拨小车，直 到打点计时器打出一系列________的点。 ②按住小车，在小吊盘中放入适当质量的物块，在小车中放入砝码。 ③打开打点计时器电源，释放小车，获得带有点迹的纸带，在纸带上标出小车中砝码的 质量 m。 ④按住小车，改变小车中砝码的质量，重复步骤③。 ⑤在每条纸带上清晰的部分，每 5 个间隔标注一个计数点。测量相邻计数点的间距 s1， s2，…。求出与不同 m 相对应的加速度 a。 ⑥以砝码的质量 m 为横坐标， a 1 为纵坐标，在坐标纸上做出 a 1 --m 关系图线。若加速度 与小车和砝码的总质量成反比，则 a 1 与 m 处应成_________关系（填“线性”或“非线性”）。 （2）完成下列填空： （ⅰ）本实验中，为了保证在改变小车中砝码的质量时，小车所受的拉力近似不变，小 吊盘和盘中物块的质量之和应满足的条件是_______________________。 （ⅱ）设纸带上三个相邻计数点的间距为 s1、s2、s3 。a 可用 s1、s3 和Δt 表示为 a=__________。图 2 为用米尺测量某一纸带上的 s1、s3 的情况，由图可读出 s1=__________mm， s3=__________mm。由此求得加速度的大小 a=__________m/s2。 （ⅲ）图 3 为所得实验图线的示意图。设图中直线的斜率为 k，在纵轴上的截距为 b， 若牛顿定律成立，则小车受到的拉力为___________，小车的质量为___________。 6. （2012·物理） 如图，表面处处同样粗糙的楔形木块 abc 固定在水平地面上，ab 面和 bc 面与地面的夹角分别为α和β，且α>β.一初速度为 v0 的小物块沿斜面 ab 向上运动，经 时间 t0 后到达顶点 b 时，速度刚好为零；然后让小物块立即从静止开始沿斜面 bc 下滑。在 小物块从 a 运动到 c 的过程中，可能正确描述其速度大小 v 与时间 t 的关系的图像是（ ） 【答案】：C 【解析】：小物块沿斜面 ab 向上运动做加速度较大的匀减速运动，从静止开始沿斜面 bc 下滑做加速度较小的匀加速运动。上滑时间一定不下滑时间短，所以可能正确描述其速 度大小 v 与时间 t 的关系的图像是 C。 【考点定位】此题考查牛顿第二定律、速度图像及其相关知识。 （2012·物理）根据牛顿第二定律，下列叙述正确的是 物体加速度的大小跟它的质量和速度大小的乘积成反比 物体所受合力必须达到一定值时，才能使物体产生加速度 物体加速度的大小跟它所受作用力中任一个的大小成正比 当物体质量改变但其所受合力的水平分力不变时，物体水平加速度大小与其质量成反比 （2012·四川）21．如图所示，劲度系数为 k 的轻弹簧的一端固定在墙上，另一端与置于水 平面上质量为 m 的物体接触（未连接），弹簧水平且无形变。用水平力 F 缓慢推动物体，在 弹性限度内弹簧长度被压缩了 x0，此时物体静止。撤去 F 后，物体开始向左运动，运动的最 大距离为 4x0。物体与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为 g。则 A．撤去 F 后，物体先做匀加速运动，再做匀减速运动 B．撤去 F 后，物体刚运动时的加速度大小为 －μg C．物体做匀减速运动的时间为 2 D．物体开始向左运动到速度最大的过程中克服摩擦力做的功为μmg（x0－ ） 【答案】BD 【解析】弹簧弹力一直变化，物体不可能做匀变速运动，A、C 错误。撤去 F 后，由牛 顿第二定律得 a = = －μg，B 正确。当 kx = μmg 时物体速度最大，克服摩擦力 做功为μmg（x0－x）= μmg（x0－ ），D 正确。 【考点定位】本题考查胡克定律，摩擦力，牛顿第二定律，功的计算。 （2012·全国新课标卷）14.伽利略根据小球在斜面上运动的实验和理想实验，提出了 惯性的概念，从而奠定了牛顿力学的基础。早期物理学家关于惯性有下列说法，其中正确的 是 A.物体抵抗运动状态变化的性质是惯性 B.没有力作用，物体只能处于静止状态 C.行星在圆周轨道上保持匀速率运动的性质是惯性 D.运动物体如果没有受到力的作用，将继续以同一速度沿同一直线运动 （2012·北京）23.(18 分) 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如 1 所示。考虑 安全、舒适、省时等因索，电梯的加速度 a 是随时间 t 变化的。已知电梯在 t = 0 时由静止 开始上升，a - t 图像如图 2 所示。电梯总质最 m = 2.0× kg。忽略一切阻力，重力加 速度 g 取 10m/s2。 （1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力 F1 和最小拉力 F2； （2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由 v - t 图像求位 移的方法。请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图 2 所示 a - t 图像，求电 梯在第 1s 内的速度改变量△v1 和第 2s 末的速率 v2; （3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率 p：再求在 0～11s 时间内，拉力和重 力对电梯所做的总功 W。 【答案】（1）F1 =2.2× N F2 = 1.8× N （2） v1 = 0.50m/s v2 = 1.5m/s （3）P = 2.0× W W = 1.0× J 【解析】解：（1）由牛顿第二定律得：F – mg = ma 由 a – t 图像可知，F1 和 F2 对应的加速度分别是 a1 = 1.0m/s2，a2 = - 1.0m/s2 F1 = m（g + a1）= 2.0× ×（10 + 1.0）N = 2.2× N F2 = m（g + a2）= 2.0× ×（10 - 1.0）N = 1.8× N （2）类比可得，所求速度变化量等于第 1s 内 a – t 图线下的面积 v1 = 0.50m/s 同理可得： v2 = v2 – v1 = 1.5m/s 第 2s 末的速率 v2 = 1.5m/s （2012·四川）24．（19 分） 如图所示，ABCD 为固定在竖直平面内的轨道，AB 段光滑水平，BC 段为光滑圆弧，对应 的圆心角θ = 370，半径 r = 2.5m，CD 段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨 道所在区域有场强大小为 E = 2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场。质量 m = 5× 10-2kg、电荷量 q =+1×10-6C 的小物体（视为质点）被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行， 在 C 点以速度 v0=3m/s 冲上斜轨。以小物体通过 C 点时为计时起点，0.1s 以后，场强大小不 变，方向反向。已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ=0.25。设小物体的电荷量保持不变， 取 g=10m/s2，sin370=0.6，cos370=0.8。 （1）求弹簧枪对小物体所做的功； （2）在斜轨上小物体能到达的最高点为 P，求 CP 的长度。 s2 = v1 t2 + a2 t2 2 设 CP 的长度为 s，则 s = s1 + s2 解得：s = 0.57m 【考点定位】本题考查匀变速直线运动规律，牛顿第二定律，动能定理。 （2012·福建）如图，用跨过光滑定滑轮的缆绳将海面上一搜失去动力的小船沿直线拖 向岸边。已知拖动缆绳的电动机功率恒为 P，小船的质量为 m，小船受到的阻力大小恒为 f， 经过 A 点时的速度大小为 0v ，小船从 A 点沿直线加速运动到 B 点经历时间为 t1，A、B 两点 间距离为 d,缆绳质量忽略不计。求： （1）小船从 A 点运动到 B 点的全过程克服阻力做的功 fw ； （2）小船经过 B 点时的速度大小 1v ； （3）小船经过 B 点时的加速度大小 a。 【答案】 （1） fdFSW  （2）   2 01 2 vm fdPtv  （3） m f fdPtmvm Pa    )(222 【考点定位】动能定理，牛顿第二定律及运动得合成与分解，功等 15. （2012·海南）如图，在竖直平面内有一固定光滑轨道，其中 AB 是长为 R 的水平直轨道，BCD 是圆心为 O、半径为 R 的 3/4 圆弧轨道，两轨 道相切于 B 点。在外力作用下，一小球从 A 点由静止开始做匀加速直线运 动，到达 B 点时撤除外力。已知小球刚好能沿圆轨道经过最高点 C，重力加速度为 g。求： （1）小球在 AB 段运动的加速度的大小； （2）小球从 D 点运动到 A 点所用的时间。 解：（1）小球在 BCD 段运动时，受到重力 mg、轨道正压力 N 的作用，如图所示。据题 意，N≥0，且小球在最高点 C 所受轨道的正压力为零。NC=0。 设小球在C点的速度大小为vC，根据牛顿第二定律有，mg=m 2 Cv R 小球从 B 点运动到 C 点，根据机械能守恒定律，设 B 点处小 球的速度大小为 vB，有 1 2 mvB 2= 1 2 mvC 2+2mgR， 由于小球在 AB 段由静止开始做匀加速运动，设加速度大小为 a，由运动学公式，有 vB 2=2aR， 联立解得 AB 段运动的加速度的大小 a=5g/2。 （2）设小球在 D 点处的速度大小为 vD，下落到 A 点时的速度大小为 v，由机械能守恒 定律有： 1 2 mvB 2= 1 2 mvD 2+mgR， 1 2 mvB 2= 1 2 mv2， 设小球从 D 点运动到 A 点所用的时间为 t，由运动学公式得，gt=v-vD。 联立解得：t=( 5 - 3 ) R g 。 【考点定位】此题考查机械能守恒定律、牛顿第二定律及其相关知识。 （2012·广东）36.（18 分） 图 18（a）所示的装置中，小物块 A、B 质量均为 m，水平面上 PQ 段长为 l，与物块间 的动摩擦因数为μ，其余段光滑。初始时，挡板上的轻质弹簧处于原长；长为 r 的连杆位于 图中虚线位置；A 紧靠滑杆（A、B 间距大于 2r）。随后，连杆以角速度ω匀速转动，带动滑 杆作水平运动，滑杆的速度-时间图像如图 18（b）所示。A 在滑杆推动下运动，并在脱离滑 杆后与静止的 B 发生完全非弹性碰撞。 （1）求 A 脱离滑杆时的速度 uo，及 A 与 B 碰撞过程的机械能损失ΔE。 （2）如果 AB 不能与弹簧相碰，设 AB 从 P 点到运动停止所用的时间为 t1，求ω得取值 范围，及 t1 与ω的关系式。 （3）如果 AB 能与弹簧相碰，但不能返回道 P 点左侧，设每次压缩弹簧过程中弹簧的最 大弹性势能为 Ep，求ω的取值范围，及 Ep 与ω的关系式（弹簧始终在弹性限度内）。 欲 使 AB 不 能与 弹簧 相碰 ， 则滑 块在 PQ 段 的位 移有 Lx  而 a vx 2 2  解 得： r gL 20  (3) 若 AB 能与弹簧相碰，则 r gL 2 1  若 AB 压缩弹簧后恰能返回到 P 点，由动能定理得 222 1022 mvLmg   解得： r gL 4 2   的取值范围是： r gL r gL  42  从 AB 滑上 PQ 到弹簧具有最大弹性势能的过程中，由能量守恒定律得： mgLmvEP 222 1 2  解得： mgLrmEP  24 1 22  【考点定位】牛顿定律、功和能 【2011 高考真题精选】 1.（天津）如图所示，A、B 两物块叠放在一起，在粗糙的水平面上保持相对静止地向 右做匀减速直线运动，运动过程中 B 受到的摩擦力 A．方向向左，大小不变 B．方向向左，逐渐减小 C．方向向右，大小不变 D．方向向右，逐渐减小 2．（北京）“蹦极”就是跳跃者把一端固定的长弹性绳绑在踝关节等处，从几十米高处跳下 的一种极限运动。某人做蹦极运动，所受绳子拉力 F 的大小随时间 t 变化的情况如图所示。 将蹦极过程近似为在竖直方向的运动，重力加速度为 g。据图可知，此人在蹦极过程中最大 加速度约为 A．g B．2g C．3g D．4g 3.（四川）如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化 为：打开降落伞一段时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火 箭，在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，则 A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小 B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力 C 返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功 D.返回舱在喷气过程中处于失重状态 【答案】A 【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重 状态，动能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火 箭向下喷气而获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的 空气阻力，火箭开始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。 4.如图，在光滑水平面上有一质量为 m1 的足够长的木板，其上叠放一质量为 m2 的木块。 假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间 t 增大的水 平力 F=kt（k 是常数），木板和木块加速度的大小分别为 a1 和 a2，下列反映 a1 和 a2 变化的图 线中正确的是（A） 5．（上海）受水平外力 F 作用的物体，在粗糙水平面上作直线运动，其 v t 图线如图所 示，则 (A)在 10 t 秒内，外力 F 大小不断增大 (B)在 1t 时刻，外力 F 为零 (C)在 1 2t t 秒内，外力 F 大小可能不断减小 (D)在 1 2t t 秒内，外力 F 大小可能先减小后增大 【答案】CD. 【解析】 10 t 秒内，Ｆ加速运动， mafF  ，从图像斜率看，这段时间内的加速 度减小，所以， 10 t 秒内，Ｆ不断减小，A 错误；从图像斜率看在 1t 时刻，加速度为零 fF  ， B 错误；在 1 2t t 秒内减速运动，若开始时Ｆ的方向与ａ一致，则 maFf  ，从图像斜 率看加速度逐渐增大，因此Ｆ不断减小，C 正确，当Ｆ减小到零，反向之后， maFf  ， 当Ｆ增大时，加速度ａ逐渐增大，D 正确． 6．（福建）（19 分）如图为某种鱼饵自动投放器中的投饵管装置示意图，其下半部 AB 是一长为 2R 的竖直细管，上半部 BC 是半径为 R 的四分之一圆弧弯管，管口沿水平 方向，AB 管内有一原长为 R、下端固定的轻质弹簧。投饵时，每次总将弹簧长度 压缩到 0.5R 后锁定，在弹簧上段放置一粒鱼饵，解除锁定，弹簧可将鱼饵 弹射出去。设质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时，对管壁的作用力恰好为零。 不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，且锁定和解除锁定时，均不改变 弹簧的弹性势能。已知重力加速度为 g。求： 1.质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时的速度大小 v1; 2.弹簧压缩到 0.5R 时的弹性势能 Ep; 已知地面与水面相距 1.5R，若使该投饵管绕 AB 管的中轴线 OO’在 90 角的范围内来回 缓慢转动，每次弹射时只放置一粒鱼饵，鱼饵的质量在 2 3 m 到 m 之间变化，且均能落到水 面。持续投放足够长时间后，鱼饵能够落到水面的最大面积 S 是多少？ 解析：此题考查平抛运动规律、牛顿运动定律、竖直面内的圆周运动、机械能守恒定律 等知识点。 （1）质量为 m 的鱼饵到达管口 C 时做圆周运动的向心力完全由重力提供，则 mg=m 2 1v R ，① 解得 v1= gR . ② (2) 弹簧的弹性势能全部转化为鱼饵的机械能，由机械能守恒定律有 Ep=mg(1.5R+R)+ 1 2 m v1 2，③ 由②③式解得 Ep=3mgR。④ （3）不考虑因缓慢转动装置对鱼饵速度大小的影响，质量为 m 的鱼饵离开管口 C 后做 平抛运动。设经过 t 时间落到水面上，离 OO’的水平距离为 x1，由平抛运动规律有 4.5R= 1 2 gt2，⑤ x1=v1t+R，⑥ 由⑤⑥式解得 x1=4R. ⑦ 当鱼饵的质量为 2m/3 时，设其到达管口 C 时速度大小为 v2，由机械能守恒定律有 Ep= 2 3 mg(1.5R+R)+ 1 2 ( 2 3 m) v2 2，⑧ 由④⑧式解得 v2=2 gR . ⑨ 质量为 2m/3 的鱼饵落到水面上时，设离 OO’的水平距离为 x2，则 x2=v2t+R，⑩ 由⑤⑨⑩式解得 x2=7R. 鱼饵能够落到水面的最大面积 S，S= 1 4 (πx2 2-πx1 2)= 33 4 πR2（或 8.25πR2）。 7（北京）（18 分）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分 析和原子核技术等领域有重要的应用。 如图所示的矩形区域 ACDG(AC 边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场，A 处有一狭缝。 离子源产生的离子，经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于 GA 边且垂直于磁场的方向射入磁场， 运动到 GA 边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。 已知被加速的两种正离子的质量分别是 m1 和 m2(m1>m2)，电荷量均为 q。加速电场的电势 差为 U，离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重力，也不考虑离子间的相互作用。 (1)求质量为 m1 的离子进入磁场时的速率 v1； (2)当磁感应强度的大小为 B 时，求两种离子在 GA 边落点的间距 s； (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响，实际装置中狭缝具有一定宽度。若狭缝过 宽， 可能使两束离子在 GA 边上的落点区域交叠，导致两种离子无法完全分离。 设磁感应强度大小可调，GA 边长为定值 L，狭缝宽度为 d，狭缝右边缘在 A 处。离子可 以从狭缝各处射入磁场，入射方向仍垂直于 GA 边且垂直于磁场。为保证上述两种离子能落 在 GA 边上并被完全分离，求狭缝的最大宽度。 8（安徽）（16 分） 如图所示，在以坐标原点 O 为圆心、半径为 R 的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场 和匀强磁场，磁感应强度为 B，磁场方向垂直于 xOy 平面向里。一带正电的粒子（不计重力） 从 O 点沿 y 轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经 t0 时间从 P 点射 出。 x y O P B （1）求电场强度的大小和方向。 （2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从 O 点以相同的速度射入，经 0 2 t 时间恰从半圆形区域 的边界射出。求粒子运动加速度的大小。 （3）若仅撤去电场，带电粒子仍从 O 点射入，且速度为原来的 4 倍，求粒子在磁场中 运动的时间。 解析：（1）设带电粒子的质量为 m，电荷量为 q，初速度为 v，电场强度为 E。可判断出 粒子受到的洛伦磁力沿 x 轴负方向，于是可知电场强度沿 x 轴正方向 且有 qE=qvB ① 又 R=vt0 ② 则 0 BRE t  ③ （2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动 在 y 方向位移 2 2 ty v ④ 由②④式得 2 Ry  ⑤ 设在水平方向位移为 x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是 3 2x R 又有 201 ( )2 2 tx a ⑥ 得 2 0 4 3Ra t  ⑦ （3）仅有磁场时，入射速度 4v v  ，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道 半径为 r，由牛顿第二定律有 2vqv B m r   ⑧ 又 qE=ma ⑨ 由⑦⑧⑨式得 3 3 Rr  ⑩ 由几何关系 sin 2 R r   ○11 即 3sin 2   3   ○12 带电粒子在磁场中运动周期 2 mT qB  则带电粒子在磁场中运动时间 2 2Rt T  所以 0 3 18Rt t ○13 9（安徽）（20 分） 如图所示，质量 M=2kg 的滑块套在光滑的水平轨道上， 质量 m=1kg 的小球通过长 L=0.5m 的轻质细杆与滑块上的光 滑轴 O 连接，小球和轻杆可在竖直平面内绕 O 轴自由转动， 开始轻杆处于水平状态，现给小球一个竖直向上的初速度 v0=4 m/s，g 取 10m/s2。 （1）若锁定滑块，试求小球通过最高点 P 时对轻杆的 作用力大小和方向。 （2）若解除对滑块的锁定，试求小球通过最高点时的 速度大小。 （3）在满足（2）的条件下，试求小球击中滑块右侧轨道位置点与小球起始位置点间的 距离。 解析：（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为 v1。在上升过程中，因只有重力做功， 小球的机械能守恒。则 2 2 1 0 1 1 2 2mv mgL mv  ① 1 6 /v m s ② M m v0 O P L 设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为 F，方向向下，则 2 1vF mg m L   ③ 由②③式，得 F=2N ④ 由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为 2N，方向竖直向上。 （2）解除锁定后，设小球通过最高点时的速度为 v2，此时滑块的速度为 V。在上升过 程中，因系统在水平方向上不受外力作用，水平方向的动量守恒。以水平向右的方向为正方 向，有 2 0mv MV  ⑤ 在上升过程中，因只有重力做功，系统的机械能守恒，则 2 2 2 2 0 1 1 1 2 2 2mv MV mgL mv   ⑥ 由⑤⑥式，得 v2=2m/s ⑦ 10．（北京）（16 分） 如图所示，长度为 l 的轻绳上端固定在 O 点，下端系一质量为 m 的小球（小球的大小可 以忽略）。 （1）在水平拉力 F 的作用下，轻绳与竖直方向的夹角为α，小球保持静止。画出此时 小球的受力图，并求力 F 的大小； （2）由图示位置无初速释放小球，求当小球通过最低点时的速度大小及轻绳对小球的 拉力。不计空气阻力。 解析：（1）受力图见图 根据平衡条件，的拉力大小 F=mgtanα （2）运动中只有重力做功，系统机械能守恒 21(1 cos ) 2mgl mv  则通过最低点时，小球的速度大小 2 (1 cos )v gl   根据牛顿第二定律 2vT mg m l   解得轻绳对小球的拉力 2 (3 2cos )vT mg m mgl      ，方向竖直向上 11．（上海）如图，质量 2m kg 的物体静止于水平地面的 A 处，A、B 间距 L=20m。用 大小为 30N，沿水平方向的外力拉此物体，经 0 2t s 拉至 B 处。(已知 cos37 0.8  ， sin37 0.6  。取 210 /g m s ) (1)求物体与地面间的动摩擦因数μ； (2)用大小为 30N，与水平方向成 37°的力斜向上拉此物体，使物体从 A 处由静止开始 运动并能到达 B 处，求该力作用的最短时间 t。 【解析】 (1)物体做匀加速运动 2 0 1 2L at ∴ 2 2 2 0 2 2 20 10( / )2 La m st    由牛顿第二定律 F f ma  O l F m α T F mg 30 2 10 10( )f N    ∴ 10 0.52 10 f mg     (2)设 F 作用的最短时间为t ，小车先以大小为 a 的加速度匀加速t 秒，撤去外力后，以 大小为 'a ，的加速度匀减速 't 秒到达 B 处，速度恰为 0，由牛顿定律 cos37 ( sin 37 )F mg F a ma    ∴ 2(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) 0.5 10 11.5( / )2 Fa g m sm            2' 5( / )fa g m sm    （1 分） 由于匀加速阶段的末速度即为匀减速阶段的初速度，因此有 ' 'at a t ∴ 11.5' 2.3' 5 at t t ta    2 21 1 ' '2 2L at a t  ∴ 2 2 2 2 20 1.03( )2.3 ' 11.5 2.3 5 Lt sa a      （2）另解：设力 F 作用的最短时间为 t，相应的位移为 s，物体到达 B 处速度恰为 0， 由动能定理 [ cos37 ( sin37 )] ( ) 0F mg F s mg L s       ∴ 0.5 2 10 20 6.06( )(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) mgLs mF            由牛顿定律 cos37 ( sin37 )F mg F ma    ∴ 2(cos37 sin37 ) 30 (0.8 0.5 0.6) 0.5 10 11.5( / )2 Fa g m sm            ∵ 21 2s at 2 2 6.06 1.03( )11.5 st sa    【答案】⑴0.5 ⑵1.03s 12．（福建）（15 分） 反射式速调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的振荡来产生微波，其振 荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线 MN 两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场， 一带电微粒从 A 点由静止开始，在电场力作用下沿直线在 A、B 两点间往返运动。已知电场 强度的大小分别是 3 1 2.0 10E   N/C 和 3 2 4.0 10E   N/C，方向如图所示，带电微粒质量 201.0 10m kg  ，带电量 91.0 10q C   ,A 点距虚线 MN 的距离 1 1.0d cm ，不计带 电微粒的重力，忽略相对论效应。求： （1）B 点到虚线 MN 的距离 2d ； （2）带电微粒从 A 点运动到 B 点所经历的时间t 。 【2010 高考真题精选】 1．（2010·全国卷Ⅰ）如右图，轻弹簧上端与一质量为 m 的木块 1 相连，下端与另一质 量为 M 的木块 2 相连，整个系统置于水平放置的 光滑木板上， 并处于静止状态。现将木板沿水平方向突然抽出，设抽出后的瞬间，木块 1、2 的加速度大 小分别为 1a 、 2a 。重力加速度大小为 g。则有 A． 1a g ， 2a g B． 1 0a  ， 2a g C． 1 0a  ， 2 m Ma gM  D． 1a g ， 2 m Ma gM  2．(2010·上海物理)将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出，设物体在运动过程中所 受空气阻力大小不变，则物体 （A）刚抛出时的速度最大 （B）在最高点的加速度为零 （C）上升时间大于下落时间 （D）上升时的加速度等于下落时的加速度 【答案】A 【解析】 m f ga 上 ， m f ga 下 ，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D 错误；根据 2 2 1h gt ，上升时间小于下落时间，C 错误，B 也错误，本题选 A。 3．(2010·海南物理)下列说法正确的是 A．若物体运动速率始终不变，则物体所受合力一定为零 B．若物体的加速度均匀增加，则物体做匀加速直线运动 C．若物体所受合力与其速度方向相反，则物体做匀减速直线运动 D．若物体在任意的相等时间间隔内位移相等，则物体做匀速直线运动 【答案】D 【解析】物体运动速率不变但方向可能变化，因此合力不一定为零，A 错；物体的加速 度均匀增加，即加速度在变化，是非匀加速直线运动，B 错；物体所受合力与其速度方向相 反，只能判断其做减速运动，但加速度大小不可确定，C 错；若物体在任意的相等时间间隔 内位移相等，则物体做匀速直线运动，D 对。 4．(2010·海南物理)在水平的足够长的固定木板上，一小物块以某一初速度开始滑动， 经一段时间 t 后停止．现将该木板改置成倾角为 45°的斜面，让小物块以相同的初速度沿 木板上滑．若小物块与木板之间的动摩擦因数为  ．则小物块上滑到最高位置所需时间与 t 之比为 A． 2 1   B．1 2   C． 2   D． 1 2    5．(2010·海南物理)如右图，木箱内有一竖直放置的弹簧，弹簧上方有一物块：木箱静止 时弹自由落体处于压缩状态且物块压在箱顶上．若在某一段时间内，物块对箱顶刚好无压力， 则在此段时间内，木箱的运动状态可能为 A．加速下降 B．加速上升 C．减速上升 D．减速下降 【答案】BD 【解析】木箱静止时物块对箱顶有压力，则物块受到顶向下的压力，当物块对箱顶刚好 无压力时，表明系统有向上的加速度，是超重，BD 正确。 6．(2010·海南物理)雨摘下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关，雨滴速度越大， 它受到的空气阻力越大：此外，当雨滴速度一定时，雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴 半径的 次方成正比(1 2≤ ≤ )．假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落，最 终它们都_______（填“加速”、“减速”或”匀速”）下落．______（填“大”或“小”） 雨滴先落到地面；接近地面时，______（填“大”或“小”）雨滴的速度较小． 7．(2010·海南物理)图 l 中，质量为 m 的物块叠放在质量为 2m 的足够长的木板上方右侧， 木板放在光滑的水平地面上，物块与木板之间的动摩擦因数为  ＝0.2．在木板上施加一水 平向右的拉力 F，在 0~3s 内 F 的变化如图 2 所示，图中 F 以 mg 为单位，重力加速度 210m/ sg  ．整个系统开始时静止． (1)求 1s、 1.5s、2s、3s 末 木板的速 度 以 及 2s 、 3s 末物块的 速度； (2)在同一坐标系中画出 0~3s 内木板和物块的 tv 图象，据此求 0~3s 内物块相对于木 板滑过的距离。 【答案】（1）（2） 【解析】(1)设木板和物块的加速度分别为 a 和 a ，在t 时刻木板和物块的速度分别为 tv 和 tv ，木板和物块之间摩擦力的大小为 f ，依牛顿第二定律、运动学公式和摩擦定律得 f ma ① f mg ，当 t t v v ② 2 1 2 1( )t t a t t    v v ③ (2 )F f m a  ④ 2 1 2 1( )t t a t t  v v ⑤ 由①②③④⑤式与题给条件得 2m m F 图 图 1 2 1 3 t/s0 0.4 F/mg 1.5 1 1.5 2 34m/s, 4.5m/s, 4m/s, 4m/s   v v v v ⑥ 2 34m/s, 4m/s  v v ⑦ (2)由⑥⑦式得到物块与木板运动的 tv 图象，如右图所示。在 0～3s 内物块相对于木 板的距离 s 等于木板和物块 tv 图线下的面积之差，即图中带阴影的四边形面积，该四边 形由两个三角形组成，上面的三角形面积为 0.25(m)，下面的三角形面积为 2(m)，因此 2.25ms  ⑧ 【2009 高考真题精选】 1.（09·全国卷Ⅱ·15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在 0～0.4s 时间内的 v-t 图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间 t1 分别为 （ ） A． 1 3 和 0.30s B．3 和 0.30s C． 1 3 和 0.28s D．3 和 0.28s 答案：B 解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减 2.（09·广东物理·8）某人在地面上用弹簧秤称得体重为 490N。他将弹簧秤移至电梯 内称其体重， 0t 至 3t 时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的 v-t 图可能是（取电梯 向上运动的方向为正） （ ） v/(m•s-1) 1 2 3 t/s0 4.5 1.5 4 2 物块 木板 3.（09·江苏物理·9）如图所示，两质量相等的物块 A、B 通过一轻质弹簧连接，B 足够长、 放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度 内。在物块 A 上施加一个水平恒力，A、B 从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下 列说法中正确的有 （ ） A．当 A、B 加速度相等时，系统的机械能最大 B．当 A、B 加速度相等时，A、B 的速度差最大 C．当 A、B 的速度相等时，A 的速度达到最大 D．当 A、B 的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 答案：BCD 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使 问题大大简化。对 A、B 在水平方向受力分析如图，F1 为弹簧的拉力；当加速度大小相同为 a 时，对Ａ有 maFF  1 ，对Ｂ有 maF 1 ，得 21 FF  ，在整个过程中Ａ的合力（加速 度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前 A 的合力（加速度） 一直大于Ｂ的合力（加速度），之后 A 的合力（加速度）一直小于Ｂ的合力（加速度）。两物 体运动的 v-t 图象如图，tl 时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2 时刻两物 体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最 大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl 时刻之 后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。 4.（09·广东理科基础·4）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为 70.0kg 的工 人站在地面上，通过定滑轮将 20.0kg 的建筑材料以 0．500m／s2 的加速度拉升， 忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g 取 lOm／s2) （ ） A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 答案：B 解析：对建筑材料进行受力分析。根据牛顿第二定律有 mamgF  ,得绳子的拉力大 小等于 F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得 NFFMg  ,得 FN=490N,根据牛顿第 三定律可知人对地面间的压力为 490N.B 对。 5.（09·广东理科基础·15）搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向 上，大小为 F 时，物体的加速度为 a1；若保持力的方向不变，大小变为 2F 时，物体的加速 度为 a2，则 （ ） A．al=a2 B．a12al 答案：D 解析：当为 F 时有 m fFa 1 ，当为 2F 时有 m fam ffF m fFa  12 2222 ， 可知 12 2aa  ，D 对。 6.（09·山东·17）某物体做直线运动的 v-t 图象如图甲所示，据此判断图乙（F 表示 物体所受合力，x 表示物体的位移）四个选项中正确的是 7.（09·山东·18）2008 年 9 月 25 日至 28 日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行 并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点 343 千米处点火加速，由椭 圆轨道变成高度为 343 千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为 90 分钟。下列判断 正确的是 （ ） A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 8.（09·山东·22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为 30°， 质量为 M 的木箱与轨道的动摩擦因数为 3 6 。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为 m 的 货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货 装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的 是 （ ） A．m＝M B．m＝2M C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 P 地球 Q 轨道 1 轨道 2 D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性 势能 9.（09·安徽·17）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运 转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历 了这 两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 （ ） A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 答案：C 解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的 合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在 FN mg f a 匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿 竖直向下。 10.（09·安徽·18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的 abcd，顶点 a、c 处分 别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于 b 点，自由释放， 粒子将沿着对角线 bd 往复运动。粒子从 b 点运动到 d 点的过程中 （ ） A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 D. 电势能先减小，后增大 答案：C 解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以 A 错；由等量 正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线 O 点的电势最高，所以从 b 到 a， 电势是先增大后减小，故 B 错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相 互转化，故电势能与机械能的和守恒，C 错；由 b 到 O 电场力做正功，电势能减小， 由 O 到 d 电场力做负功，电势能增加，D 对。 11.（09·山东·24）（15 分）如图所示，某货场而将质量为 m1=100 kg 的货物（可视为 质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一 圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径 R=1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完 全相同的木板 A、B，长度均为 l=2m，质量均为 m2=100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货 物与木板间的动摩擦因数为  1，木板与地面间的动摩擦因数  =0.2。（最大静摩擦力与滑动 摩擦力大小相等，取 g=10 m/s2） （1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。 a b c c d O （2）若货物滑上木板 4 时，木板不动，而滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，求  1 应满 足的条件。 （3）若  1=0。5，求货物滑到木板 A 末端时的速度和在木板 A 上运动的时间。 解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为 0v ，对货物的下滑过程中根据机械能守 恒定律得， 2 1 0 1 2mgR m v ①设货物在轨道末端所受支持力的大小为 NF ,根据牛顿第二定律 得， 2 0 1 1N vF m g m R   ② 联立以上两式代入数据得 3000NF N ③ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为 3000N，方向竖直向下。 （2）若滑上木板 A 时，木板不动，由受力分析得 1 1 2 1 2( 2 )m g m m g   ④ 若滑上木板 B 时，木板 B 开始滑动，由受力分析得 1 1 2 1 2( )m g m m g   ⑤ 联立④⑤式代入数据得 1 0.6   ⑥。 12.（09·安徽·22）（14 分）在 2008 年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀 登，最终点燃 了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究 上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的 定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为 65kg，吊椅的质量为 15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取 210m/sg  。当运 动员与吊椅一起正以加速度 21m/sa  上升时，试求 （1）运动员竖直向下拉绳的力； （2）运动员对吊椅的压力。 答案：440N，275N 解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为 F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉 力相等，吊椅受到绳的拉力也是 F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：    ammgmm-2F 椅人椅人  NF 440 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力 NF 440 （2）设吊椅对运动员的支持力为 FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有： amgm-FF N 人人  275NFN  由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为 275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为 M 和 m；运动员竖直向下的拉力为 F，对吊椅的压 力大小为 FN。 根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为 F，吊椅对运动员的支持力为 FN。分别以 运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 MagM-FF N  ① mamgFF N  ② 由①②得 NF 440 NFN 275 13.（09·江苏·13）（15 分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量 m =2 ㎏， 动力系统提供的恒定升力 F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器 飞行时所受的阻力大小不变，g 取 10m/s2。 （1）第一次试飞，飞行器飞行 t1 = 8 s 时到达高度 H = 64 m。求飞行器所阻力 f 的 大小； （2）第二次试飞，飞行器飞行 t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立 即失去升力。 求飞行器能达到的最大高度 h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到 恢复升力的最长时间 t3 。 F F (m 人+m 椅)g a F F (m 人+m 椅)g a 解析： （1）第一次飞行中，设加速度为 1a 匀加速运动 2 112 1 taH  由牛顿第二定律 1mafmgF  解得 )(4 Nf  （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为 1v ，上升的高度为 1s 匀加速运动 2 211 2 1 tas  设失去升力后的速度为 2a ，上升的高度为 2s 由牛顿第二定律 2mafmg  211 tav  2 2 1 2 2a vs  解得 )(4221 mssh  （3）设失去升力下降阶段加速度为 3a ；恢复升力后加速度为 4a ，恢复升力时速度为 3v 由牛顿第二定律 3mafmg  F+f-mg=ma4 且 2 2 3 3 3 42 2 v v ha a   V3=a3t3 解得 t3= 3 2 2 (s)(或 2.1s) 14.（09·海南物理·15）（9 分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以 0 12 /v m s 的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车 厢脱落，并以大小为 22 /a m s 的加速度减速滑行。在车厢脱落 3t s 后，司机才发觉并紧 急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的 3 倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后 两者之间的距离。 式中， 2s 是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为 ,s ，有 2 0 2v as ⑧ 卡车和车厢都停下来后相距 1 2s s s s    ⑨ 由①至⑨式得 2 0 0 2 4 2 3 3 3 vs v t ata      ○10 带入题给数据得 36s m  ○11 评分参考：本题 9 分。①至⑧式各 1 分，○11式 1 分 15.（09·上海物理·22）（12 分）如图 A．，质量 m＝1kg 的物体沿倾角＝37的固定粗 糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速 v 成正比， 比例系数用 k 表示，物体加速度 a 与风速 v 的关系如图 B．所示。求： （1）物体与斜面间的动摩擦因数；（2）比例系数 k。 （sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2） 16. （ 09· 广 东 物 理·20）（17 分）如图 20 所示，绝缘长方体 B 置于水平面上，两端固定一对平行带电极板， 极板间形成匀强电场 E。长方体 B 的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数  =0.05（设 最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B 与极板的总质量 Bm =1.0kg.带正电的小滑块 A 质量 Am =0.60kg，其受到的电场力大小 F=1.2N.假设 A 所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0 时刻，小滑块 A 从 B 表面上的 a 点以相对地面的速度 Av =1.6m/s 向左运动，同时，B（连同 极板）以相对地面的速度 Bv =0.40m/s 向右运动。问（g 取 10m/s2） （1）A 和 B 刚开始运动时的加速度大小分别为多少？ （2）若 A 最远能到达 b 点，a、b 的距离 L 应为多少？从 t=0 时刻至 A 运动到 b 点时， 摩擦力对 B 做的功为多少？ ⑵设 B 从开始匀减速到零的时间为 t1，则有 1 0.2B B vt sa   此时间内 B 运动的位移 1 1 0.042 B B v ts m  t1 时刻 A 的速度 1 1 1.2 / 0A A Av v a t m s    ，故此过程 A 一直匀减速运动。 此 t1 时间内 A 运动的位移 1 1 1 ( ) 0.282 A A A v v ts m  此 t1 时间内 A 相对 B 运动的位移 1 1 1 0.32A Bs s s m   此 t1 时间内摩擦力对 B 做的功为 1 1 0.032Bw f s J     t1 后，由于 'F f ，B 开始向右作匀加速运动，A 继续作匀减速运动，当它们速度相 等时 A、B 相距最远，设此过程运动时间为 t2，它们速度为 v，则有 对 A 速度 1 2A Av v a t  对 B 加速度 ' 2 1 0.4 /B B F fa m sm   速度 1 2Bv a t 联立以上各式并代入数据解得 0.2 /v m s 0.5t s 此 t2 时间内 A 运动的位移 1 2 2 ( ) 0.352 A A v v ts m  此 t2 时间内 B 运动的位移 2 2 0.052B vts m  此 t2 时间内 A 相对 B 运动的位移 2 2 2 0.30A Bs s s m   此 t2 时间内摩擦力对 B 做的功为 1 2 0.04Bw f s J     所以 A 最远能到达 b 点 a、b 的距离 L 为 1 2 0.62L s s m   从 t=0 时刻到 A 运动到 b 点时，摩擦力对 B 做的功为 1 2 0.072fw w w J    【2008 年高考真题精选】 1.（2008·全国卷 1）15.如图，一辆有动力驱动的小车上有一水平放置的弹簧，其左 端固定在小车上，右端与一小球相连，设在某一段时间内小球与小车相对静止且弹簧处于压 缩状态，若忽略小球与小车间的摩擦力，则在此段时间内小车可能是（ ） A.向右做加速运动 B.向右做减速运动 C.向左做加速运动 D.向左做减速运动 2.（全国卷 2）16． 如图，一固定斜面上两个质量相同的小物块 A 和 B 紧挨着匀速下滑，A 与 B 的接触面光滑。已知 A 与斜面之间的动摩擦因数是 B 与斜面之间动摩擦因数的 2 倍，斜 面倾角为α。B 与斜面之间的动摩擦因数是 A．2 3 tanα B．2 3 cotα C．tanα D．cotα 答案：A 解析：A、B 两物体受到斜面的支持力均为 cosmg ，所受滑动摩擦力分别为：fA = μAmgcosα，fB = μBmgcosα，对整体受力分析结合平衡条件可得：2mgsinα =μAmgcosα ＋μBmgcosα，且μA = 2μB，解之得：μB = tanα，A 项正确。 3.（北京卷）20．有一些问题你可能不会求解，但是你仍有可能对这些问 题的解是否合力进行分析和判断。例如从解的物理量的单位，解随某些已知量 变化的趋势，解在一定特殊条件下的结果等方面进行分析，并与预期结果、实验结论等进行 比较，从而判断解的合理性或正确性。 举例如下：如图所示，质量为 M、倾角为θ的滑块 A 放于水平地面上。把质量为 m 的滑 块 B 放在 A 的斜面上。忽略一切摩擦，有人求得 B 相对地面的加速度 a = M+m M+msin2θ gsinθ， 式中 g 为重力加速度。 对于上述解，某同学首先分析了等号右侧量的单位，没发现问题。他进一步利用特殊条 件对该解做了如下四项分析和判断，所得结论都是“解可能是对的”。但是，其中有一项是 错误．．的。请你指出该项。 A．当  时，该解给出 a=0，这符合常识，说明该解可能是对的 B．当 ＝90 时，该解给出 a=g,这符合实验结论，说明该解可能是对的 C．当 M≥m 时，该解给出 a=gsinθ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 D．当 m≥M 时，该解给出 a= B sinθ ，这符合预期的结果，说明该解可能是对的 答案：D 解析：当 m  M 时，该解给出 a= sin g  ,这与实际不符，说明该解可能是错误的。 4.（四川卷）18．一物体沿固定斜面从静止开始向下运动，经过时间 t0 滑至斜面底端。 已知在物体运动过程中物体所受的摩擦力恒定。若用 F、v、s 和 E 分别表示该物体所受的合 力、物体的速度、位移和机械能，则下列图象中可能正确的是 E O tt0 D． F O tt0 A． s O tt0 C． v O tt0 B． 5.（江苏卷）3．一质量为 M 的探空气球在匀速下降，若气球所受浮力 F 始终保持不变，气 球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加速度为 g．现欲使 该 气 球 以 同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量为 A. )(2 g FM  B. g FM 2 C. g FM 2 D. 0 答案：A 解析：考查牛顿运动定律。设减少的质量为△m，匀速下降时：Mg=F＋kv，匀速上升时： Mg－△mg＋kv = F，解得△mg = 2(M－F g )，A 正确。本题要注意受力分析各个力的方向。 6.（重庆卷）23.（16 分）滑板运动是一项非常刺激的水上运动，研究表明，在进行滑 板运动时，水对滑板的作用力 Fx 垂直于板面，大小为 kv2，其中 v 为滑板速率（水可视为静 止）.某次运动中，在水平牵引力作用下，当滑板和水面的夹角θ=37°时（题 23 图），滑板 做匀速直线运动，相应的 k=54 kg/m，入和滑板的总质量为 108 kg,试求（重力加速度 g 取 10 m/s2,sin 37°取 3 5 ，忽略空气阻力）： （1）水平牵引力的大小； （2）滑板的速率； （3）水平牵引力的功率. 解析：（1）以滑板和运动员为研究对象，其受力如图所示 由共点力平衡条件可得 cosNF mg  ① sinNF F  ② 由①、②联立，得 F =810N (2) / cosNF mg  2 NF kv 得 5cos mgv k   m/s (3)水平牵引力的功率 P=Fv =4050 W 7.（宁夏卷）20.一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。小球某时刻正处于图示状态。设斜面对小球的支持力为 N，细绳对小球的拉力为 T，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，N 可能为零 B.若小车向左运动，T 可能为零 C.若小车向右运动，N 不可能为零 D.若小车向右运动，T 不可能为零 8.（山东卷）19、直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图所示。设投放初 速度为零，箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持 图示姿态。在箱子下落过程中，下列说法正确的是 A．箱内物体对箱子底部始终没有压力 B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大 C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D．若下落距离足够长，箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来” 9.（上海卷）4．如图所示，在竖直平面内的直角坐标系中，一个质量为 m 的质点在外力 F 的作用下，从坐标原点 O 由静止沿直线 ON 斜向下运动，直线 ON 与 y 轴负方向成θ角（θ＜ π/4）。则 F 大小至少为＿＿＿＿＿＿；若 F＝mgtanθ，则质点机械能大小的变化情况是＿ ＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。 【答案】mgsinθ，增大、减小都有可能 【解析】该质点受到重力和外力 F 从静止开始做直线运动，说明质点做匀加速直线运动， 如图中显示当 F 力的方向为 a 方向（垂直于 ON）时，F 力最小为 mgsinθ；若 F＝mgtanθ， 即 F 力可能为 b 方向或 c 方向，故 F 力的方向可能与运动方向相同，也可能与运动方向相反， mg a b c O N θ 除重力外的 F 力对质点做正功，也可能做负功，故质点机械能增加、减少都有可能。 10.（上海卷）5．在伽利略羊皮纸手稿中发现的斜面实验数据如右表所示，人们推测第 二、三列数据可能分别表示时间和长度。伽利略时代的 1 个长度单位相当于现在的 29 30 mm， 假设 1 个时间单位相当于现在的 0.5s。由此可以推测实验时光滑斜面的长度至少为＿＿＿ ＿＿＿m，斜面的倾角约为＿＿＿＿＿度。（g 取 10m/s2） 【答案】2.04，1.5 11.（海南卷）9、如图，水平地面上有一楔形物体 b，b 的斜面上有一小物块 a；a 与 b 之间、 b 与地面之间均存在摩擦．已知楔形物体 b 静止时，a 静止在 b 的斜面上．现给 a 和 b 一个 共同的向左的初速度，与 a 和 b 都静止时相比，此时可能 A．a 与 b 之间的压力减少，且 a 相对 b 向下滑动 B．a 与 b 之间的压力增大，且 a 相对 b 向上滑动 C．a 与 b 之间的压力增大，且 a 相对 b 静止不动 D．b 与地面之间的压力不变，且 a 相对 b 向上滑动 表：伽利略手稿中的数 1 1 32 4 2 130 9 3 298 16 4 526 25 5 824 36 6 1192 49 7 1600 64 8 2104 a b左 右 v 答案：BC 解析：依题意，若两物体依然相对静止，则 a 的加速度一定水平向右， 如图将加速度分解为垂直斜面与平行于斜面，则垂直斜面方向，N－ mgcosθ=may，即支持力 N 大于 mgcosθ，与都静止时比较，a 与 b 间的压力 增大；沿着斜面方向，若加速度 a 过大，则摩擦力可能沿着斜面向下，即 a 物块可能相对 b 向上滑动趋势，甚至相对向上滑动，故 A 错，B、C 正确；对系统整体，在 竖直方向，若物块 a 相对 b 向上滑动，则 a 还具有向上的分加速度，即对整体的牛顿第二定 律可知，系统处于超重状态，b 与地面之间的压力将大于两物体重力之和，D 错。 12.（海南卷）15、科研人员乘气球进行科学考察．气球、座舱、压舱物和科研人员的 总质量为 990 kg．气球在空中停留一段时间后，发现气球漏气而下降，及时堵住．堵住时 气球下降速度为 1 m/s，且做匀加速运动，4 s 内下降了 12 m．为使气球安全着陆，向舱外 缓慢抛出一定的压舱物．此后发现气球做匀减速运动，下降速度在 5 分钟内减少 3 m/s．若 空气阻力和泄漏气体的质量均可忽略，重力加速度 g＝9.89 m/s2，求抛掉的压舱物的质量． 解析：由牛顿第二定律得：mg－f＝ma 2 0 1 2h t at v 抛物后减速下降有： / / /( ) ( )f m m g m m a    Δv＝a/Δt 解得： / / 101 kg/ a tm m g t       v v 13.（广东文科基础）56.用轻绳系一质量为 m 的砝码并向上提起，当绳中张力为 T=mg 时，砝码匀速上升。若绳中张力变为 2T，则砝码匀加速上升，其加速度 a 的大小为 A.a

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