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1、欢迎共阅 直线运动 1.2010 天津3 质点做直线运动的v-t 图像如 图所示，规定向右为正方向，则该质点在前8s 内平均速度的大小和方向分别为 A0.25m/s 向右 B0.25m/s 向左 C1m/s 向右 D1m/s 向左 答案： B 2.2010 上海物理 12 降落伞在匀速下降过程 中遇到水平方向吹来的风，若风速越大，则降 落伞 （A）下落的时间越短 （B）下落的时间越长 （C）落地时速度越小 （D）落地时速度越大 【解析】根据 2 2 1 gtH，下落的时间不变； 根据 22 yx vvv，若风速越大， y v越大，则降 落伞落地时速度越大；本题选D。 本题考查运动的合成和分解。
2、 难度：中等。 3.2010 全国卷 24 汽车由静止开始在平直 的公路上行驶，060s内汽车的加速度随时间变 化的图线如右图所示。 画出汽车在 060s内的 v-t 图线； 求在这 60s 内汽车行驶的路程。 【答案】速度图像为右图。900m 【解析】由加速度图像可知前10s 汽车匀加速， 后 20s 汽车匀减速恰好停止，因为图像的面积 表示速度的变化，此两段的面积相等。最大速 度为 20m/s。所以速度图像为右图。 然后利用速 度图像的面积求出位移。汽车运动的面积为 匀加速、匀速、匀减速三段的位移之和。 900201020301010 321 ssss m 4.2010 新课标24(短跑名
3、将博尔特在北京奥 运会上创造了 100m和 200m短跑项目的新世界 纪录，他的成绩分别是 9.69s 和 l9.30s.假定他 在 100m比赛时从发令到起跑的反应时间是 0.15s ，起跑后做匀加速运动，达到最大速率后 做匀速运动 .200m比赛时，反应时间及起跑后加 速阶段的加速度和加速时间与l00m比赛时相 同，但由于弯道和体力等因素的影响，以后的 平均速率只有跑l00m 时最大速率的 96. 求： (1) 加速所用时间和达到的最大速率。(2) 起跑 后做匀加速运动的加速度。( 结果保留两位小 数) 解析： (1) 加速所用时间 t 和达到的最大速率v， 100)15.069.9( 2
4、 0 tvt v ， 200)15.030.19(%96 2 0 tvt v 联立解得：st29. 1，smv/24.11 (2) 起跑后做匀加速运动的加速度a， atv，解得： 2 /71.8sma 30 60 2 -1 1 0 30 60 20 10 0 v/ms -2 t/s 欢迎共阅 1. （09全国卷 15）两物体甲和乙在同一 直线上运动，它们在00.4s 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（ B） A 1 3 和 0.30sB3 和 0.30s C 1 3 和 0.28sD3 和 0.28s 解析：本题考查图
5、象问题 . 根据速度图象的特 点可知甲做匀加速 , 乙做匀减速 . 根据 t v a得 乙甲aa3, 根据牛顿第二定律有 乙甲 m F m F 3 1 , 得 3 乙 甲 m m , 由 t sma 4 .0 1 /10 4 .0 4 2 乙, 得 t=0.3s,B正确。 2.（09江苏物理 7）如图所示，以 8m/s匀速 行驶的汽车即将通过路口， 绿灯还有 2s 将熄 灭，此时汽车距离停车线18m 。该车加速时最 大加速度大小为 2 2 m/s， 减速时最大加速度大 小为 2 5m/s。此路段允许行驶的最大速度为 12.5m/s，下列说法中正确的有（ AC ） A如果立即做匀加速运动，在绿灯
6、熄灭前汽车 可能通过停车线 B如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过 停车线汽车一定超速 C如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车 一定不能通过停车线 D如果距停车线 5m 处减速，汽车能停在停车 线处 解析：熟练应用匀变速直线运动的公式，是 处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要 注意所求解的问题 是否与实际情况相 符。如果立即做匀 加速直线运动， t1=2s 内的位移 2 1110 2 1 tatvx=20m18m ，此 时汽车的速度为 1101 tavv12m/s0）的滑块从距离弹簧 上端为 s0处静止释放， 滑块在运动过程中电量 保持不变， 设滑块与弹簧接触过程没有机械能 损失，弹簧始
7、终处在弹性限度内，重力加速度 大小为 g。 （1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间 所经历的时间 t1 （2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最 大速度大小为 vm，求滑块从静止释 欢迎共阅 放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的 功 W ； （3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙 图中画出滑块在沿斜面向下运动的整 个过程中速度与时间关系v-t 图象。图中横 坐 标轴上的 t1、t2及 t3分别表示滑块第一次与 弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第 一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为 滑块在 t1时刻的速度大小， vm是题中所指的 物理量。（本小题不要求写出计算过程 ） 答案
8、：（ 1） sin 2 0 1 mgqE ms t; （2） ) sin ()sin( 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m ; (3) 解析：本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问 题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处 理变力功问题、最大速度问题和运动过程分 析。 （1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中 作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大 小为 a，则有 qE+mg sin=ma 2 10 2 1 ats 联立可得 sin 2 0 1 mgqE ms t （2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹 簧压缩量为 0 x，则有 0 sinkxqEmg 从静止释放到速度达到最大
9、的过程中， 由动能 定理得 0 2 1 )()sin( 2 0mm mvWxxqEmg联 立可得 ) sin ()sin( 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m s （3）如图 12.（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=28N 。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/s 2。 （1）第一次试飞，飞行器飞行t1=8s 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=6s 时遥控器 出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行
10、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。 解析： （1） 第一次飞行中， 设加速度为 1 a 匀加速运动 2 11 2 1 taH 由牛顿第二定律 1 mafmgF 解得)(4 Nf 欢迎共阅 （2）第二次飞行中，设失去升力时的速度 为 1 v，上升的高度为 1 s 匀加速运动 2 211 2 1 tas 设失去升力后的速度为 2 a，上升的高度为 2 s 由牛顿第二定律 2 mafmg 解得)(42 21 mssh （3）设失去升力下降阶段加速度为 3 a；恢 复升力后加速度为 4 a，恢复升力时速度为 3 v 由牛顿
11、第二定律 3mafmg F+f-mg=ma4 且 22 33 34 22 vv h aa V3=a3t3 解得 t3= 3 2 2 (s)( 或 2.1s) 13. （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/vm 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 2 2/am s的加速度减速滑 行。在车厢脱落3ts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。 解析：设卡车的质量为M ，车所受阻力与车重 之比为；刹车前卡车牵引力的
12、大小为F ， 卡车刹车前后加速度的大小分别为 1 a和 2 a。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有 设车厢脱落后，3ts内卡车行驶的路程为 1 s，末速度为 1 v，根据运动学公式有 2 101 1 2 sv ta t 101 vva t 2 122 2va s 式中， 2 s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 2vas 卡车和车厢都停下来后相距 12 ssss 由至式得 带入题给数据得 评分参考：本题 9 分。至式各 1 分，式 1 分 1.(08 宁夏理综 17)甲、乙两车在公路上沿同一 方向做直线运动 , 它们的 v-t 图象如图所示 . 两
13、图象在 t=t1时相交于 P点,P 在横轴上的投影为 Q,OPQ 的面积为 S.在 t=0 时刻, 乙车在甲车前 面, 相距为 d. 已知此后两车相遇两次 , 且第一次 相遇的时刻为 t , 则下面四组 t 和 d 的组合 可能的是 (?) A.Sdtt, 1 B.Sdtt 4 1 , 2 1 1 欢迎共阅 C.Sdtt 2 1 , 2 1 1 D.Sdtt 4 3 , 2 1 1 答案D 解析假设 t =t1, 由 v-t 图象可知在 t1时刻 v 甲=v乙, 由于甲做匀速直线运动 , 乙做匀加速直线 运动, 则若在 t1 时刻第一次相遇 , 也就不会存在第二次相遇 的问题 , 与已知条件两
14、次相遇相矛盾. 当 t = 2 1 t1时,v乙mgcos ， 故 b d) 。将 a、b 球依次放入一 竖直放置、内径为的平底圆筒内，如 图所示。设 a、b 两球静止时对圆筒 欢迎共阅 侧面的压力大小分别为 1 f和 2 f，筒底所受的压 力大小为 F 已知重力加速度大小为g。若所以 接触都是光滑的，则（ A） A ab12 Fmmgff B a12b Fmmgff C a12ab m gFmmgff D aa12 , b m gFmmgff 解析： A;对两刚性球 a 和 b 整体分析，竖直方 向平衡可知 F（ a m b m）g、水平方向平衡 有 1 f 2 f。 20.(09 广东文科
15、基础 58) 如图 8 所示，用一轻绳系一小球悬 于 O点。现将小球拉至水平位置， 然后释放，不计阻力。小球下落到 最低点的过程中，下列表述正确的是（A） A小球的机械能守恒 B小球所受的合力不变 C 小球的动能不断减小 D 小球的重力势能增加 21.（09山东16）如图所 示， 光滑半球形容器固定在水平面上， O为球心， 一质量为 m的小滑块，在水平力F的作用下静 止 P点。设滑块所受支持力为FN。OF与水平方 向的夹角为 0。下列关系正确的是（ A） A tan mg FBFmgtan C tan N mg FD FN=mgtan 解析：对小滑块受 力分析如图所示， 根据 三角形定则可得
16、tan mg F， sin N mg F， 所以 A正确。 考点：受力分析，正交分解或三角形定则。 提示：支持力的方向垂直于接触面，即指向 圆心。正交分解 列式求解也可。 22.（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（ BC ） Am M Bm 2M C 木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大 于
17、下滑的加速度 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 解析：受力分析可知，下滑时加速度 为cosgg，上滑时加速度为 cosgg，所以 C正确。设下滑的距离 为 l ，根据能量守恒有 ()coscossinmMglMglmgl， 得 m 2M 。也可以根据除了重力、弹性力 做功以外，还有其他力 ( 非重力、弹性力 ) 做的 功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木 箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的 重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以 D 不正确。 考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿 第二定律，受力分析 提示：能量守恒定律的理解及
18、应用。 23. （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 FN mg f a 欢迎共阅 所示。那么下列说法中正确的是 (C)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 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
19、；在匀 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。 24. （09全国 25）(18 分) 如图所示，倾角为 的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两 木箱的距离均为l 。 工人用沿斜面的力推最下面的木箱 使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都 粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰 好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动 摩擦因数为, 重力加速度为g. 设碰撞时间极短，求 （ 1）工人的推力； （ 2）三个木箱匀速运动的速度； （ 3）在第一次碰撞中损失的机械能。 答案：（ 1）3sin3cosmgmg； （2）
20、2 2(sincos ) 3 gL； （3）(sincos )mgL。 解析 ：(1) 当匀速时 , 把三个物体看作一个整体 受重力、推力 F、摩擦力 f 和支持力 . 根据平衡 的知识有cos3sin3mgmgF； (2) 第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度 为 V1, 加速度 )cos(sin2 cossin 1 g m mgmgF a 根据运动学公式或动能定理 有)cos(sin2 1 gLV, 碰撞后的速度为 V2 根据动量守恒有 21 2mVmV, 即碰撞后的速度 为)cos(sin 2 gLV, 然后一起去碰撞第 三个木箱 , 设碰撞前的速度为V3。 从 V2到 V3的加速度为
21、2 )cos(sin 2 cos2sin2 2 g m mgmgF a , 根据运动学公式有LaVV 2 2 2 2 3 2, 得 )cos(sin2 3 gLV, 跟第三个木 箱碰撞根据动量守恒有 43 32mVmV, 得 )cos(sin2 3 2 4 gLV就是匀速的速度； (3) 设第一次碰撞中的能量损失为E , 根据能 量守恒有 2 2 2 1 2 2 1 2 1 mVEmV, 带入数据得 )cos(sinmgLE。 25. （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
22、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/s 2） （ 1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。 （ 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
23、的 速度为 0 v，对货物的下滑过程中根据机械能守 恒定律得， 2 10 1 2 mgRm v 设货物在轨道末端所受支持力的大小为 N F, 根 据牛顿第二定律得， 2 0 11N v Fm gm R 联立以上两式代入数据得3000 N FN 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。 欢迎共阅 （2）若滑上木板 A时，木板不动，由受力分析 得 11212 (2)m gmmg 若滑上木板 B时，木板 B开始滑动，由受力分 析得 11212 ()m gmmg 联立式代入数据得 1 0.6。 （3） 1 0.5，由式可知，货物在木板A上 滑动时，木板不
24、动。设货物在木板A上做减 速运动时的加速度大小为 1 a，由牛顿第二定 律得 1111 m gm a 设货物滑到木板A末端是的速度为 1 v，由运 动学公式得 22 101 2vva l 联立式代入数据得 1 4/vm s 设在木板 A上运动的时间为t ， 由运动学公 式得 101 vva t 联立式代入数据得0.4ts。 考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、 运动学方程、受力分析 26.（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
25、，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 2 10m/sg。 当运动员与吊椅一起正以加速 度 2 1m/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： 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力 （2） 设吊椅对运
26、动员的支持 力为 FN，对运动员进行受力 分析如图所示，则有： 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 mamgFF N 由得NF440 28. （09宁夏理综 33）（10分）液压千 斤顶是利用密闭容器内的液体能够把液体所受 到的压强行各个方向传递的原理制成的。图为 一小型千斤顶的结构示意图。大活塞的直 径 D1=20cm ，小
27、活塞 B的直径 D2=5cm ，手柄 的长度 OC=50cm ，小活塞与手柄的连接点 到转轴 O的距离 OD=10cm。现用此千斤顶 使质量 m=4 10 3kg 的重物升高了 h=10cm 。 g 取 10m/s 2，求 （i ）若此千斤顶的效率为80% ，在这 一过程中人做的功为多少？ （ii ）若此千斤顶的效率为100% ，当 重物上升时，人对手柄的作用力F 至少要 多大？ 解析： （i ）将重物 托起 h需要做 的功 1 mgWh F F (m人+m椅)g a F m 人g a FN 欢迎共阅 设人对手柄做的功为 2 W，则千斤顶的效率 为 1 2 W W 代入数据可得 3 2 5.0
28、10WJ (ii)设大活塞的面积为 1 S, 小活塞的面积 为 2 S，作用在小活塞上的压力为 1 F, 当于斤 顶的效率为 100% 时，有 1 12 Smg FS 2 11 2 22 SD SD 当 1 F和 F 都与杠杆垂直时，手对杠杆的压 力最小。利用杠杆原理，有 1 FODFOC 由式得 F=500N 29.(08 宁夏理综 30)一足够长的斜面 , 最高 点为 O点. 有一长为 l=1.00 m的木条 AB,A端在 斜面上 ,B 端伸出斜面外 . 斜面与木条间的摩擦 力足够大 , 以致木条不会在斜面上滑动. 在木条 A端固定一个质量为M=2.00kg的重物（可视为 质点）,B 端悬
29、挂一个质量为m=0.50 kg 的重物 . 若要使木条不脱离斜面 , 在下列两种情况下 ,OA 的长度各需满足什么条件？ （）木条的质量可以忽略不计. （）木条质量为m =0.50kg, 分布均匀 . 答案（）m20.0OA( )m25.0OA 解析( ) 当木条 A端刚刚离开斜面时 , 受力情 况如图 a 所示. 设斜面倾角为 , 根据力矩平衡条件 , 则满足 条件 coscosOBmgOAMg 木条不会脱离斜面 . 根据题意有 lOBOA 联立并代入已知条件得 m20.0OA （）设 G为木条重心 , 由题意可知 lAG 2 1 当木条 A端刚刚离开斜面时 , 受力情况如图 b 所示. 由
30、（）中的分析可知 , 若满足 coscoscosOGgmOBmgOAMg 木条就不会脱离斜面 . 联立并代入已知条件得 25.0OAm 牛顿运动定律 1 2010 全国卷15 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 1 a、 2 a。 重力加速度大小为g。 则有 A 1 ag， 2 ag B 1 0a， 2 agC 1 0a， 2 mM ag M D 1 ag， 2 mM ag M 【答案】 C 【解析】在抽出木
31、板的瞬时，弹簧对1的支持 力和对 2的压力并未改变。对1物体受重力和 支持力，mg=F,a1=0.对 2 物体受重力和压力， 根 据牛顿第二定律g M mM M MgF a 【命题意图与考点定位】本题属于牛顿第二定 律应用的瞬时加速度问题，关键是区分瞬时力 与延时力。 欢迎共阅 2. 2010福建 16 质量为 2kg 的物体静止在足 够大的水平地面上，物体与地面间的动摩擦因 数为 0.2，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为 相等。从 t=0 时刻开始，物体受到方向不变、 大 小呈周期性变化的水平拉力F的作用，F 随时间 t 的变化规律如图所示。重力加速度g取 10m s2，则物体在 t=0至
32、t=12s这段时间的位移大小 为 A.18mB.54mC.72mD.198 m 答案： B 32010上海物理 5 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 【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 1 hgt， 上升时间小于下落时间， C错误， B也错误，本题选 A。 本题考查牛顿运动定律和运动学公式。难度： 中。 42010海南物理 3 下列说法正确的
33、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。 52010海南物理6 在水平的足够长的固 定木板
34、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 12 C 2 D 1 2 【答案】 A 【解析】木板水平时，小物块的加速度 1 ag ， 设滑行初速度为 0 v ，则滑行时间为 0 t g v ；木 板改成后，小物块上滑的加速度 2 sin 45cos45(1)2 2 mgmgg a m ， 滑行 时间 00 2 (1) 2 t ag vv ，因此 1 2 2 1 at ta ， A 项正确。 欢迎共阅 62010海
35、南物理 8 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。 72010海南物理12 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
36、 ) 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 【答案】匀速 (2 分)大(1 分)小(1 分) 【解析】由于雨滴受到的空气阻力与速度有关， 速度越大阻力越大，因此最终当阻力增大到与 重力平衡时都做匀速运动； 设雨滴半径为 r，则 当雨滴匀速下落时受到的空气阻力 fr ， 而重力 3 4 3 mgr ，由于1 2 ，因此 半径大的匀速运动的速度大，先落地且落地速 度大，小雨滴落地速度小。 8. 2010福建 22
37、 如图所示，物体 A 放在足够 长的木板 B 上，木板 B 静止于水平面。 t=0 时， 电动机通过水平细绳以恒力F拉木板 B，使它 做初速度为零，加速度 aB=1.0m/s 2 的匀加速直线 运动。已知 A 的质量 mA和 B 的质量 mg 均为 2.0kg,A、B 之间的动摩擦因数 1=0.05，B 与水 平面之间的动摩擦因数 2=0.1，最大静摩擦力 与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g取 10m/s 2。求 （1）物体 A 刚运动时的加速度aA (2)t=1.0s时，电动机的输出功率P； （3）若 t=1.0s时，将电动机的输出功率立即调 整为 P=5W，并在以后的运动过程中始终保持
38、 这一功率不变，t=3.8s时物体 A 的速度为 1.2m/s。 则在 t=1.0s到 t=3.8s这段时间内木板 B 的位移 为多 少？ 答案： 92010海南物理 16 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 2m m F 图图 12 1 3 t/s 0 0. 4 F/mg 1. 5 欢迎共阅 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 03s内 F 的变化如图 2 所示， 图中 F以 mg为单位， 重力加速度 2 10m/ sg 整 个系统开始时静止 (1)求 1s、1.5s、2s、3s末 木
39、板的速度以及2s、3s末物块的速度； (2)在同一坐标系中画出03s内木板和物块的 tv 图象，据此求 03s内物块相对于木板滑过 的距离。 【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 t v 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 fma fmg ，当 tt vv 21 21 () tt a ttvv (2)Ffm a 21 21 () tt a ttvv 由式与题给条件得 11.523 4m/s,4.5m/s,4m/s,4m/svvvv 23 4m/s,4m/svv (2)由式得到物块与木板
40、运动的 tv 图象， 如右图所示。在 03s内物块相对于木板的距离 s等于木板和物块tv 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 1. （09全国卷 15）两物体甲和乙在同一 直线上运动，它们在00.4s 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 （B） A 1 3 和 0.30sB 3 和 0.30s C 1 3 和 0.28sD 3 和 0.28s 解析：本题考查图象问题 . 根据速度图象的特 点可知甲做
41、匀加速 , 乙做匀减速 . 根据 t v a 得 乙甲 aa3, 根据牛顿第二定律有 乙甲 m F m F 3 1 , 得3 乙 甲 m m , 由 t sma 4.0 1 /10 4.0 42 乙, 得 t=0.3s,B正 确。 2.（09上海7）图为蹦极运动的示意图。 弹性绳的一端固定在 O点，另一端和运动 员相连。运动员从 O 点自由下落，至 B 点 弹性绳自然伸直，经过合力为零的C 点到 达最低点 D ，然后弹起。整个过程中忽略 空气阻力。分析这一过程，下列表述正确 的是（ B） 经过 B 点时，运动员的速率最大 经过 C 点时，运动员的速率最大 从 C 点到 D 点，运动员的加速度增
42、大 从 C 点到 D 点，运动员的加速度不变 v/(m?s-1) 123t/s 0 4. 1. 4 2 物 木板 欢迎共阅 A B C D 3. （09上海 46）与普通自行车相比，电动 自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行 车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情 况下，质量为 60Kg 的人骑着此自行车沿平直公 路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。 当此电动车达到最大速度时，牵引力为N,当车 速为 2s/m时，其加速度为 m/s2(g=10mm/s 2) 规格 14 后轮驱动直流永磁铁 电机 车型电动自行 车 额定输出功 率 200W 整车质 量 40Kg 额定电压48V 最大
43、载 重 120 Kg 额定电流4.5A 答案： 40：0.6 4. （09宁夏 20）如图所示，一足够长的木 板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板 上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉 木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有 相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对 于水平面的运动情况为（ BC ） A.物块先向左运动，再向右运动 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速 运动 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速 运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 5.（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， 0 t至 3
44、t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）（ A） 解析：由图可知，在 t0-t1时间内，弹簧秤的示 数小于实际重量，则处于失重状态，此时具有 向下的加速度，在t1-t2阶段弹簧秤示数等于实 际重量，则既不超重也不失重，在t2-t3阶段， 弹簧秤示数大于实际重量，则处于超重状态， 具有向上的加速度，若电梯向下运动，则t0-t1 时间内向下加速， t1-t2阶段匀速运动， t2-t3阶段 减速下降， A 正确；BD 不能实现人进入电梯由 静止开始运动， C 项 t0-t1内超重，不符合题意。 7.（09广东理科基础 4）建筑工人用图所示 的定滑轮
45、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 0500ms 2 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 lOms 2) （B） A 510NB 490NC 890ND 910N 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 N FFMg,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。 欢迎共阅 8. （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，
46、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（ D） Aal=a2Ba12al 解析 ：当为 F 时有 m fF a1 ，当为 2F 时有 m f a m ffF m fF a 12 2 222 ，可知 12 2aa，D 对。 9.（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 （B） 解析 ：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的 匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s 做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且 恒定，
47、4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受 力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动， 所以受力为正，恒定，综上分析B 正确。考点： v-t 图象、牛顿第二定律。 提示：在 v-t 图象中倾 斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度 恒定，受力恒定。 10. （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（ BC） A飞船变轨前后的机械能相等 B 飞船在圆轨
48、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 解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒， 所以 A 不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来 提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状 态，B 正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90 分钟小于同步卫星运动的周期24 小时，根据 2 T可知，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，C正确。飞船 变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力 来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有 万有引力来提供加速度， 所以相等，D 不正确。 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力 定律 提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还 有其他力 (非重力、弹性力 )不做功，且其他力 做功之和 不为零，则机械能不守恒。 根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力 可求卫星的速度、 周期、动能、动量等状态量。 由 2 2 Mmv Gm rr 得 GM v r ，由 2 2 2 () Mm Gmr rT 得 3 2 r T GM ，由 2 2 Mm Gmr r 得 3 GM r ， 2n Mm Gma r 可求 向心加速度。 P