高三物理对单物体质点的应用试题

1. 如图甲所示，一长木板在水平地面上运动，初速度为v0，在某时刻（t=0）将一相对于地面静止的物块轻放到木板上，己知物块与木板的质量相等，设物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。在物块放到木板上之后，木板运动的速度-时间图象可能是图乙中的（ ）

【答案】A

【解析】在未达到相同速度之前，木板的加速度为，解得 达到相同速度之后，木板的加速度为，解得， 故图象A正确．

【考点】考查了牛顿第二定律应用

2. 如图所示，在y轴左侧放置一加速电场和偏转电场构成的发射装置，C、D两板的中心线处于y=8cm的直线上；右侧圆形匀强磁场的磁感应强度大小为B=T、方向垂直xoy平面向里，在x轴上方11cm处放置一个与x轴平行的光屏。已知A、B两板间电压UAB＝100V, C、D两板间电压 UCD=\"300V,\" 偏转电场极板长L=4cm，两板间距离d=\"6cm,\" 磁场圆心坐标为（6，0）、半径R＝3cm。现有带正电的某种粒子从A极板附近由静止开始经电场加速，穿过B板沿C、D两板间中心线y = 8cm进入偏转电场，由y轴上某点射出偏转电场，经磁场偏转后打在屏上。带电粒子比荷

=106c/kg，不计带电粒子的重力。求：

（1）该粒子射出偏转电场时速度大小和方向； （2）该粒子打在屏上的位置坐标；

（3）若将发射装置整体向下移动，试判断粒子能否垂直打到屏上？若不能，请简要说明理 由。若能，请计算该粒子垂直打在屏上的位置坐标和发射装置移动的距离。 【答案】（1） m/s，速度方向与x轴正方向夹角（2）（17cm,11cm）（3）

【解析】⑴ 电场加速：电场偏转：

（1分）

（1分）

（1分）

（1分） 速度大小m/s （1分） 速度方向与x轴正方向夹角 （1分） ⑵如图所示，粒子与y轴负方向成45°进入第一象限，做匀速运动，进入磁场后做匀速圆周运动，

运动四分之一周，出磁场后做匀速运动。由对称关系，粒子射出磁场时速度与x轴正方向成

45° （2分）

y =11cm （1分）

x = 6cm+11cm=17cm （1分）

打在屏上的位置坐标（17cm,11cm） （1分） ⑶可以垂直打在屏上。 （1分） 粒子在磁场中:轨道半径

（1分）

根据磁聚集原理，带电粒子在磁场中的轨道半径与圆形匀强磁场的半径R相等时，带电粒子必会聚于同一点，会聚的位置与粒子入射方向相垂直的直径的端点，即为如图所示的N点。 （1分）

假设粒子可以垂直打在屏上。由几何关系得，垂直打到屏的位置坐标： cm ，y =11cm，位置坐标为（

,11） （1分）

因要求粒子垂直打到屏，则射出磁场时的速度方向与x轴垂直，此时粒子的轨道半径与x轴平行，从而推得射入磁场时的位置为x轴的M点（菱形对边平行且相等）。 向下移动的距离（等腰梯形的两腰相等） （2分）

【考点】考查了牛顿第二定律与电磁场综合应用

3. 2013年6月我国宇航员在天宫一号空间站中进行了我国首次太空授课活动，其中演示了太空“质量测量仪”测质量的实验，助教聂海胜将自己固定在支架一端，王亚平将连接运动机构的弹簧拉到指定位置，如图所示；松手后，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力，使弹簧回到初始位置，同时用光栅测速装置测量出支架复位时的速度和所用时间。这样，就测出了聂海胜的质量——74kg。

下列关于“质量测量仪”测质量的说法正确的是

A．测量时仪器必须水平放置 B．测量时仪器必须竖直放置 C．其测量原理根据万有引力定律 D．其测量原理根据牛顿第二定律

【答案】D

【解析】因为航天员处于完全失重状态，测量仪器不论在什么方向上，弹簧凸轮机构产生恒定的作用力都是人所受的合力．适用测量时一起的位置不一定需水平、也不一定需竖直．故A、B错误．天宫中的质量测量仪，应用的物理学原理是牛顿第二运动定律：

．质量测量仪上的弹簧能够产生一个恒定的力F，同时用光栅测速装置测量出支架复位的速度v和时间t，计算出加速度

，再根据牛顿第二定律就能够计算出

物体的质量．故C错误，D正确．． 【考点】考查了牛顿第二定律．

4. 如图所示，两平行导轨ab、cd竖直放置在的匀强磁场中，匀强磁场方向竖直向上，将一根金属棒PQ放在导轨上使其水平且始终与导轨保持良好接触。现在金属棒PQ中通以变化的电流I，同时释放金属棒PQ使其运动。已知电流I随时间的关系为I=kt（k为常数，k>0），金属棒与导轨间存在摩擦。则下面关于棒的速度v、加速度a随时间变化的关系图象中，可能正确的有

【答案】AD

【解析】当从t=0时刻起，金属棒通以I=kt，则由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，则导致棒在运动过程中，所受到向上的摩擦力，由N=F=BIL可知，MN棒对导轨的压力不断增大，摩擦力f=μN增大，根据牛顿第二定律得：mg-μBIL=ma，I=kt，则得：

，所以加速度减小，由于速度与加速度方向相同，则做加速度减小的加速运动．当

滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，则速度达到最大，其动能也最大．当安培力继续增大时，导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．故图线A正确，B错误；根据速度与时间的图象的斜率表示加速度的大小，故C错误，D正确．故选：AD.

【考点】牛顿定律及运动图像。

5. 如图所示，总质量为460 kg的热气球，从地面刚开始竖直上升时的加速度为0.5 m/s2，当热气球上升到180 m时，以5 m/s的速度向上匀速运动．若离开地面后热气球所受浮力保持不变，上升过程中热气球总质量不变，重力加速度g＝10 m/s2.关于热气球，下列说法正确的是( )

A．所受浮力大小为4 830 N

B．加速上升过程中所受空气阻力保持不变 C．从地面开始上升10 s后的速度大小为5 m/s D．以5 m/s匀速上升时所受空气阻力大小为230 N

【答案】AD

【解析】热气球刚开始上升时，速度为零，不受空气阻力，只受重力、浮力，由牛顿第二定律知

F－mg＝ma，得F＝4 830 N，选项A正确；随着热气球速度逐渐变大，其所受空气阻力发生变化(变大)，故热气球并非匀加速上升，其加速度逐渐减小，故上升10 s后速度要小于5 m/s，选项B、C错误；最终热气球匀速运动，此时热气球所受重力、浮力空气阻力平衡，由F＝mg＋F阻得F阻＝230 N，选项D正确．

6. 如图所示，水平木板上有质量m＝1.0 kg的物块，受到随时间t变化的水平拉力F作用，用力传感器测出相应时刻物块所受摩擦力Ff的大小．取重力加速度g＝10 m/s2，下列判断正确的是

( )

A．5 s内拉力对物块做功为零

B．4 s末物块所受合力大小为4.0 N C．物块与木板之间的动摩擦因数为0.4

2

D．6 s～9 s内物块的加速度大小为2.0 m/s

【答案】D

【解析】对物块受力分析，分析图象中各段的运动规律，结合牛顿运动定律及做功的条件分析各选项．

由图象知物块前4 s静止，4 s～5 s内物块做加速运动，前5 s内拉力对物块做功不为零，故A选项错误；4 s末物块静止，所受合力为零，B选项错误；由4 s之后的运动情况判断其受滑动摩擦力Ff＝μmg＝3 N，得μ＝0.3，C选项错误；由牛顿第二定律可知4 s后物块的加速度a＝

＝2 m/s2，D选项正确．

7. 如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M=5kg，小车上静止地放置着质量为m=1kg的木块，木块和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F拉动小车，下列关于木块的加速度am和小车的加速度aM，可能正确的有：

A．am＝2m/s， aM＝1 m/s

22

B．am＝1m/s， aM＝2 m/s

22

C．am＝2m/s， aM＝4 m/s

22

D．am＝3m/s， aM＝5 m/s

2

2

【答案】C 【解析】当时，木块与小车一起运动，且加速度相等 当时，小车的加速度大于木块的加速度，此时木块与小车发生相对运动， 此时木块加速度最大，由牛顿第二定律得：

所以C正确，ABD错误

【考点】牛顿第二定律；力的合成与分解的运用．

8. 如图甲所示，倾角为θ的光滑斜面体固定在水平面内，经度系数为k的轻弹簧，一端固定在斜

面底端，另一端与质量为m的小滑块接触但不栓接，现用沿斜面向下的力F推滑块至离地高度h0处，弹簧与斜面平行，撤去力F，滑块沿斜面向上运动，其动能Ek和离地高度h的变化关系如图乙所示，图中h2对应图线的最高点，h3到h4范围内图线为直线，其余部分为曲线，重力加速

度为g，则

A．h1高度处，弹簧形变量为 B．h2高度处，弹簧形变量为C．h0高度处，弹簧的弹性势能为m

g(h3-h0)

D．h1高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3-h1)

【答案】BD

【解析】由题意知，当撤去F后滑块先做加速度减小的加速运动，当运动至重力下滑分力与弹力相等位置速度、动能最大，后做加速度增大减速运动，当离开弹簧后做匀减速运动，由上述分析，并结合图乙知h2位置为平衡位置，h3位置离开弹簧，故mgsinθ=kx2，所以h2处弹簧形变量x2=

，故选项A错误，B正确；滑块由h0运动至h3过程中由能量守恒知，h0处弹性势能

EP0=mg(h3-h0)+EK1，故选项C错误；滑块由h1运动至h3过程中，由能量守恒知，h1高度处弹性势能EP1=mg(h3-h1)，故选项D正确。 【考点】牛顿第二定律 能量守恒定律

9. 如图所示，半径为R的金属环竖直放置，环上套有一质量为m的小球，小球开始时静止于最低点。现给小球一冲击，使它以初速度。小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，小

球从最低点运动到最高点的过程中（ ）

A．小球机械能守恒

B．小球在最低点时对金属环的压力是6mg

C．小球在最高点时，重力的功率是

D．小球机械能不守恒，且克服摩擦力所做的功是0 5mgR。

【答案】 D

【解析】试题分析: 小球运动到环的最高点时与环恰无作用力，在最高点有：mg=能定理得，−mg•2R−Wf＝FN-mg=

-，解得解得Wf=

，根据动

，所以A错，D正确；在最低点有：

，解得FN=7mg，

所以B错；在最高点速度水平，所以重力的功率是0，所以C错误。 【考点】动能关系；牛顿第二定律；向心力

10. 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨MN、PQ平行放置，导轨平面的倾角为θ，导轨的下端接有电阻。当空间没有磁场时，使ab以平行导轨平面的初速度v0冲上导轨平面，ab上升的最大高度为H；当空间存在垂直导轨平面的匀强磁场时，再次使ab以相同的初速度从同一位置冲上导轨平面，ab上升的最大高度为h。两次运动中导体棒ab始终与两导轨垂直且接触良好。关

于上述情景，下列说法中正确的是

A．两次上升的最大高度比较，有H＝h B．两次上升的最大高度比较，有HC．有磁场时，ab上升过程的最大加速度为gsinθ D．有磁场时，ab上升过程的最小加速度为gsinθ

【答案】D

【解析】无磁场时，根据能量守恒得，动能全部转化为重力势能．有磁场时，动能一部分转化为重力势能，还有一部分转化为整个回路的内能．动能相同，则有磁场时的重力势能小于无磁场时的重力势能，所以h＜H．故A、B错误．有磁场时，导体棒上升时受重力、支持力、沿斜面向下的安培力，所以所受的合力大于mgsinθ，根据牛顿第二定律，知加速度a大于gsinθ．所以ab上升过程的最小加速度为gsinθ．故C错误，D正确． 【考点】牛顿定律及能量守恒定律。

11. 有一辆质量为170kg、额定功率为1440W的太阳能试验汽车，安装有约6m2的太阳能电池板和蓄能电池，该电池板在有效光（垂直照射在电池板上的太阳光）照射条件下单位面积输出的电功率为30W/ m2。若驾驶员的质量为70kg，汽车最大行驶速度为90km/h。假设汽车行驶时受到的空气阻力与其速度成正比，则汽车（ ） A．以最大速度行驶时牵引力大小为57.6N

2

B．以额定功率启动时的加速度大小为0.24 m/s C．保持最大速度行驶1 h至少需要有效光照8 h

D．直接用太阳能电池板提供的功率可获得3.13 m/s的最大行驶速度

【答案】AC 【解析】根据，当时汽车行驶速度最大，由题意知解得k=2.304Ws2/m2，当以最大速度行驶时牵引力大小功率启动时，由牛顿第二定律知：

，将f=kv带入得，

=57.6N，A选项正确；以额定

，汽车的加速度a随v的增大而减小，故B选项错

误；保持最大速度行驶1 h至少需要能量E=Pt=1.44kWh，太阳能电池板输出的电功率P出=0.18kW，至少需要有效光照时间t=则P出=fv1=

，得

=8h，故C选项正确；若直接用太阳能电池板提供的功率，

=8.84m/s，故D选项错误

【考点】汽车启动问题的分析 牛顿第二定律

12. 一质量为m的物块在倾角为的足够长斜面上匀减速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒

力F，如图所示．则物块减速为零的时间将

A．变大

B．变小

C．不变

D．不能确定

【答案】B

【解析】未施加F时，根据牛顿第二定律，物块的加速度a==gsinθ-μgcosθ．施加F后，根据牛顿第二定律，物块的加速度 (F+mg)sinθ−μ(F+mg)cosθ=ma′，：

．知a′＞a．加速度增大，初速度不变，则运动时间变

小．故B正确．

【考点】牛顿定律的应用。

13. （13分）如图甲所示，在水平地面上放置一个质量为的物体，让其在随位移均匀减小的水平推力作用下运动，推力随位移变化的图象如图乙所示。已知物体与地面之间的动摩擦

因数为，.求：

（１）运动过程中物体的最大加速度为多少？ （２）距出发点多远时物体的速度达到最大？ （３）物体在水平面上运动的最大位移是多少？ 【答案】（1） (2) (3) 【解析】试题分析:（1）由牛顿第二定律，得：

当推力F=100N时，物体所受的合力最大，加速度最大，代入解得解得

（2）由图象可得推力随位移是变化的，当推力等于摩擦力时，加速度为0，速度最大 则

由图得到与的函数关系式 则得到

（3）由图象得到推力对物体做功等于“面积”，得推力做功 根据动能定理： 代入数据得

【考点】本题考查了牛顿第二定律、功的计算、动能定理.

14. 如图所示，在竖直放置的光滑半圆弧绝缘细管的圆心处放一点电荷，将质量为，带电量为的小球从圆弧管的水平直径端点由静止释放，小球沿细管滑到最低点时，对管壁恰好无压力。则放于圆心处的点电荷在点产生的场强大小为

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】设细管的半径为R，小球到达B点时速度大小为v．小球从A滑到B的过程，由机械能

守恒定律得，

代入得

得到,故选B

,小球经过B点时，由牛顿第二定律得 将

【考点】本题是机械能守恒定律和牛顿第二定律的综合应用．

点评：对于圆周运动，常常不单独出题，会和动能定理、机械能守恒结合应用．

15. (12分）用同种材料制成倾角为α=37°的斜面和长水平面，斜面长2.5m且固定，斜面与水平面之间有一段很小的弧形连接。一小物块从斜面顶端以初速度v0沿斜面向下滑动，若初始速度v0=2.0m/s，小物块运动2.0s后停止在斜面上。减小初始速度v0，多次进行实验，记录下小物块从开始运动到最终停下的时间t，做出相应的t-v0图像如图所示。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g

取10m/s2）求：

（1）小物块在斜面上下滑的加速度的大小和方向； （２）小物块与该种材料间的动摩擦因数；

（3）辨析题：求小物块初速度v0=3m/s滑下运动的时间。

某同学认为，若小物块初速度v0=3m/s，则根据图像可以推知小物块从开始运动到最终停下的时间为3s。

该同学说法是否正确？若正确，请求出物块运动的位移；若不正确，请说明理由，并解出物块运动的时间。

【答案】（1）1.0m/s2加速度的方向沿斜面向上（２）0.875（3）1.23s 【解析】（1）

=-1.0m/s2， 1.0m/s2也给分（2分）

加速度的方向沿斜面向上（1分）

（2）牛顿第二定律： 垂直斜面方向 FN=\"mgcosα\" ； （1分） 平行于斜面方向 mgsinα-μFN=ma （2分） 解出

=0.875 （1分）

（3）不正确。因为随着初速度v0的增大，小物块会滑到水平面上，规律将不再符合图像中的正比关系（2分）

设小物块在斜面上滑行位移s1=2.5m时的速度减为v1， 则v1==\"2m/s\" （1分） 小物块在斜面上滑行时间t1=解出a′=-μg=-m/s2

=0.23s

) （1分）

小物块在水平面上滑行，牛顿定律：-μmg=ma′ （1分）

小物块在水平面上滑行时间t2=

运动总时间t总= t1+ t2=（1+0.23）s = 1.23s (

【考点】考查牛顿第二定律的应用

点评：本题难度中等，本题难点自傲与运动物体的多过程问题，首先应根据运动学特点计算加速度，再由牛顿第二定律求解

16. 一质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上.现对物块施加一个竖直向下的恒力F，如图

所示.则物块( )

A．沿斜面加速下滑 C．受到的摩擦力不变

B．仍处于静止状态 D．受到的合外力增大

【答案】B

【解析】由于质量为m的物块恰好静止在倾角为θ的斜面上，说明斜面对物块的摩擦力等于最大

静摩擦力，对物体受力分析，如图

根据共点力平衡条件，有

，，，解得

对物块施加一个竖直向下的恒力F，再次对物体受力分析，如图

根据共点力平衡条件，有 与斜面垂直方向依然平衡： 因而最大静摩擦力为：

故合力仍然为零，物块仍处于静止状态，B正确，A、D错误；摩擦力由增大到

，所以C错误。

【考点】共点力平衡的条件及其应用

17. 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．a1＝a2 B．a1＜a2＜2a1 C．a2＝2a1 D．a2＞2a1

【答案】D

【解析】由牛顿第二定律可得

，当拉力变为2F时

，由题意

可知

a2＞2a1＞a1，故选D

18. 质量m=1.5kg的物体，在水平恒力F=15N的作用下，从静止开始运动0.5s后撤去该力，物体继续滑行一段时间后停下来。已知物体与水平面的动摩擦因数为μ=0.2，g取10m/s2，求：（1）恒力作用于物体时的加速度大小；

（2）撤去恒力后物体继续滑行的时间；

（3）物体从开始运动到停下来的总位移大小。

【答案】(1)以m为研究对象，受力情况如图所示: 设物体在恒力作用下的加速度为a1,

根据牛顿运动定律： ……（3分）

(2)撤去恒力F后受力分析如图所示，设撤去恒力F的瞬间物体的速度

为v，根据运动学公式： ……（1分）

设撤去恒力F后，物体做匀减速直线运动的加速度为a2，设滑行的时间为

（3）设物体做匀加速直线运动和匀减速直线运动的位移分别是s1和s2，根据运动学公式：

【解析】略

19. （11分）如图所示，一倾角为37o的传输带以恒定的速度运行。现将一质量m=1kg的小物体抛上传输带，物体相对地面的速度图象如图所示，取沿着传输带向上为正方向，（g取10m/s,sin37o=0.6,cos37o=0.8.）求： （1）0~8s内物体的位移

（2）物体与传输带间的动摩擦因数

（3）0~8s内物体机械能增量及因与传输带摩擦产生的热量Q

【答案】（1）14m沿斜面向上（2）0.875 （3）90J 126J 【解析】略

20. （8分）如图所示，在倾角为θ的斜面上，一物块（可视为质点）通过轻绳牵拉压紧弹簧．现将轻绳烧断，物块被弹出，与弹簧分离后即进入足够长的N N /粗糙斜面（虚线下方的摩擦不计），沿斜面上滑达到最远点位置离N距离为S．此后下滑，第一次回到N处，压缩弹簧后又被弹离，第二次上滑最远位置离N距离为S/2．求：物块与粗糙斜面间N N /段的动摩擦因数

【答案】μ=\"1/3\" tgθ

【解析】第一次下滑回到N时速度为v

Mgsinθ·S－μmgcosθ·S=mv2/2 ① （3分） 第二次上滑,初速度也为v

mgsinθ·S/2+μmgcosθ·S/2= mv2/2 ② （3分） 联立方程①、②，解得μ=\"1/3\" tgθ （2分）

（或直接对动能为零的两个状态及过程运用动能定理：

mgsinθ·S/2 –μmgcosθ·3S/2 =\" 0 \" 解得μ=\"1/3\" tgθ同样给分）

21. 将一粉笔头轻放在2m/s的恒定速度运动的水平传送带上后,传送带上留下一条长为4m的划线；若使该传送带做匀减速运动（加速度为1．5m/s2）并且在传送带上做匀减速的同时,将另一个粉笔头放在传送带上,该粉笔头在传送带上留下多长划痕?（g取10m/s2） 【答案】由图可知：

代入数值可解得：

所以由速度公式V0=at可得：a=0．5m/s2由速度公式，对传送带：对粉笔头： 由上两式可解得：t=1s。 所以三角形阴影的面积为：【解析】略

。所以此时粉笔头画线的长度为1m。

22.

如图所示，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高Ｈ，上端套着一个细环。棒和环的质量均为m，相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k>1)。断开轻绳，棒和环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无动能损失。棒在整个运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计。求：

（１）棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中，环的加速度。

（２）从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程Ｓ。 （３）从断开轻绳到棒和环都静止，摩擦力对环及棒做的总功Ｗ。 【答案】见解析

【解析】（1）设棒第一次上升过程中，环的加速度为 环受合力 由牛顿第二定律 联立解得，方向竖直向上

（2）设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的速度大小为，由机械能守恒得

解得

设棒弱起后的加速度由牛顿第二定律

棒第一次弹起的最大高度 解得

棒运动的路程

（3）解法一

棒第一次弹起经过时间与环达到相同速度

环的速度 棒的速度 环的位移 棒的位移

棒环一起下落至地 解得

同理，环第二次相对棒的位移

……

环相对棒的总位移 得

解法二：

设环相对棒滑动距离为 根据能量守恒有

摩擦力对棒及环做的总功 解得

23. （12分）一质量为的小孩子站在电梯内的体重计上。电梯从0时刻由静止开始下降，在0到6s内体重计示数F的变化如图所示。试问：在这段时间内电梯下降的高度是多少?取

重力加速度。

【答案】

【解析】由图可知，在第一段时间，（2分） 解得 ，（1分） 电梯下降的高度

内，电梯向下匀加速运动，

；（2分）

，

在第二段时间内，电梯向下匀速运动，速度为下降高度；（2分） 在第三段时间内，电梯向下匀减速运动，，（2分） 解得 ，（1分） 下降高度

（1分）

所以，在整个过程中，电梯下降的总高度为 。（1分）

24. 人们设计了如图所示的安全带以尽可能地减轻猛烈碰撞。假设某次急刹车时，由于安全带的作用，使质量70kg的乘员的加速度大小约为6m/s2，此时安全带对乘员的作用力最接近 （ ）

A．100N C．800N

B．400N D．1000N

【答案】B 【解析】略

25. （15分）杂技中的“顶竿”是由两位演员共同表演完成。站在地面上的演员的肩部顶住一根质量为10 kg的长竹竿，另一位质量为40 kg的演员爬至竹竿的顶端完成各种动作后，从竹竿的顶端由静止开始下滑，6秒末滑到竹竿底时的速度正好为零。在竹竿上的演员从竿顶下滑到竿底的过程中，地面上顶竿人的肩部的受力情况如图所示，重力加速度g取10 m/s2。则： （1）竿上的人在下滑过程中的最大速度为多少？

（2）在4秒到6秒过程中，顶竿人的肩部受到的压力为多少？

【答案】（1）4m/s （2）580N

【解析】（1）设下滑的演员的质量为m1，杆的质量为m2。

在演员下滑的前4秒，杆处于平衡。有：F1=f1+m2g （2分） 演员匀加速下滑，加速度为a1：有

（4分）

4s末达到的最大速度v，有v= a1 t1=\"4m/s \" （2分） （2）在演员下滑的4秒到6秒，人匀减速下滑，加速度为a2 有v= a2 t2 可得a2=2m/s2 （2分） 对演员分析受力可知：f2-m2g= m1 a2 （2分） 杆处于平衡。有：F2=f2+m2g （1分）

可解得肩部受到的支持力F2=\"580N \" （1分）

由牛顿第三定律可得，4秒到6秒过程中肩部受到的压力F2为580N （1分）

26. （18分）如图所示，传送带长L=7m，与水平成=37°角，以沿逆时针方向匀速传动，一质量为M=0.5kg的物块在传送带的顶端由静止释放，物块与传送带间的动摩擦因数为，当物块滑到底端时，有一质量为m=0.01kg的子弹以原速度射入物块，后又以

的速度穿出物块，以后每隔就有相同的子弹以相同的速度射入和穿出。（不

计子弹穿过物块的时间，sin37°=0.6,cos37=0.8） （1）求物块滑到传送带底端时速度；

（2）通过计算说明物块滑离传送带时，有几颗子弹穿过物块；

【答案】（1） （2）有三颗子弹穿过物体

【解析】（1）开始下滑时摩擦力沿斜面向下，由牛顿第二定律可得

…………1分 则 …………1分 物块加速到速度为时摩擦力沿斜面向上， 所用时间

…………1分

…………1分

这一过程中物块的位移

此后，根据牛顿第二定律：…………1分 得： …………1分 设物块滑到底端时的速度为v1， 由公式 …………1分 得 …………1分 （2）第一颗子弹射入物块，由动量守恒可得 …………1分 得 …………1分 由于物块上滑的加速度为a1，其速度减速到零的时间为

所以物块上滑的位移为然后物块下滑，经时间

下滑位移为

第二颗子弹射入物块，有 …………1分

物块向上减速0.73s时的速度为此过程位移

…………1分 与第二颗子弹相遇，相遇瞬时，物块速度为

…………2分

…………1分

此时物块离顶端距离为 …………1分 第三颗子弹射入物块，有 …………1分 由于此后物体减速至零的位移

故有三颗子弹穿过物体 …………1分

27. 如图所示的装置叫做阿特伍德机，是阿特伍德创制的一种著名力学实验装置，用来研究匀变速直线运动的规律．绳子两端的物体下落（上升）的加速度总是小于自由落体的加速度g，同自由落体相比，下落相同的高度，所花费的时间要长，这使得实验者有足够的时间从容的观测、研究已知物体A、B的质量相等均为M，物体C的质量为m，轻绳与轻滑轮间的摩擦不计，绳子不

可伸长，如果m=，求：

（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值； （2）系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力．

【答案】（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3．（2）系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力为

【解析】（1）隔离A，对B、C整体分析，运用牛顿第二定律求出加速度的大小，结合位移时间公式求出物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值． （2）隔离对C分析，运用牛顿第二定律求出拉力的大小．

解：（1）设物体的加速度为a，绳子的张力为T，对物体A：T﹣Mg=Ma，对B、C整体：（M+m）g﹣T=（M+m）a，解得a=

，h=

，解得

．因为m=

，所以a=

，根据运动学公式得，

，所以物体B从静止开始下落一段距离的时间是自由下落同样

，由牛顿第三定律知，C

距离所用时间的3倍．

（2）设B、C间的拉力为F，对C物体：mg﹣F=ma，F=mg﹣ma=对B的拉力为

．

．

答：（1）物体B从静止开始下落一段距离的时间与其自由落体下落同样的距离所用时间的比值为3．（2）系统由静止释放后运动过程中物体C对B的拉力为

点评：解决本题的关键能够正确地受力分析，运用牛顿第二定律进行求解，掌握整体法和隔离法的运用．

28. 先后用相同材料制成的橡皮条彼此平行的沿水平方向拉同一质量为m的物块，且每次橡皮条的伸长量均相同，物块m在橡皮条拉力的作用下所产生的加速度a与所用橡皮条的数目n的关系如图所示。若更换物块所在水平面的材料，再重复这个实验，则图中直线与水平轴线间的夹角将

A．变小 C．变大

B．不变

D．与水平面的材料有关

【答案】B

【解析】设每根橡皮条拉力大小为F，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，由牛顿第二定律得：

，得

，由数学知识得知，

图象的斜率等于

，由题意知，F、m不

变，图象的斜率保持不变，则直线与水平轴间的夹角θ保持不变，故B正确。 【考点】本题考查了牛顿第二定律、图象.

29. 不同材料之间的动摩擦因数是不同的，例如木与木的动摩擦因数是0.30，木与金属之间的动摩擦因数是0.20。现分别用木与金属制作成多个形状一样，粗糙程度一样的长方体。选择其中两个长方体A与B，将它们叠放在木制的水平桌面上。如图所示，如果A叠放在B上，用一个水平拉力作用在B上，当拉力大小为F1时，A、B两物体恰好要分开运动。如果B叠放在A上，当拉力大小为F2时，A、B两物体恰好要分开运动。则下列分析正确的是：（ ）

A．如果F1>F2，可确定A的材料是木，B的材料是金属 B．如果F1【答案】BC

【解析】因为木与木的动摩擦因数是0.30，木与金属之间的动摩擦因数是0.20，可知如果和桌子接触的是木的，则抽出去更费力，故B正确，A错误；如果，可确定A、B是同种材料，C正确，D错误。

【考点】本题考查的是对动摩擦因数的理解

30. 如图所示，体积相同的小铁球（如图中黑色球所示）和小塑料球（如图中白色球所示）分别用细线系于两个带盖的盛水的瓶子中，当两瓶和车一起加速向右运动时，会发生的现象最接近图中的哪一种情景( )

【答案】B

【解析】由于系统加速度向右，而水具有惯性，只会出现如题图A、B所示的水面.同样体积的铁球、水、塑料球中，铁球的惯性最大，塑料球的惯性最小，因而两球的相对位置如图B所示。 【考点】考查了惯性

31. 物体A、B都静止在同一水平面上，它们的质量分别为mA、mB，与水平面间的动摩擦因数分别为μA，μB，用水平拉力F拉物体A、B，所得加速度a与拉力F关系图线如图中A、B所示，

则（ ）

A．μA=μB，mB＞mA B．μA＞μB，mB＞mA C．可能mB=mA D．μA＜μB，mA＞mB 【答案】B

【解析】对质量为m的物体受力分析，假定动摩擦因素为μ，根据牛顿第二定律，有： F-μmg=ma 解得：

，故a与F关系图象的斜率表示质量的倒数，故mA＜mB；从图象

可以看出纵轴截距用表示-μg表示，故μA＞μB；故ACD错误，B正确。 【考点】A牛顿第二定律的应用.

32. 如图所示，水平传送带A、B两端相距s=2m，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.4。工件滑上A端瞬时速度vA=5m／s，达到B端的瞬时速度设为vB，则（ ）

A．若传送带以4m/s顺时针转动，则vB=3m/s B．若传送带逆时针匀速转动，则vB<3m/s

C．若传送带以2m/s顺时针匀速转动，则vB=3m/s

D．若传送带以某一速度顺时针匀速转动，则一定vB>3m/s 【答案】C

【解析】物体在传送带上做加速或减速运动的加速度为a=μg=4m/s2

若传送带以4m/s顺时针转动，则物体开始时做减速运动，当速度减为4m/s时的位移为：

，然后物体随传送带匀速运动，故达到B端的瞬时速度为4m/s[；

故【考点】故选项A 错误；若传送带逆时针匀速转动，则物体在传送带上做减速运动，到达B端

时的速度为：，选项B错误；若传送带以2m/s顺时

针匀速转动时，物体做减速运动，由B选项可知因为到达B端的速度为vB=3m/s，故最后物体到达B端的速度为vB=3m/s，选项C 正确；因为当传送带以某一速度顺时针匀速转动时，若物体一直减速，则到达B端的速度为3m/s只有当传送带的速度大于3m/s时到达右端的速度才可能是vB>3m/s，故选项D 错误。

33. 在光滑水平面上有一物块始终受水平恒力F的作用而运动，在其正前方固定一个足够长的轻质弹簧，如图所示，当物块与弹簧接触后向右运动的过程中，下列说法正确的是

A．物块接触弹簧后即做减速运动

B．当物块的加速度为零时，它的速度最大

C．当弹簧处于压缩量最大时，物块的加速度等于零 D．物块接触弹簧后先加速后减速

【答案】BD

【解析】物体一直受水平恒力的作用，刚刚与弹簧接触时，弹簧的形变量较小，弹力小于F，则

，方向向右做加速度减小的加速运动，所以A项错误；物体继续向右运动，弹簧的

形变量增大，当

时，速度达到最大且方向向右，所以B项正确；物体继续向右运

，方向向左，物体开始减速，

动，弹簧的形变量持续增大，此时弹力大于恒力F，则

当速度为零时，物体的加速度仍然向左，不为零，所以C项错误，综上可知，物体向右先做加速运动，再做减速运动，所以D项正确。

【考点】本题考查牛顿第二定律与物体运动的关系。

34. 如图所示，有两个相同材料物体组成的连接体在斜面上向上运动，当作用力F一定时，m2所受绳的拉力( )

A．与θ有关

C．与系统运动状态有关

B．与斜面动摩擦因数有关 D．FT＝

，仅与两物体质量有关

【答案】D

【解析】对整体分析，根据牛顿第二定律得：

隔离m2分析，设物体间的拉力为T，由牛顿第二定律得：

，解得：

；由上数据分析知：绳子的拉力与θ无关，与动摩擦因数无关，与运动状态无关，仅

与两物体的质量有关．故ABC错误，D正确．故选：D 【考点】本题考查了物体的弹性和弹力

35. 如图，在倾角为α的固定光滑斜面上，有一用绳子拴着的长木板，木板上站着一只猫。已知木板的质量是猫的质量的2倍，当绳子突然断开时，猫立即沿着板向上跑，以保持其相对斜面的

位置不变。则此时木板沿斜面下滑的加速度为

A．

B．

C．

D．2

【答案】 C

【解析】试题分析:板沿斜面加速下滑时，猫保持相对斜面的位置不变，即相对斜面静止，加速度为零．将木板和猫作为整体，根据牛顿第二定律F合=F猫+F木板=0+2ma（a为木板的加速度），整体受到的合力的大小为猫和木板沿斜面方向的分力的大小，即F合=3mgsinα，解得a=gsinα，所以C正确，A、B、D错误。 【考点】 牛顿第二定律

36. 如图所示，质量为2kg的物块A与水平地面的动摩擦因数为μ=0.1，质量1kg的物块B与地面的摩擦忽略不计，在已知水平力F=11N的作用下，A、B一起做加速运动，则下列说法中正确的是

A．AB的加速度均为3.67m/s2 B．AB的加速度均为3.3 m/s2 C．A对B的作用力为3.3N D．A对B的作用力为3.0N 【答案】D

【解析】在已知水平力F=11N的作用下，A、B一起做加速运动，由A、B整体

，解得m/s2，故A、B选项均错误；隔离B物体=3N，故D选

项正确，C选项错误。

【考点】牛顿第二定律 整体法和隔离法

37. 质量为m的汽车，沿平直公路由静止开始做匀加速行驶，经过时间汽车的速度达到，当汽车的速度为时，汽车立即以不变的功率P继续行驶，经过距离s ，速度达到最大值，设汽车行驶过程中受到的阻力始终不变。

求：（1）汽车行驶过程中受到的阻力多大？ （2）汽车匀加速行驶过程中，牵引力F

（3）汽车的速度从增至的过程中，所经历的时间。 【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】设汽车行驶过程中受到的阻力大小 （1）P =

（2） F — F = （3）W = Pt2

【考点】此题考查了机车启动原理。

38. 如图所示，一根轻弹簧竖直直立在水平地面上，下端固定，在弹簧的正上方有一个物块，物块从高处自由下落到弹簧上端O，将弹簧压缩，弹簧被压缩了x0时，物块的速度变为零．从物块与弹簧接触开始，物块的加速度的大小随下降的位移x变化的图象可能是下图中的

【答案】D

【解析】物块接触弹簧后，在开始阶段，物块的重力大于弹簧的弹力，合力向下，加速度向下，根据牛顿第二定律得

，得到

，a与x是线性关系，当x增大时，a减小；当

弹力等于重力时，物块的合力为零，加速度a=0；当弹力大于重力后，物块的合力向上，加速度向上，根据牛顿第二定律得，

，得到

，a与x是线性关系，当x增大时，a

增大．若物块接触弹簧时无初速度，根据简谐运动的对称性，可知物块运动到最低点时加速度大小等于g，方向竖直向上，当小球以一定的初速度压缩弹簧后，物块到达最低点时，弹簧的压缩增大，加速度增大，大于g．故ABC错误，D正确； 【考点】考查了牛顿第二定律，胡克定律

39. 如图所示，小车上固定着三角硬杆，杆的端点固定着一个质量为的小球．小车水平向右以加速度做匀加速直线运动，则下列关于杆对小球的作用力的说法正确的是（ ）

A．可能竖直向上 C．一定沿杆方向

B．一定竖直向上 D．可能沿杆方向

【答案】D

【解析】由于小车以加速度a做匀加速运动，则若杆对小球的力产生两个做用效果，一个竖直向上与重力平衡，另一个在水平方向上产生加速度，真正杆对小球的力是这两个力的矢量和，若加速度的不同，杆对小球的力的大小和方向不同，若加速度达到某个值，可能使得杆对小球的力恰好沿着杆，因此D正确，A、B、C错误 【考点】力的合力与分解

40. 如图所示，一轻质弹簧其上端固定在升降机的天花板上，下端挂一小球，在升降机匀速竖直下降过程中，小球相对于升降机静止。若升降机突然停止运动，设空气阻力可忽略不计，弹簧始终在弹性限度内，且小球不会与升降机的内壁接触，则以地面为参照系，小球在继续下降的过程中（ ）

A．速度逐渐减小，加速度逐渐减小 B．速度逐渐增大，加速度逐渐减小 C．速度逐渐减小，加速度逐渐增大

D．速度逐渐增大，加速度逐渐增大

【答案】C

【解析】开始弹簧的弹力等于小球的重力，小球所受的合力为零，当升降机停止运动后，小球继续向下运动，弹簧的伸长量越来越大，这时小球所受的合力越来越大，向上的加速度越来越大，而小球的速度越来越小，因此C正确，A、B、D错误 【考点】牛顿第二定律

41. 如图所示，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在拉力F作用下，以加速度g竖直向上做匀加速直线运动，某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度为aA和aB，

则（ ）

A．aA=aB=-g B．aA=g，C．aA=g，aB=-g D．

，

【答案】B

【解析】对A受力分析：撤掉F后，由于弹簧形变量没有变化，故弹力不变，A只受重力和弹力，因此A的受力不变，故其加速度不变仍为g，

对B受力分析：B由原来受F，重力，弹力，由牛顿第二定律：F-m2g-F弹=m2g，撤掉F后，B只受重力和弹力，由牛顿第二定律：-m2g-F弹=m2aB…① 对A：F弹-m1g=m1g，解得：F弹=2m1g…② 带入得：m2g+2m1g=m2aB 解得：

，故B正确 , 故选B

【考点】牛顿第二定律的应用.

42. 如图a所示，小物体从竖直弹簧上方离地高h1处由静止释放，其动能Ek与离地高度h的关系如图b所示。其中高度从h1下降到h2，图象为直线，其余部分为曲线，h3对应图象的最高点，轻弹簧劲度系数为k，小物体质量为m，重力加速度为g。以下说法正确的是（ ）

A．小物体下降至高度h3时，弹簧形变量为0 B．小物体下落至高度h5时，加速度最大

C．小物体从高度h2下降到h4，弹簧的弹性势能增加了

D．小物体从高度h1下降到h5，弹簧的最大弹性势能为mgh1

【答案】BC

【解析】对A项：如图所示，

可看做竖直方向的弹簧振子。根据动能定理，利用b图，物体由O下落A的过程图像为直线，判断此过程为自由落体运动，在高为的A处刚好接触弹簧，弹簧形变量为零，弹性势能；由A到B物体继续下落，开始压缩弹簧，弹力逐渐增大，物体做加速度减小的加速运动，下落至高为的B处，加速度减小到零，速度增加到最大，此时物体所受重力与弹力等大反向，

，小物体下降至高度h3时，弹簧形变量

度相等，故AC两处关于B对称，C处弹簧形变量为能

，故A错误；

对C项：由上可知，B为弹簧振子的平衡位置，根据弹簧振子的对称性， AC两处动能相等，速

，即高为h4的C处弹性势

，小物体从高度h2下降到h4弹簧的弹性势能增加量，故C正确；

对B项：由O到A，小球做自由落体运动，加速度竖直向下，大小为；由A到B，弹力由零逐渐增大到续增大，从

，增大到

，

，，由

，加速度竖直向下，由g减小到零；由B到C，弹力继

，

，加速度竖直向上，由零增大到g；由

C到D，弹力继续增大，可知弹力越大，加速度越大，D处弹力最大，加速

度最大，且大于C处的加速度，故B正确；

对D项：D处小球运动到最低点，速度为零，弹簧最短，形变量最大，弹性势能最大，由O到D，减少的重力势能等于增加的弹性势能，应用能量守恒定律，D处弹性势能，故D错误。 【考点】

43. 如图所示，质量M＝400g的劈形木块B上叠放一木块A，A的质量为m＝200g。A、B一起放在斜面上，斜面倾角θ＝37°，B的上表面呈水平，B与斜面之间及B与A之间的动摩擦因数均为μ＝0.2。当B受到一个F＝5.76N的沿斜面向上的作用力时，A相对B静止，并一起沿斜面向上运动。

（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）求：

（1）B的加速度大小；

（2）A受到的摩擦力及A对B的压力大小。 【答案】（1）2m/s2 （2）0.32N 2.24N

【解析】（1）设向上的加速度为a，将AB视为整体分析其受力运动有

，代入数值整理得a=2（m/s2）。

（2）设A受到的摩擦力为f，B对A的支持力大小为N，则竖直方向有，水平方向有，代入数值有（N），

（N），由牛顿第三定律，A对B的压力的大小等于B对A的支持力，

所以A对B的压力为2.24N 。

【考点】本题考查了牛顿运动定律、摩擦力、弹力等概念

44. 如图，光滑固定的竖直杆上套有小物块 a，不可伸长的轻质细绳通过大小可忽略的定滑轮连接物块 a 和小物块b，虚线 cd 水平。现由静止释放两物块，物块 a 从图示位置上升，并恰好能到

达c处。在此过程中，若不计摩擦和空气阻力，下列说法正确的是 ( )

A．物块a到达c点时加速度为零

B．绳拉力对物块a做的功等于物块a重力势能的增加量 C．绳拉力对物块b先做负功后做正功

D．绳拉力对物块b做的功等于物块b机械能的变化量

【答案】BD

【解析】据题意，当物块a运动到c时，对物块a受力分析，受到重力G，水平向右的拉力T和水平向左的支持力N，所以a的合力一定向下，则加速度必定不为0 ，A选项错误；对a物块应用动能定理，从初始位置到c位置，拉力T做正功，重力G做负功，总功等于动能变化，则有：wT-wG=0，所以B选项正确；绳子拉力与b物块运动方向相反，则拉力一直做负功，所以C选项错误；对b物块受力分析受到重力G’和拉力T’，则拉力做的功等于b物块机械能变化量，所以D选项正确。

【考点】本题考查动能定理和能量守恒定律的应用。

45. 光滑的L型木板P放在固定光滑斜面上，轻质弹簧一端固定在木板上，另一端与置于木板上表面的滑块Q相连，如图所示．若P、Q一起沿斜面加速下滑，不计空气阻力。则木板P 的受力

个数为（ ）

A．3

B．4

C．5

D．6

【答案】A

【解析】据题意，对木板受力分析，受到重力和斜面支持力，还有Q对P的压力；由于P和Q一起运动，两者加速度相等，则弹簧对P和Q都没有产生弹力，否则两者运动情况不相同，不可能一起运动，故弹簧对P没有产生弹力，正因为如此，P和Q之间也没有摩擦力，则选项A正确。 【考点】本题考查受力分析。

46. 利用传感器和计算机可以测量快速变化力的瞬时值。如图是用这种方法获得的弹性绳中拉力F随时间t变化的图线。实验时，把小球举高到绳子的悬点O处，然后放手让小球自由下落。由

此图线所提供的信息，以下判断正确的是（ ）

A．t2时刻小球速度最大

B．t1～t2期间小球速度先增大后减小 C．t3时刻小球动能最小

D．t1与t4时刻小球动能一定相同

【答案】B

【解析】据题意，小球释放后先做自由落体运动，之后弹性绳弹力增大在某个时刻弹力等于重力，此时速度最大，此时刻之前小球做加速运动，之后做减速运动，当在t2时刻弹力最大而此时速度等于0，故选项A、C错误而选项B正确；由于弹力最大值在逐渐减小，说明小球有能力损失，故t1与t4时刻小球动能一定不相同，选项D错误。 【考点】本题考查力-时间图象。

47. 如图所示，质量均为m的A.B两球由轻质弹簧相连，在恒力F作用下，以大小为a的加速

度竖直向上做匀加速运动，突然撤除恒力瞬间，A.B的加速度大小分别为（ ）

A．aA =aB=a

B．aA =2g+a,aB=a C．aA =aB=g

D．aA=2g+a,aB=0 【答案】B

【解析】根据题意知，以AB整体为研究对象有：为研究对象，得，解得：簧弹力瞬间保持不变，故以A为研究对象：此时A的加速度

可得：恒力，再以A

，F撤去瞬间，F消失，弹

，根据牛顿第二定律知，

，对B而言，在F撤去瞬间，由于弹簧弹力保持不变，

故B的受力瞬间没有发生变化，即此时B的加速度．所以B正确 【考点】考查了牛顿第二定律的瞬时性

48. （10分）如图所示，粗糙水平面与半径R=1.5m的光滑1/4圆弧轨道相切于B点，静止于A处m =1kg的物体在大小为10N方向与水平水平面成37°角的拉力F作用下沿水平面运动，到达B点时立刻撤去F，物体沿光滑圆弧向上冲并越过C点，然后返回经过B处的速度vB=15m/s.已知SAB =15m，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8。求：

（1）物体到达C点时对轨道的压力； （2）物体与水平面的动摩擦因数μ。 【答案】（1）130N；（2）0.125

【解析】（1）设物体在C处的速度为vC，由机械能守恒定律有：mgR+mvC2=mvB2 ① 在C处，由牛顿第二定律有：FC=m

②（2分）

联立①②并代入数据解得： 轨道对物体的支持力FC=130N（1分） 根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力FC′=130N（1分）

（2）由于圆弧轨道光滑，物体第一次通过B处与第二次通过的速度大小相等（1分） 从A到B的过程，由动能定理有：F con37°SAB– μ（mg－F sin37°）SAB =mvB2 ③

解得物体与水平面的动摩擦因数μ=1/8=0.125 【考点】动能定理

49. 空中花样跳伞是一项流行于全世界的一种极限运动．波兰104人集体跳伞，在经历14次失败以后，空中形成雪花状，刷新跳伞记录。假设某跳伞运动员从静止在空中的飞机上无初速度跳下，沿竖直方向下落，运动过程中，运动员受到的空气阻力符合,k为常量，A为垂直于速度的

横截面积，v是物体的速度。则下列说正确的是 （ ）

A．运动员在下落过程中做匀加速直线运动

B．若最后阶段运动员做匀速直线运动，速度的大小只与人的重量有关 C．运动员通过改变人姿势来调节人的速度，最终位于相同高度

D．刚跳下的时候人的加速度最大，下落过程中运动员的机械能保持不变。

【答案】C

【解析】运动员受到重力和空气阻力，且空气阻力是会随速度的变化而变化，所以做变加速度的运动，选项A错误；因为阻力和横截面积有关，选项B错误；通过改变人的姿势调整横截面积来改变速度，选项C正确；此过程阻力一直做功，所以机械能不守恒，选项D错误。 【考点】此题考查了牛顿运动定律、功能关系。

50. 如图所示，在光滑的水平面上，质量分别为m1和m2的木块A和B之间用轻弹簧相连，在大小为F的拉力作用下做匀加速直线运动．某时刻突然撤去拉力F，此瞬时A和B的加速度大小分别为a1和a2，则有 （ ） A．B．A．D．

，解

【答案】D

【解析】将AB看做一个整体，整体受到向右的拉力F，根据牛顿第二定律可得得

，对A分析，A受到水平向右的弹力作用，故有， 突然撤去推力F的瞬间，由于弹簧还没有来得及改变，所以A的加速度不变，对B分析，B受到向左的弹力作用，所以有，解得

，故D正确

【考点】考查了牛顿第二定律的瞬时性

51. （21分）如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴方向的匀强电场，其电场强度大小和方向随时间变化的关系如图乙所示，现有质量为m，带电量为e的电子（不计重力）不断的从原点O以速度v0沿x轴正方向射入电场，问

（1）若要电子飞出电场时速度方向仍然沿x轴方向，则电场变化的周期必须满足何条件？ （2）若要电子从图中的A点沿x轴飞出，则电子应该在什么时刻进入电场？ （3）若在电场右侧有一个以点（3L，0）为圆心，半径为L的圆形磁场区域，且满足则所有能进入磁场的电子将从何处飞出磁场？ 【答案】（1）

（2）

（3）都从d点飞出磁场

，

【解析】（1）若要电子飞出电场时速度沿x轴方向，即y方向电子没有速度，则由图乙，显然电

子在电场中运动的时间应该为整数个周期．

即

，

注意：1若不能给出系列解，则给一半分！2若能说明原因（如借助图像）再给2分

（2）若要电子从图中的A点沿x轴飞出，即经过电场后，电子在y方向既没有获得速度，也没

有侧移，则粒子必须在

时刻从O点进入电场，这样在v-t图像中很明显的可看出在整数个周期内，电子在y方向的位移为零。

（3）由题，电子进入磁场的速度一定沿x轴，且在磁场中做圆周运动的半径

，设电

子从磁场左边界任意点Q进入磁场，则PQ//Md，且PQ=Md，所以四边形QPdM为平行四边形，更准确的说是菱形，故Pd=PQ，即从Q 点进入磁场的粒子经过d点，因为Q点是任意的，所以

所有能进入磁场的电子一定经过d点，即都从d点飞出磁场

【考点】带电粒子在电场中的运动、带电粒子在磁场中的运动

52. 如下图甲所示，质量不计的弹簧竖直固定在水平地面上，t=0时刻，将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放，小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点，然后又被弹簧弹起离开弹簧，上升到一定高度后再下落，如此反复。通过安装在弹簧下端的压力传感器，测出这一过程弹簧弹力

F随时间t变化的图象如图乙所示，则

A．t1时刻小球动能最大 B．t2时刻小球动能最大

C．t2～t3这段时间内，小球的动能先增加后减少

D．t2～t3这段时间内，小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能

【答案】CD

【解析】小球从接触弹簧开始，弹簧的弹力从零开始增大，由于，所以小球向下做加速运动，速度增大，当时，合力为零，加速度为零，速度达到最大，此时小球仍有向下的速度，所以弹簧会被继续压缩，不过之后弹簧的弹力继续增大，，合力向上，小球做减速运动，当速度为零时，弹簧压缩量最大，弹力最大，所以小球动能最大时刻不是与小球刚接触的时刻，而是弹力等于重力时，A错误；时刻弹簧的弹力最大，压缩量最大，此刻小球的速度为零，B错误；过程为小球从最低点上升直到离开弹簧的过程，可将下落过程逆过来，所以小球的动能先增大后减小，C正确；因为是从弹簧正上方某一高度处由静止释放，所以重力做功大于弹簧做功，即小球增加的动能小于弹簧减少的弹性势能，D正确 【考点】考查了牛顿第二定律，功能关系

53. 如图，在一次救灾工作中，一架沿水平直线飞行的直升机A，用悬索（重力可忽略不计）救护困在湖水中的伤员B。在直升机A和伤员B以相同的水平速度匀速运动的同时，悬索将伤员吊起，在某一段时间内，A、B之间的距离以l=H－t2（式中H为直升机A离地面的高度，各物理量

的单位均为国际单位制单位）规律变化，则在这段时间内（ ）

A．悬索的拉力等于伤员的重力 B．伤员处于超重状态

C．从地面看，伤员做加速度大小、方向均不变的曲线运动 D．从直升机看，伤员做速度大小增加的直线运动 【答案】BCD

【解析】由题，伤员上升的位移为

，与匀变速直线运动的规律

类比可以看出，

伤员匀加速上升，处于超重状态，悬索拉力大于伤员重力，A错B对；在地面上的人看来，伤员水平方向匀速，竖直方向加速，做匀变速曲线运动，C正确；伤员与直升机在水平方向运动同步，故D对。

【考点】牛顿运动定律、超重与失重、曲线运动

54. 如图所示，在光滑的水平面上有一个质量为M的木板B处于静止状态，现有一个质量为m的木块A在木板B的左端以初速度v0开始向右滑动，已知M>m，用①和②分别表示木块A和木板B的图象，在木块A从木板B的左端滑到右端的过程中，下面关于速度v随时间t、动能Ek随

位移s的变化图象，其中可能正确的是( )

【答案】D

【解析】对A分析，受到B对A的滑动摩擦力作用即度加速度

，对B受力分析，受到A对B向右的摩擦力

，所以A做匀减速直线运动，加速

，因此B做匀加速直线运动，

，速度时间图像斜率即代表加速度，即B的速度时间图像斜率大于A的

图像斜率，选项AB错。当A减速，B加速直到二者速度相等时，开始一起匀速直线运动，在此过程中，对A分析有，对B分析，二者的图像的斜率相同，所以选项C错D对。 【考点】功能关系

55. (14分)如图所示，光滑圆弧轨道最低点与光滑斜面在B点用一段光滑小圆弧平滑连接，可认为没有能量的损失，圆弧半径为R=\"0.5\" m，斜面的倾角为450，现有一个可视为质点、质量为m=\"0.1\" kg的小球从斜面上A点由静止释放，通过圆弧轨道最低点B时对轨道的压力为6 N。以

B点为坐标原点建立坐标系如图所示(g=\"10\" m/s2)。求：

（1）小球最初自由释放位置A离最低点B的高度h； （2）小球运动到C点时对轨道的压力的大小；

（3）小球从离开C点至第一次落回到斜面上，落点的坐标是多少?

【答案】（1）小球最初自由释放位置A离最低点B的高度1.25 m；（2）小球运动到C点时对轨道的压力的大小为；（3）小球从离开C点至第一次落回到斜面上，落点的坐标是（

，

）。

【解析】(1)由圆周运动向心力 由动能定理得解得h=\"1.25\" m。 (2)由动能定理圆周运动FC′=-FC=0。

,由作用力与反作用力的关系可得小球运动到C点时对轨道的压力

(3)设落点的坐标为（x,y），由平抛运动规律

联立解得x=则坐标为（

，y=，

。 ）。

【考点】机械能守恒定律、向心力

点评：小球的运动过程可以分匀加速直线运动、机械能守恒运动及平抛运动，采用相应的规律求解即可。

56. (15分) 如图所示，水平轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=10m，半圆形轨道半径R=2.5m，质量m=0.1kg的小滑块（可视为质点）以一定的速度从水平轨道进入半圆形轨道，沿轨道运动到最高点C，从C点水平飞出。若小滑块从C点水平飞出后恰好落在A

点，重力加速度g=10m/s2，试分析求解：

(1)滑块通过C点时的速度大小；

(2)滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道的压力大小； 【答案】(1) (2) 【解析】物体离开C点后做平抛运动： （3分） （3分） 解得

（1分）

物体从B到C过程满足机械能守恒，取AB面为重力零势能面，有：（3分）

在B点对物体由牛顿第二定律有：

（3分）

解得 （1分）

由牛顿第三定律知，滑块在B点对轨道的压力大小为9N. （1分）

【考点】本题考查了平抛运动、牛顿第二定律、牛顿第三定律、机械能守恒定律。

57. （6分）如图所示，一质量为1kg的小球套在一根固定的足够长的直杆上，小球与杆间的动摩擦因数=0.5，直杆与水平面夹角θ为37°．现小球在竖直向上的拉力F=15N作用下从A点由静

2

止出发沿杆向上运动．g取10m/s．试求小球的加速度的大小。（）

【答案】

【解析】对物体受力分析：

（2分） （2分） （1分） 解得： （1分）

【考点】本题考查了牛顿第二定律。

58. 如图甲所示，BCD为竖直放置的半径R=0.20m的半圆形轨道，在半圆形轨道的最低位置B和最高位置D均安装了压力传感器，可测定小物块通过这两处时对轨道的压力FB和FD。半圆形轨道在B位置与水平直轨道AB平滑连接，在D位置与另一水平直轨道EF相对，其间留有可让小物块通过的缝隙。一质量m=0.20kg的小物块P（可视为质点），以不同的初速度从M点沿水平直轨道AB滑行一段距离，进入半圆形轨道BCD经过D位置后平滑进入水平直轨道EF。一质量为2m的小物块Q（可视为质点）被锁定在水平直轨道EF上，其右侧固定一个劲度系数为k=500N/m的轻弹簧。如果对小物块Q施加的水平力F≥30N，则它会瞬间解除锁定沿水平直轨道EF滑行，且在解除锁定的过程中量损失。已知弹簧的弹性势能公式

,其中k为弹簧

的劲度系数，x为弹簧的形变量。g取10m/s2。

（1）通过传感器测得的FB和FD的关系图线如图乙所示。若轨道各处均不光滑，且已知轨道与小物块P之间的动摩擦因数μ=0.10，MB之间的距离xMB=0.50m。当 FB=18N时，求： ①小物块P通过B位置时的速度vB的大小；

②小物块P从M点运动到轨道最高位置D的过程中损失的总机械能；

（2）若轨道各处均光滑，在某次实验中，测得P经过B位置时的速度大小为m/s。求在弹簧被压缩的过程中，弹簧的最大弹性势能。 【答案】（1）①4.0m/s②0.50J （2）1.37J

【解析】（1）①设小物块P在B、D两位置受轨道弹力大小分别为NB、ND，速度大小分别为vB、vD。

根据牛顿第三定律可知 小物块P通过B位置时，根据牛顿第二定律有

解得：vB=4.0m/s

②小物块P从M到B所损失的机械能为：ΔE1=μmgxMB=0.10J 小物块P通过D位置时，根据牛顿第二定律有解得：vD=2.0m/s

小物块P由B位置运动到D位置的过程中，克服摩擦力做功为Wf， 根据动能定理有－

解得：Wf=0.40J

小物块P从B至D的过程中所损失的机械能ΔE2=0.40J

小物块P从M点运动到轨道最高点D的过程中所损失的机械能ΔE=0.50J

（2）在轨道各处均光滑的情况下，设小物块P运动至B、D位置速度大小分别为vB′、vD′。 根据机械能守恒定律有：

解得：vD′=4.0m/s

小物块P向小物块Q运动，将压缩弹簧，当弹簧的压缩量x=F/k时，小物块Q恰好解除锁定。设小物块P以vx速度大小开始压缩弹簧，当其动能减为零时，刚好使小物块Q解除锁定。 根据能量守恒有

，

解得：vx=3.0m/s

由于vD′＞vx，因此小物块Q被解除锁定后，小物块P的速度不为零，设其速度大小为根据能量守恒有

解得：vP=m/s

当小物块Q解除锁定后，P、Q以及弹簧组成的系统动量守恒，当两者速度相等时，弹簧的压缩量最大。

根据动量守恒定律有： 弹簧的最大弹性势能

J

【考点】动量守恒定律；能量守恒；牛顿第二定律。

59. 如图所示,粗糙水平面与半径的光滑圆弧轨道相切于点.静止于处的物体在大小为10、方向与水平面成37°角的推力作用下沿水平面运动,到达点时立刻撤去,物体沿光滑圆弧向上冲并越过点,然后返回经过处的速度.已知,,,

.不计空气阻力.求:

(1)物体到达点时对轨道的压力； (2)物体与水平面间的动摩擦因数. 【答案】（1）76N．（2）0.8

【解析】（1）对C到B过程运用动能定理得，mgR＝mvB2−mvC2 在C点，根据牛顿第二定律得，

联立两式代入数据解得N=76N．

根据牛顿第三定律，物体到达C点时对轨道的压力为76N．

（2）对A到B的过程运用动能定理，有：[F con37°-μ（mg-F sin37°）]•sAB=mvB2

代入数据解得μ=0.8．

【考点】牛顿第二定律；动能定理.

60. 如图甲所示，倾角为θ的斜面足够长，质量为m的小物块受沿斜面向上的拉力F作用，静止在斜面中点O处，现改变拉力F的大小 （方向始终沿斜面向上），物块由静止开始沿斜面向下运动，运动过程中物块的机械能E随离开O点的位移x变化关系如图乙所示，其中0-过程的为曲线过程的图线为直线，物块与斜面间动摩擦因数为。物块从开始运动到位移为的过程

中

A．物块的加速度始终在减小

B．物块减少的机械能等于物块克服合力做的功 C．物块减少的机械能小于减少的重力势能

D．物块减少的机械能等于物块克服摩擦力做的功

【答案】C

【解析】由图可知，物块向下运动的过程中，其中O～x1过程的图线为曲线，斜率逐渐减小，而斜率：

，△E=-（F+μmgcosθ）•△x，联立可知，k=-（F+μmgcosθ），斜率减小，则-

（F+μmgcosθ）减小，物块受到的合外力mgsinθ-（F+μmgcosθ）不一定减小，由牛顿第二定律可知，物块的加速度不一定减小；

在x1～x2过程的图线为直线，k不变，则物块的加速度不变．故A错误；物块向下运动的过程中，重力、拉力与摩擦力做功，物块减少的机械能等于拉力与摩擦力做功，不等于物块克服合力做的功．故BD错误；物块由静止开始沿斜面向下运动，由动能定理可知，重力势能减小量等于重力功WG，机械能的减小量等于WF+Wf，所以物块减少的机械能小于减少的重力势能．故C正确；故选：C

【考点】牛顿第二定律；动能定理.