高中物理牛頓運動定律習題含答案解析

1、 牛頓運動定律第一部分 五年高考題薈萃2009年高考新題一、選擇題1.（09·全國卷·15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在00.4s時間內的v-t圖象如圖所示。若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質量之比和圖中時間t1分別為 （ B ）A和0.30s B3和0.30s C和0.28s D3和0.28s解析：本題考查圖象問題.根據速度圖象的特點可知甲做勻加速,乙做勻減速.根據得,根據牛頓第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正確。2.（09·上海·7）圖為蹦極運動的示意圖。彈性繩的一端固定在點，另一端和運動員相連。運動員從點自由下落，至點彈性

2、繩自然伸直，經過合力為零的點到達最低點，然后彈起。整個過程中忽略空氣阻力。分析這一過程，下列表述正確的是 （ B ） 經過點時，運動員的速率最大經過點時，運動員的速率最大從點到點，運動員的加速度增大 從點到點，運動員的加速度不變A B C D3.（09·上海·46）與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術參數。在額定輸出功率不變的情況下，質量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當此電動車達到最大速度時，牽引力為 N,當車速為2s/m時，其加速度為 m/s2(g=10m m/s2) 規(guī)格后輪驅動直流永

3、磁鐵電機車型14電動自行車額定輸出功率200W整車質量40Kg額定電壓48V最大載重120 Kg額定電流4.5A答案：40：0.64.（09·寧夏·20）如圖所示，一足夠長的木板靜止在光滑水平面上，一物塊靜止在木板上，木板和物塊間有摩擦?，F用水平力向右拉木板，當物塊相對木板滑動了一段距離但仍有相對運動時，撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運動情況為 （ BC ）A.物塊先向左運動，再向右運動B.物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動C.木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動D.木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零5.（09·廣東物理·8）某人

4、在地面上用彈簧秤稱得體重為490N。他將彈簧秤移至電梯內稱其體重，至時間段內，彈簧秤的示數如圖所示，電梯運行的v-t圖可能是（取電梯向上運動的方向為正） （ A ）解析：由圖可知，在t0-t1時間內，彈簧秤的示數小于實際重量，則處于失重狀態(tài)，此時具有向下的加速度，在t1-t2階段彈簧秤示數等于實際重量，則既不超重也不失重，在t2-t3階段，彈簧秤示數大于實際重量，則處于超重狀態(tài)，具有向上的加速度，若電梯向下運動，則t0-t1時間內向下加速，t1-t2階段勻速運動，t2-t3階段減速下降，A正確；BD不能實現人進入電梯由靜止開始運動，C項t0-t1內超重，不符合題意。6.（09·江蘇物

5、理·9）如圖所示，兩質量相等的物塊A、B通過一輕質彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內。在物塊A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有 （ BCD ）A當A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大B當A、B加速度相等時，A、B的速度差最大C當A、B的速度相等時，A的速度達到最大D當A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大解析：處理本題的關鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化。對A、B在水平方向受力分析如圖，F1為彈簧的拉力；當加速度大小相同為a時，

6、對有，對有，得，在整個過程中的合力（加速度）一直減小而的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（加速度）。兩物體運動的v-t圖象如圖，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩物體的速度相等，速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統(tǒng)正功，系統(tǒng)機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統(tǒng)機械能并非最大值。7.（09·廣東理科基礎·4）建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質量為70

7、.0kg的工 人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0500ms2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取lOms2) （ B ）A510 N B490 N C890 N D910 N 解析：對建筑材料進行受力分析。根據牛頓第二定律有,得繩子的拉力大小等于F=210N,然后再對人受力分析由平衡的知識得,得FN=490N,根據牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為490N.B對。8.（09·廣東理科基礎·15）搬運工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速度為a1；若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F

8、時，物體的加速度為a2，則 （ D ）Aal=a2 Ba1<a2<2al Ca2=2a1 Da2>2al 解析：當為F時有，當為2F時有，可知，D對。9.（09·山東·17）某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據此判斷圖乙（F表示物體所受合力，x表示物體的位移）四個選項中正確的是 （ B ）解析：由圖甲可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒受力恒定，2s-4s做正方向勻加速直線運動，所以受力為負，且恒定，4s-6s做負方向勻加速直線運動，所以受力為負，恒定，6s-8s做負方向勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜上分析B正確?？键c：v-

9、t圖象、牛頓第二定律提示：在v-t圖象中傾斜的直線表示物體做勻變速直線運動，加速度恒定，受力恒定。速度時間圖象特點：因速度是矢量，故速度時間圖象上只能表示物體運動的兩個方向，t軸上方代表的“正方向”，t軸下方代表的是“負方向”，所以“速度時間”圖象只能描述物體做“直線運動”的情況，如果做曲線運動，則畫不出物體的“位移時間”圖象；“速度時間”圖象沒有時間t的“負軸”，因時間沒有負值，畫圖要注意這一點；“速度時間”圖象上圖線上每一點的斜率代表的該點的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正負表示加速度的方向；“速度時間”圖象上表示速度的圖線與時間軸所夾的“面積”表示物體的位移。P地球Q軌道1軌

10、道210.（09·山東·18）2008年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是 （ BC ）A飛船變軌前后的機械能相等B飛船在圓軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)C飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度D飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出

11、艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確?？键c：機械能守恒定律，完全失重，萬有引力定律提示：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。根據萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。由得，由得，由得，可求向心加速度。11.（09·山東

12、83;22）圖示為某探究活動小組設計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復上述過程。下列選項正確的是 （ BC ） AmMBm2MC木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度D在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉化為彈簧的彈性勢能解析：受力分析可知，下滑時加速度為，上滑時加速度為，所以C正確。設下滑的距離為l，根據能量守恒有，得m2M。也可以根據除

13、了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉化為彈簧的彈性勢能和內能，所以D不正確?？键c：能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析提示：能量守恒定律的理解及應用。12.（09·安徽·17）為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉。一顧客乘扶梯上樓，恰好經歷了這 兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是 （ C ）A. 顧客始終受到三個力的作用B. 顧客始終處于超重狀態(tài)FNmgfaC.

14、顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。13.（09·安徽·18）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。粒子從b點運動到d點的過程中 （ D ）

15、A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢C. 電勢能與機械能之和先增大，后減小abccdOD. 電勢能先減小，后增大解析：由于負電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負功，電勢能增加，D對。二、非選擇題14.（09·山東·24）（15分）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg的貨物

16、（可視為質點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現利用固定于地面的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2）（1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。（2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應滿足的條件。（3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。解析：（1）

17、設貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據機械能守恒定律得，設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，聯立以上兩式代入數據得根據牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。（2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得聯立式代入數據得。（3），由式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得聯立式代入數據得設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得聯立式代入數據得?？键c：機械能守恒定律、牛頓第二

18、定律、運動學方程、受力分析15.（09·安徽·22）（14分）在2008年北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃 了主火炬，體現了殘疾運動員堅忍不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設運動員的質量為65kg，吊椅的質量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取。當運動員與吊椅一起正以加速度上升時，試求（1）運動員豎直向下拉繩的力；FF(m人+m椅)ga（2）運動員對吊椅的壓力。答案：440N，275N解析：解法一

19、:(1）設運動員受到繩向上的拉力為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子拉力相等，吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示，則有：由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力FF(m人+m椅)ga（2）設吊椅對運動員的支持力為FN，對運動員進行受力分析如圖所示，則有：由牛頓第三定律，運動員對吊椅的壓力也為275N解法二:設運動員和吊椅的質量分別為M和m；運動員豎直向下的拉力為F，對吊椅的壓力大小為FN。根據牛頓第三定律，繩對運動員的拉力大小為F，吊椅對運動員的支持力為FN。分別以運動員和吊椅為研究對象，根據牛頓第二定律 由得 16.（09·江蘇·13）（15分）航模興

20、趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m =2，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F =28 N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2。（1）第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時到達高度H = 64 m。求飛行器所阻力f的大?。唬?）第二次試飛，飛行器飛行t2 = 6 s 時遙控器出現故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h；（3）為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復升力的最長時間t3 。解析：（1）第一次飛行中，設加速度為勻加速運動由牛頓第二定律解得（2）第二次飛行中，設失去升力時的速度為，上升的高度為勻加速運動設失去升

21、力后的速度為，上升的高度為由牛頓第二定律解得（3）設失去升力下降階段加速度為；恢復升力后加速度為，恢復升力時速度為由牛頓第二定律 F+f-mg=ma4且V3=a3t3解得t3=(s)(或2.1s)17.（09·海南物理·15）（9分）一卡車拖掛一相同質量的車廂，在水平直道上以的速度勻速行駛，其所受阻力可視為與車重成正比，與速度無關。某時刻，車廂脫落，并以大小為的加速度減速滑行。在車廂脫落后，司機才發(fā)覺并緊急剎車，剎車時阻力為正常行駛時的3倍。假設剎車前牽引力不變，求卡車和車廂都停下后兩者之間的距離。解析：設卡車的質量為M，車所受阻力與車重之比為；剎車前卡車牽引力的大小為，卡

22、車剎車前后加速度的大小分別為和。重力加速度大小為g。由牛頓第二定律有設車廂脫落后，內卡車行駛的路程為，末速度為，根據運動學公式有 式中，是卡車在剎車后減速行駛的路程。設車廂脫落后滑行的路程為，有 卡車和車廂都停下來后相距 由至式得 帶入題給數據得 評分參考：本題9分。至式各1分，式1分18.（09·上海物理·22）（12分）如圖A，質量m1kg的物體沿傾角q37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風速v成正比，比例系數用k表示，物體加速度a與風速v的關系如圖B所示。求：（1）物體與斜面間的動摩擦因數m；（2）比例系數k。（s

23、in370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s2）解析：（1）對初始時刻：mgsinqmmgcosqma0 由圖讀出a0=4m/s2代入式，解得：m0.25； （2）對末時刻加速度為零：mgsinqmNkvcosq0 又Nmgcosqkvsinq由圖得出此時v=5 m/s代入式解得：k0.84kg/s。19.（09·廣東物理·20）（17分）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數=0.05（設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質量=1.0kg.帶正電的小滑塊

24、A質量=0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度=0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2）（1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？（2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？解析：由牛頓第二定律有 A剛開始運動時的加速度大小 方向水平向右B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用由牛頓第三定律得電場力摩擦力B剛開始運動時的加速度大小方向水平向左設B從開始勻減速到零的時間為t

25、1，則有此時間內B運動的位移t1時刻A的速度，故此過程A一直勻減速運動。 此t1時間內A運動的位移此t1時間內A相對B運動的位移此t1時間內摩擦力對B做的功為 t1后，由于，B開始向右作勻加速運動，A繼續(xù)作勻減速運動，當它們速度相等時A、B相距最遠，設此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有對A 速度對B 加速度 速度聯立以上各式并代入數據解得 此t2時間內A運動的位移此t2時間內B運動的位移此t2時間內A相對B運動的位移此t2時間內摩擦力對B做的功為所以A最遠能到達b點a、b的距離L為從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為 。2008年高考題1.(08寧夏理綜20)一有固定斜面的小

26、車在水平面上做直線運動,小球通過細繩與車頂相連.小球某時刻正處于如圖所示狀態(tài).設斜面對小球的支持力為N,細繩對小球的拉力為T,關于此時刻小球的受力情況,下列說法正確的 ( )A.若小車向左運動,N可能為零 B.若小車向左運動,T可能為零C.若小車向右運動,N不可能為 D.若小車向右運動,T不可能為零答案 AB解析 小球相對于斜面靜止時,與小車具有共同加速度,如圖甲、乙所示,向左的加速度最大則T=0,向右的加速度最大則N=0,根據牛頓第二定律,合外力與合加速度方向相同沿水平方向,但速度方向與力沒有直接關系.2.（08全國19）一平行板電容器的兩個極板水平放置,兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴,小

27、油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比.若兩極板間電壓為零,經一段時間后,油滴以速率v勻速下降;若兩極板間的電壓為U,經一段時間后,小油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為-U,小油滴做勻速運動時速度的大小、方向將是 （ ）A.2v、向下 B.2v、向上 C.3v、向下 D.3v、向上答案 C解析 以油滴為研究對象,根據共點力平衡條件：不加電壓時,mg-kv=0所加電壓為U時,mg+kv-所加電壓為-U時,mg+由以上各式得:v=3v,方向豎直向下.3.(08山東理綜19)直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子,如圖所示.設投放初速度為零,箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平

28、方成正比,且運動過程中箱子始終保持圖示姿態(tài).在箱子下落過程中,下列說法正確的是 ( )A.箱內物體對箱子底部始終沒有壓力B.箱子剛從飛機上投下時,箱內物體受到的支持力最大C.箱子接近地面時,箱內物體受到的支持力比剛投下時大D.若下落距離足夠長,箱內物體有可能不受底部支持力而“飄起來”答案 C解析 因為下落速度不斷增大,而阻力f v2,所以阻力逐漸增大,當f =mg時,物體開始勻速下落.以箱和物體為整體：（M+m）g- f =（M+m）a,f增大則加速度a減小.對物體：Mg-N=ma,加速度減小,則支持力N增大.所以物體后來受到的支持力比開始時要增大,不可能“飄起來”.4.(08天津理綜19)在

29、粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A,A與豎直墻之間放一光滑圓球B,整個裝置處于靜止狀態(tài).現對B加一豎直向下的力F,F的作用線通過球心,設墻對B的作用力為F1,B對A的作用力為F2,地面對A的作用力為F3.若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止,截面如上圖所示,在此過程中 ( )A.F1保持不變,F3緩慢增大 B.F1緩慢增大,F3保持不變C.F2緩慢增大,F3緩慢增大 D.F2緩慢增大,F3保持不變答案 C解析 B的受力如圖1所示,因為F和G的方向始終在豎直方向,當F增大時,F1、F2都緩慢增大,F1=F1,F2=F2,所以F1、F2都緩慢增大.A物體受力如圖乙所示.由圖乙知F2s

30、in=F3所以F3,緩慢增加 C對.5.(08江蘇7)如圖所示,兩光滑斜面的傾角分別為30°和45°、質量分別為2m和m的兩個滑塊用不可伸長的輕繩通過滑輪連接（不計滑輪的質量和摩擦）,分別置于兩個斜面上并由靜止釋放；若交換兩滑塊位置,再由靜止釋放,則在上述兩種情形中正確的有 ( )A.質量為2 m的滑塊受到重力、繩的張力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用B.質量為m的滑塊均沿斜面向上運動C.繩對質量為m滑塊的拉力均大于該滑塊對繩的拉力D.系統(tǒng)在運動中機械能均守恒答案 BD解析因為斜面光滑,只有重力做功,機械能守恒.滑塊不受沿斜面的下滑力.因為2mgsin 30°

31、>mgsin 45°,mgsin 30°<2mgsin 45°,所以兩種情況質量為m的滑塊均沿斜面向上運動.繩對m滑塊的拉力等于該滑塊對繩的拉力.6.(08廣東1)伽利略在著名的斜面實驗中,讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下,他通過實驗觀察和邏輯推理,得到的正確結論有 ( )A.傾角一定時,小球在斜面上的位移與時間成正比B.傾角一定時,小球在斜面上的速度與時間成正比C.斜面長度一定時,小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關D.斜面長度一定時,小球從頂端滾到底端時所需的時間與傾角無關答案 B解析 設斜面的長度為L,傾角為.傾角一定時,小球在

32、斜面上的位移s=,故選項A錯誤小球在斜面上的速度v=gsin·t,故選項B正確；斜面長度一定時,小球到達底端時的速度v =,小球到達底端時所需的時間t =,即小球到達底端時的速度及所需時間與傾角有關,故選項C、D錯誤.7.(08江蘇3)一質量為M的探空氣球在勻速下降.若氣球所受浮力F始終保持不變,氣球在運動過程中所受阻力僅與速率有關,重力加速度為g.現欲使該氣球以同樣速率勻速上升,則需從氣球吊籃中減少的質量為 ( )A. B. C. D. 0答案 A解析 因阻力只與速率有關,以同樣速率上升與下降所受阻力大小不變,設為f .則下降時,F+f = Mg 上升時,F =（M-M）g+f 由

33、得M=2.2004-2007年高考題題組一一、選擇題1.(07山東理綜17)下列實例屬于超重現象的是 ( ) A.汽車駛過拱形橋頂端 B.蕩秋千的小孩通過最低點C.跳水運動員被跳板彈起,離開跳板向上 D.火箭點火后加速升空答案 BD解析 汽車駛過拱形橋頂端時,加速度方向向下,屬于失重現象;蕩秋千的小孩通過最低點時,加速度方向向上,屬于超重現象;跳水運動員被彈起后,只受重力作用,屬于完全失重現象;火箭加速升空,加速度方向向上,屬于超重現象.2.(06廣東1)下列對運動的認識不正確的是 ( ) A.亞里士多德認為物體的自然狀態(tài)是靜止的.只有當它受到力的作用才會運動B.伽利略認為力不是維持物體速度的

34、原因C.牛頓認為力的真正效應總是改變物體的速度,而不僅僅是使之運動D.伽利略根據理想實驗推論出,如果沒有摩擦,在水平面上的物體,一旦具有某一個速度,將保持這個速度繼續(xù)運動下去答案 A解析 亞里士多德對運動的認識是錯誤的,力不是維持物體運動的原因,而是改變物體運動速度的原因.3.(07江蘇6)如圖所示,光滑水平面上放置質量分別為m和2m的四個木塊,其中兩個質量為m的木塊間用可伸長的輕繩相連,木塊間的最大靜摩擦力是mg.現用水平拉力F拉其中一個質量為2m的木塊,使四個木塊以同一加速度運動,則輕繩對m的最大拉力為 ( )A. B. C. D. 3mg答案 B解析 以四個木塊為研究對象,由牛頓第二定律

35、得:F=6ma,繩的拉力最大時,m與2m間的摩擦力剛好為最大靜摩擦力mg,以2m為研究對象,則:F-mg=2ma,對m有:mg- T =ma,聯立以上三式得:T=mg.4.(06四川理綜21)質量不計的彈簧下端固定一小球.現手持彈簧上端使小球隨手在豎直方向上以同樣大小的加速度a(a<g)分別向上、向下做勻加速直線運動.若忽略空氣阻力,彈簧的伸長分別為x1、x2；若空氣阻力不能忽略且大小恒定,彈簧的伸長分別為x1、x2, （ ）A.x1+x1=x2+x B.x1+x1<x2+ x2C.x1+x2=x1+x2 D.x1+x2<x1 + x2答案 C解析 若不計空氣阻力,向上做勻加

36、速直線運動,則由牛頓第二定律得：向下做勻加速運動,則由牛頓第二定律得：mg-kx2=ma,x2=若考慮空氣阻力,設為f ,小球向上做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得：kx1- mg- f =ma,x1=小球向下做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得：mg-kx2- f =ma,x2=由上式得,x1+x1=x2+x2=由此可得x1+ >x2+x2,故A、B選項錯誤.x1+x=x1+x2=,故C選項正確,D選項錯誤.5.(04全國卷20)下列哪個說法是正確的 ( ) A.體操運動員雙手握住單杠吊在空中不動時處于失重狀態(tài)B.蹦床運動員在空中上升和下落過程中都處于失重狀態(tài)C.舉重運動員在舉起杠鈴后不

37、動的那段時間內處于超重狀態(tài)D.游泳運動員仰臥在水面靜止不動時處于失重狀態(tài) 答案 B解析 本題通過生活中的實例,考查同學們對超重和失重的理解,解答該題的關鍵是明確超重和失重的實質.產生超重(失重)的本質就是所處狀態(tài)具有向上(向下)的加速度,題中A、B、C選項中所描述的都是平衡狀態(tài),B中上升和下落過程速度均向,處于失重狀態(tài),故選項B正確.6（05廣東1）一汽車在路面上情況相同的公路上直線行駛,下面關于車速、慣性、質量和滑行路程的討論,正確的是 ( ) A.車速越大,它的慣性越大 B.質量越大,它的慣性越大C.車速越大,剎車后滑行的路程越長 D.車速越大,剎車后滑行的路程越長,所以慣性越大答案 BC

38、解析 質量是慣性大小的量度,質量大,慣性大,B對.車速越大,其具有的能量越大,由功能關系可知,其運動的路程越長,C對.7.(05全國卷14)如圖所示,位于光滑固定斜面上的小物塊,P受到一水平向右的推力F的作用.已知物塊P沿斜面加速下滑,現保持F的方向不變,使其減小,則加速度 ( ) A.一定變小 B.一定變大 C.一定不變 D.可能變小,可能變大,也可能不變答案 B解析 設斜面傾角為,由牛頓第二定定律得:mgsin -Fcos =ma所以a=gsin-由上式可知,F減小,其加速度一定變大.8.(05北京春季理綜20)如圖所示,一個盛水的容器底部有一個小孔.靜止時用手指堵住小孔不讓它漏水,假設容

39、器在下述幾種運動過程中始終保持平動,且忽略空氣阻力,則 ( )A.容器自由下落時,小孔向下漏水B.將容器豎直向上拋出后,容器向上運動時,小孔向下漏水，容器向下運動時,小孔不向下漏水C.將容器水平拋出后,容器在運動中小孔向下漏水D.將容器斜向上拋出后,容器在運動中小孔不向下漏水答案 D解析 當容器自由落體時,水對容器底部無壓力,且水和容器的運動情況相同,因此小孔不會漏水.9.(04全國卷19)如圖, 在傾角為的固定光滑斜面上,有一用繩子拴著的長木板,木板上站著一只貓.已知木板的質量是貓的質量的2倍.當繩子突然斷開時,貓立即沿著板向上跑,以保持其相對斜面的位置不變.則此時木板沿斜面下滑的加速度為

40、( )A.sin B.gsin C.gsin D.2gsin答案 C解析 對貓受力分析如圖(a)由平衡條件:Ff =mgsin 對木板受力分析如圖(b) 由牛頓第二定律:Ff+2mgsin=2ma 又由牛頓第三定律:Ff=Ff 由得a = gsin二、非選擇題10.(06全國卷24)一水平的淺色長傳送帶上放置一煤塊(可視為質點),煤塊與傳送之間的動摩擦因數為.初始時,傳送帶與煤塊都是靜止的,現讓傳送帶以恒定的加速度a0開始運動,當其速度到達v0后,便以此速度做勻速運動.經過一段時間,煤塊在傳送帶上留下了一段黑色痕跡后,相對于傳送帶不再滑動,求此黑色痕跡的長度. 答案 l = 解析 根據“傳送帶

41、上有黑色痕跡”可知,煤塊與傳送帶之間發(fā)生了相對滑動,煤塊的加速度a小于傳送帶的加速度a0,根據牛頓第二定律,可得a=g 設經歷時間t,傳送帶由靜止開始加速到速度等于v0,煤塊則由靜止加速到v,有v0=a0t v =at 由于a<a0,故v<v0,煤塊繼續(xù)受到滑動摩擦力的作用.再經過時間t,煤塊的速度由v增加到v0,有v0=v+at 此后,煤塊與傳送帶運動速度相同,相對于傳送帶不再滑動,不再產生新的痕跡. 設在煤塊的速度從0增加到v0的整個過程中,傳送帶和煤塊移動的距離分別為s0和s,有s0= s =,傳送帶上留下的黑色痕跡的長度 l =s0-s 由以上各式得l =11.（07上海2

42、1）如圖所示,物體從光滑斜面上的A點由靜止開始下滑,經過B點后進入水平面(設經過B點前后速度大小不變),最后停在C點.每隔0.2秒鐘通過速度傳感器測量物體的瞬時速度,下表給出了部分測量數據.(重力加速度g =10 m/s2)求:t ( s )0.00.20.41.21.4v( m/s )0.01.02.01.10.7(1)斜面的傾角落 (2)物體與水平面之間的動摩擦因數(3) t =0.6 s 時的瞬時速度 v 答案 (1)=30° (2)=0.2 (3)2.3 m/s解析 (1)物體在光滑斜面上運動時,做勻速直線運動,由前三列數據可求物體在斜面上運動時的加速度,則,在斜面

43、上運動時重力的分力提供加速度,即:a1=gsin,解得:=30°.(1) 物體在水平面上做勻速直線運動,由后兩列數據可求得物體在水平面上運動時的加速度a2=負號表示水平面上的加速度與物體運動速度方向相反.由a2=g得:=設物體在斜面上運動時間為t ,則物體到達斜面末端的速度v1=a1t=5t ,然后物體又做勻速直線運動,又經過(1.2-t ) s 速度變?yōu)?.1 m/s,則a1t-a2(1.2-t)=v2,代入數據解得t =0.5 s ,則t=0.6 s時物體在水平面上,其速度v=a1t-a2(t-t )=5×0.5 m/s-2×0.1 m/s=2.3m/s .1

44、2.(07上海19B) 固定光滑細桿與地面成一定傾角,在桿上套有一個光滑小環(huán),小環(huán)在沿桿方向的推力F作用下向上運動,推力F與小環(huán)速度v隨時間變化規(guī)律如圖所示,取重力加速度g=10 m/s2.求小環(huán)的質量m;細桿與地面間的傾角.答案 (1)1kg (2)30°解析 由vt圖象可解得：a=,前2 s內,由牛頓第二定律得:F-mgsin=ma. 2s滿足:F=mgsin代入數據可解得：m=1 kg,=30°13.(07江蘇15) 直升機沿水平方向勻速飛往水源取水滅火,懸掛著m=500 kg空箱的懸索與豎直方向的夾角1=45°.直升機取水后飛往火場,加速度沿水平方向,大小

45、穩(wěn)定在a =1.5 m/s2時,懸索與豎直方向的夾角2=14°.如果空氣阻力大小不計,且忽略懸索的質量,試求水箱中水的質量M.(取重力加速度g =10 m/s2;sin 14°0.242;cos 14°0.970)答案 4.5×103kg解析 直升機取水時,水箱受力平衡T1sin1- f =0 T1cos1-mg=0 由得f =mgtan1 直升機返回時,由牛頓第二定律T2sin2- f =(m+M)a T2cos2-(m+M)g=0 由得,水箱中水的質量M=4.5×103 kg14.(06全國卷24)一質量為m =40 kg的小孩站在電梯內的

46、體重計上.電梯從t =0時刻由靜止開始上升,在0到6 s內體重計示數F的變化如圖所示.試問：在這段時間內電梯上升的高度是多少？取重力加速度g=10 m/s2.答案 9 m解析 由題圖可知,在t =0到t1=2 s的時間內,體重計的示數大于mg,故電梯應做向上的加速運動.設在這段時間內體重計作用于小孩的力為f1,電梯及小孩的加速度為a1,由牛頓第二定律,得f1-mg=ma1在這段時間內電梯上升的高度h1=a1t12在t1到t2=5 s的時間內,體重計的示數等于mg,故電梯應做勻速上升運動,速度為t1時刻電梯的速度,即v1=a1t1在這段時間內電梯上升的高度h2=v1(t2-t1)在t2到t3=6

47、 s的時間內,體重計的示數小于mg,故電梯應做向上的減速運動.設這段時間內體重計作用于小孩的力為f2,電梯及小孩的加速度為a2,由牛頓第二定律,得mg-f2=ma2 在這段時間內電梯上升的高度h3=v1(t3-t2)-a2(t3-t2)2 電梯上升的總高度h=h1+h2+h3 由以上各式和題文及題圖中的數據,解得h=9 m15.(04天津理綜24)質量m=1.5 kg的物塊(可視為質點)在水平恒力F作用下,從水平面上A點由靜止開始運動,運動一段距離撤去該力,物塊繼續(xù)滑行,t=2.0 s停在B點,已知A、B兩點間的距離s=5.0 m,物塊與水平面間的動摩擦因數=0.20.求恒力F多大.(g=10

48、 m/s2) 答案 F=15 N 解析 設撤去力F前物塊的位移為s1,撤去力F時物塊速度為v,物塊受到的滑動摩擦力F1=mg 對撤去力F后物塊滑動過程應用動量定理得-F1t=0-mv 由運動學公式得 s-s1= 對物塊運動的全過程應用動能定理Fs1-F1s=0 由以上各式得F= 代入數據得 F=15 N題組二一、選擇題1.(04廣東綜合能力測試32)如圖所示,三個完全相同的物塊,1、2、3放在水平桌上,它們與桌面間的動摩擦因數都相同,現用大小相同的外力F沿圖示方向分別作用在1和2上,用F的外力沿水平方向作用在3上,使三者做加速運動,令a1、a2、a3分別代表物塊1、2、3的加速度,則 ( )

49、A.a1=a2=a3 B.a1=a2,a2 > a3 C.a1 > a2,a2 < a3 D.a1 > a2,a2 > a3 答案 C 解析 由牛頓定律F合=ma a1=a2=a3=比較上述三式可知a1 > a2,a2 < a3,故選C.2.(04全國卷21)放在水平地面上的一物塊,受到方向不變的水平推力F的作用,F的大小與時間t的關系,和物塊速度v與時間t的關系如圖所示,取重力加速度g=10 m/s2.由此兩圖線可以求得物塊的質量m和物塊與地面之間的動摩擦因數分別為（ ） A.m=0.5 kg,=0.4 B.m=1.5 kg,= C.m=0.5 kg

50、,=0.2 D.m=1 kg,=0.2 答案 A 解析 本題考查讀圖能力,即從圖象中獲取信息、篩選信息、利用信息解決問題的能力.正確理解圖線表示的意義(特別是突變點表示的意義)是解答本題的關鍵.由圖象可知,在46秒內,物體做勻速運動,此時F=2 N,由平衡條件知,2- f =0.在24秒內物體做勻加速運動,加速度a=2 m/s2,此時F=3 N,由牛頓第二定律,2-,f =mg,可解得m=0.5 kg,=0.4. 故選項A正確.3.(05全國14)如圖所示,一物塊位于光滑水平桌面上,用一大小為F 方向如圖所示的力去推它,使它以加速度a向右運動,若保持力的方向不變而增大力的大小,則 ( ) A.a變大 B.a不變 C.a變小 D.因為物塊的質量未知,故不能確定a變化的趨勢 答案 A 解析 本題考查加速度與受力分析,能力要求較低,屬容易題.加速度由合力決定.設為力F與水平夾角,通