【历届高考试题】2012版《6年高考4年模拟》：牛顿运动定律

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【物理精品】2012版《6年高考4年模拟》

牛顿运动定律部分 第一部分 六年高考荟萃

2011年高考题

1(安徽第17题)．一般的曲线运动可以分成很多小段，每小段都可以看成圆周运动的一部分，即把整条曲线用一系列不同半径的小圆弧来代替。如图（a ）所示，曲线上的A 点的曲率圆定义为：通过A 点和曲线上紧邻A 点两侧的两点作一圆，在极限情况下，这个圆就叫做A 点的曲率圆，其半径ρ叫做A 点的曲率半径。现将一物体沿与水平面成α角的方向已速度υ0抛出，如图（b ）所示。则在其轨迹最高点P 处的曲率半径是 A ．

2

0v g

B ．

22

0sin v g α

C ．

22

0cos v g

α

D ．2

2

0cos sin v g αα

答案：C

解析：物体在其轨迹最高点P 处只有水平速度，其水平速度大小为v 0cosα，根据牛顿第二定律得2

0(cos )

v m g m

αρ

=，所以在其轨迹最高点P 处的曲率半径是22

0cos v g

α

ρ=

，C

正确。

2(新课标理综第21题).如图，在光滑水平面上有一质量为m 1的足够长的木板，其上叠放一质量为m 2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a 1

和a 2，下列反映a 1和a 2变化的图线中正确的是（A ）

解析：主要考查摩擦力和牛顿第二定律。木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩

擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律

ρ

A

v

α

ρ P

图（a ） 图（b ）

2 2121m m kt a a +==。木块和木板相对运动时， 121m g m a μ=恒定不变，

g m kt a μ-=22。所以正确答案是A 。

3（2011天津第2题）．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

【解析】：考查牛顿运动定律处理连接体问题的基本方法，简

单题。对于多个物体组成的物体系统，若系统内各个物体具

有相同的运动状态，应优先选取整体法分析，再采用隔离法求解。取A 、B 系统整体分析有

A =()()A

B A B f m m g m m a μ+=+地，a =μg ，B 与A 具有共同的运动状态，取B 为研究对象，

由牛顿第二定律有：=AB B B f m g m a μ==常数，物体B 做速度方向向右的匀减速运动，

故而加速度方向向左。

【答案】：A

4（2011四川第19题）．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。

5（2011江苏第9题）．如图所示，倾角为α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足够长

的轻质绸带跨过斜面的顶端铺放在斜面的两侧，绸带与斜面间无摩擦。现将质量分别为M 、m(M>m)的小物块同时轻放在斜面两侧的绸带上。两物块与绸带间的动摩擦因数相等，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等。在α角取不

同值的情况下，下列说法正确的有

A ．两物块所受摩擦力的大小总是相等

B

．两物块不可能同时相对绸带静止

3 C ．M 不可能相对绸带发生滑动

D ．m 不可能相对斜面向上滑动

6（2011北京第18题）.“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

7（2011上海第19题）．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10t 秒内，外力F 大小不断增大

(B)在1t 时刻，外力F 为零

(C)在12t t 秒内，外力F 大小可能不断减小

(D)在12t t 秒内，外力F 大小可能先减小后增大

答案：CD

8（2011上海第26题）.(5 分)如图，为测量作匀加速直线运动小车的加速度，将宽度均为b

的挡光片A 、B 固定在小车上，测得二者间距为d 。

(1)当小车匀加速经过光电门时，测得两挡光片先后经过的时间1t ?和2t ?，则小车加速度

a = 。

(2)(多选题)为减小实验误差，可采取的方法是( )

(A)增大两挡光片宽度b (B)减小两挡光片宽度b

(C)增大两挡光片间距d (D)减小两挡光片间距d

答案．

（1）2

222111[]2()()b d t t -??

(2)B ，C

9（2011天津第19题）（1）某同学用测力计研究在竖直方向运行的电梯运动状态。他在地

面上用测力计测量砝码的重力，示数为G 。他在电梯中用测力计仍测量同一砝码的重力，发现测力计的示数小于G ，由此判断此时电梯的运动状态可能是减速上升或加速下降。

【解析】：物体处于失重状态，加速度方向向下，故而可能是减速上升或加速下降。

4 （2）用螺旋测微器测量某金属丝直径的结果如图所示。

该金属丝的直径是1.706mm

【解析】：注意副尺一定要有估读。读数为1.5+20.6×0.01mm=1.706mm 。因为个人情况不

同，估读不一定一致，本题读数1.704-1.708都算正确。

10.(浙江第21题)在“探究加速度与力、质量的关系”实验时，已提供了小车，一端附有定滑轮的长木板、纸带、带小盘的细线、刻度尺、天平、导线。为了完成实验，还须从下图中选取实验器材，其名称是 ① （漏选或全选得零分）；并分别写出所选器材的作用 ② 。

答案：①学生电源、电磁打点

计时器、钩码、砝码

或电火花计时器、钩码、砝码

②学生电源为电磁打点计时器

提供交流电源；电磁打点计时

器（电火花计时器）记录小车

运动的位置和时间；钩码用以

改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。 解析：电磁打点计时器（电火花计时器）记录小车运动的位置和时间；钩码用以改变小车的质量；砝码用以改变小车受到的拉力的大小，还可以用于测量小车的质量。如果选电磁打点计时器，则需要学生电源，如果选电火花计时器，则不需要学生电源。

11(新课标理综第23题).（10分）

利用图1所示的装置可测量滑块在斜面上运动的加速度。一斜面上安装有两个光电门，

其中光电门乙固定在斜面上靠近底端处，光电门甲的位置可移动，当一带有遮光片的滑块自斜面上滑下时，与两个光电门都相连的计时器可以显示出遮光片从光电门甲至乙所用的时间t 。改变光电门甲的位置进行多次测量，每次都使滑块从同一点由静止开始下滑，并用米尺测量甲、乙之间的距离s ，记下相应的t

值；所得数据如下表所示。

5 s （m ） 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900

0.950

t (ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4

s/t (m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22

完成下列填空和作图：

（1）若滑块所受摩擦力为一常量，滑块加速度的大小a 、滑块经过光电门乙时的瞬时速度

v 1测量值s 和t 四个物理量之间所满足的关系式是_______；

(2)根据表中给出的数据，在图2给出的坐标纸上 画

出图线；

（3）由所画出的图线，得出滑块加速度的大小为

a=____________m/s 2（保留2位有效数字）。

解析：（1）滑块做匀加速直线运动，利用

at

v v v v t

+=

=

02和有

21t a t s v +=解得t v at s v at t s 12121

2

1

+-=+-=或 （2）图线如图所示

t t s

- （3）由121v at t s

+-

=可知，图线t t s -斜率绝对值为21a 即221

==a k ，解得a=2

12(重庆第22（2）题)某同学设计了如题22

图3所示的装置，利用米尺、秒表、轻绳、

轻滑轮、轨道、滑块、托盘和砝码等器材

6 来制定滑块和轨道间的动摩擦因数μ。滑

块和托盘上分别放有若干砝码，滑块质量为M ，滑块上砝码总质量为m ‘，托盘和盘中砝 码的总质量为m ，实验中，滑块在水平轨道上从A 到B 做初速为零的匀加速直线运动， 重力加速度g 取10m ／s 2。

①为测量滑块的加速度a ，须测出它在

A 、

B 间运动的 与 ，计

算a 的运动学公式是 ；

②根据牛顿运动定律得到a 与m 的关系

为：

()()

1g a m g M m m μμ+=-'++ 他想通过多次改变m ，测出相应的a 值，

并利用上式来计算μ。若要求a 是m 的一

次函数，必须使上式中的 保持不变，实验中应将从托盘中取出的砝码置于 ；

③实验得到a 与m 的关系如题22图4所示，由此可知μ= （取两位有效数字） 答案 ：①位移

时间

②m′+m 滑块上

③

=0.23(0.21—0 25) 13(上海第31题)．(12 分)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02t s =拉至B 处。(已知cos 370.8?=，

sin 370.6?=。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 。

答案．(12分)

(1)物体做匀加速运动

7 2

01

2L at = (1分) ∴2220222010(/)2L

a m s t ?=== （1分）

由牛顿第二定律

F f ma -= （1分） 3021010()f N =-?= (1分) ∴10

0.5210f

mg μ===? (1分)

(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 cos 37(sin 37)F mg F a ma μ?--?= (1分) ∴

2(cos 37sin 37)

30(0.80.50.6)0.51011.5(/)2F a g m s m

μμ?+??+?=-=-?=(1分) 2'5(/)f

a g m s m μ=== （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 = （1分） ∴11.5' 2.3'5a t t t t a =

== （1分） 221

1''22L at a t =+ （1分） ∴222220 1.03()2.3'11.5 2.35L

t s a a ?===++? （1分）

（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

[cos 37(sin 37)]()0F mg F s mg L s μμ?--?--= （2分） ∴0.521020

6.06()(cos 37sin 37)30(0.80.50.6)mgL

s m F μμ???===?+??+? （1分）

由牛顿定律

cos 37(sin 37)F mg F ma μ?--?= （1分） ∴2

(cos 37sin 37)30(0.80.50.6)0.51011.5(/)2F a g m s m μμ?+??+?=

-=-?= （1分）

8 ∵2

1

2s at = （1分） 22 6.06

1.03()11.5s

t s a ?=== （1分）

2010年高考新题

1．2010·全国卷Ⅰ·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1a 、2a 。重力加速度大小为g 。则有

A ．1a g =，2a g =

B ．10a =，2a g =

C ．10a =，2m M a g M +=

D ．1a g =，2m M a g M +=

【答案】C

【解析】在抽出木板的瞬时，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,a 1=0. 对2物体受重力和压力，根据牛顿第二定律g M m

M M Mg

F 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。

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 ／s 2， 则物体在t=0至t=12s 这段

时间的位移大小为

A.18m

B.54m

C.72m

D.198m

答案：B

3．2010·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 +=g a 上，m f -=g a 下，所以上升时的加速度大于下落时的加速度，D 错误；

9 根据2

21h gt =，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。

4．2010·海南物理·3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。

5．2010·海南物理·6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μ．则小物块上滑到最高位置所需时间与t 之比为

A ．21μμ+

B ．12μμ+

C ．2μμ+

D ．12μ

μ+

【答案】A

【解析】木板水平时，小物块的加速度1a g μ=，设滑行初速度为0v ，则滑行时间为0

t g μ=v ；木板改成后，小物块上滑的加速度2sin 45cos 45(1)22m g m g g

a m μμ?+?+==，滑行时间00

2(1)2t a g μ'==+v v ，因此1221a t t a μ

μ'==

+，A 项正确。

6．2010·海南物理·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

10 【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。

7．2010·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α次方成正比(12α≤≤)．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

f r α∝，而重力3

4

3m g r ρπ=?，由于12α≤≤，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a B =1.0m/s 2的匀加速直线运动。已知A

的质量m A 和B 的质量mg 均为2.0kg,A 、B 之间的动摩擦因数1μ=0.05，B 与水平面之间的

动摩擦因数2μ=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a A

(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：

11

9．2010·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，物块与木板之间的

动摩擦因数为μ＝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m g 为单位，重力加速度2

10m /s g =．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t v 和2m

m F 图

图1 2

1 3 t/s 0 0.4 F/mg

1.5

12

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 μ=，当t t '

t t a t t '''=+-v v ③ (2)F f m a -=

④

2121()

t t a t t =+-v v

⑤

由①②③④⑤式与题给条件得 1 1.5234m/s, 4.5m/s,4m/s,4m/s ====v v v v ⑥

2

3

4m /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

2.25m s ?=

⑧

2009年高考题

一、选择题

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t 1分别为 （ B ）

A ．

13

和0.30s B ．3和0.30s C ．

13

和0.28s D ．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匀加速,乙做匀减速.根据

t

v a ??=

得乙甲a a =3,根据牛顿第二定律有

乙

甲

m F m F 31=

,得

3=乙

甲m m ,由

t

s m a -=

==

4.01/104

.04

2

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

v/(m ?s-1) 1 2

3

t/s 0

4.5 1.5 4

2 物块 木板

13 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 ）

①经过B 点时，运动员的速率最大

②经过C 点时，运动员的速率最大

③从C 点到D 点，运动员的加速度增大

④从C 点到D 点，运动员的加速度不变

A ．①③

B ．②③

C ．①④

D ．②④

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/s 2(g=10m m/s 2)

规格

后轮驱动直流永磁铁电机 车型

14电动自行车 额定输出功率 200W 整车质量

40Kg 额定电压 48V 最大载重

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

14 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） （ A ）

解析：由图可知，在t 0-t 1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t 1-t 2阶段弹簧秤示数等于实际重量，则既不超重也不失重，在t 2-t 3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t 0-t 1时间内向下加速，t 1-t 2阶段匀速运动，t 2-t 3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t 0-t 1内超重，不符合题意。

6.（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 （ BCD ）

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

15

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，F 1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a 时，对Ａ有ma F F =-1，对Ｂ有ma F =1，得21F F =，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，t l 时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t 2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，t l 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。

7.（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 ／s 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lO m ／s 2) （ B ）

A ．510 N

B ．490 N

C ．890 N

D ．910 N

解析：对建筑材料进行受力分析。根据牛顿第二定律有ma mg F =-,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 F F Mg +=,得F N =490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的

压力为490N.B 对。

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，当力沿斜面向上，

16 大小为F 时，物体的加速度为a 1；若保持力的方向不变，大小变为2F 时，物体的加速度为a 2，则 （ D ）

A ．a l =a 2

B ．a 1

C ．a 2=2a 1

D ．a 2>2a l

解析：当为F 时有m f F a -=

1，当为2F 时有m f a m f f F m f F a +=+-=-=122222，可知122a a >，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，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。 速度——时间图象特点：

①因速度是矢量，故速度——时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t 轴上方代表的“正方向”，t 轴下方代表的是“负方向”，所以“速度——时间”图象只能描述物体做“直线运动”的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移——时间”图象；

②“速度——时间”图象没有时间t 的“负轴”，因时间没有负值，画图要注意这一点； ③“速度——时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；

17

④“速度——时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移。 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2T π

ω

=

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

M m v

G

m

r

r

=得G M v r

=

，由2

2

2(

)M m G

m r r

T

π=得3

2r

T G M

π

=，由

2

2

M m G

m r r

ω=得3

G M r

ω=

，2

n M m G

m a r

=可求向心加速度。

11.（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

36

。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 ）

P

地球

Q 轨道1

轨道

2

18 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

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cos g g μθ-，上滑时加速度为cos g g μθ+，所

以C 正确。设下滑的距离为l ，根据能量守恒有

()cos cos sin m M gl Mgl mgl μθμθθ++=，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应用。

12.（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 （ 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；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。

13.（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 （ D ） F N mg f a

19

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

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。

二、非选择题

14.（09·山东·24）（15分）如图所示，某货场而将质量为m 1=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m 2=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μ1，木板与地面间的动摩擦因数μ=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μ1应满足的条件。

（3）若μ1=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

1012

m gR m v =

①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

011

N v F m g m R

-=②

联立以上两式代入数据得3000N F 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11212(2)m g m m g μμ≤+

④

a

b

c

d O

20

若滑上木板B 时，木板B 开始滑动，由受力分析得11212()m g m m g μμ>+⑤ 联立④⑤式代入数据得10.6μ0.4<≤⑥。

（3）10.5μ=，由⑥式可知，货物在木板A 上滑动时，木板不动。设货物在木板A 上做减速运动时的加速度大小为1a ，由牛顿第二定律得1111m g m a μ≤⑦

设货物滑到木板A 末端是的速度为1v ，由运动学公式得22

1012v v a l -=-⑧

联立①⑦⑧式代入数据得14/v m s =⑨

设在木板A 上运动的时间为t ，由运动学公式得101v v a t =-⑩ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得0.4t s =。

考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析

15.（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 /s g =。当运动员与吊椅一起正以加速度21m/s a =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：

()()a m m g m m -2F 椅人椅人+=+

N F 440=

由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力

N

F 440='

（2）设吊椅对运动员的支持力为F N ，对运动员进行受力分析如图所示，则有：

a m g m -F F N 人人=+

F F

(m 人+m 椅)g

a

F F

(m 人+m 椅)g

a

21 275N F N =

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F N 。

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F N 。分别以运动

员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律

Ma g M -F F N =+ ①

ma mg F F N =-- ②

由①②得 N F 440=

N F N 275=

16.（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/s 2。

（1）第一次试飞，飞行器飞行t 1 = 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t 2 = 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t 3 。

解析：

（1）第一次飞行中，设加速度为1a 匀加速运动2

1121

t a H = 由牛顿第二定律1ma f mg F =--

解得)(4N f =

（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

21121t a s = 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2ma f mg =+

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/3u6l.html