高中物理牛顿运动定律习题含答案解析

1 牛顿运动定律

第一部分 五年高考题荟萃

2009年高考新题

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 -===4.01/104.042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 ） 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 ）

2

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，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

3

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2

1F 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，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

4 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；

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，P 地球

Q 轨道1 轨道2

5 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

2Mm v G m r r

=得GM v r =，由222()Mm G m r r T π=得32r T GM

π=，由22Mm G m r r ω=得3GM r ω=，2n Mm G ma 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 ）

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

6 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 ）

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。

F N mg f a a b c c d O

7 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，21012

mgR 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，2011N 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

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221012v 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+=+

F F (m 人+m 椅)g a

8 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=+

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2112

1t 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22112

1t a s = 设失去升力后的速度为2a ，上升的高度为2s

F

F (m 人+m 椅)g a

9 由牛顿第二定律2ma f mg =+

211t a v =

2

2122a v s = 解得)(4221m s s h =+=

（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 3ma f mg =-

F+f-mg=ma 4 且223334

22v v h a a += V 3=a 3t 3

解得t 3=322

(s)(或2.1s) 17.（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012/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2

2/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。

解析：设卡车的质量为M ，车所受阻力与车重之比为μ；刹车前卡车牵引力的大小为F ，

卡车刹车前后加速度的大小分别为1a 和2a 。重力加速度大小为g 。由牛顿第二定律有 1220 3 f Mg F Mg Ma Mg Ma Mg Ma μμμμ-=-===①

②

③

④

设车厢脱落后，3t s =内卡车行驶的路程为1s ，末速度为1v ，根据运动学公式有

210112

s v t a t =+ ⑤ 101v v a t =+ ⑥

21222v a s = ⑦

10 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

202v as = ⑧

卡车和车厢都停下来后相距

12s s s s ?=+- ⑨

由①至⑨式得

200242333

v s v t at a ?=-++ ○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

18.（09·上海物理·22）（12分）如图A ．，质量m ＝1kg 的物体沿倾角θ＝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μ；（2）比例系数k 。

（sin370=0.6,cos370=0.8,g=10m/s 2）

解析：（1）对初始时刻：mg sin θ－μmg cos θ＝ma 0 ○

1 由图读出a 0=4m/s 2代入○

1式， 解得：μ＝g sin θ－ma 0g cos θ

＝0.25； （2）对末时刻加速度为零：mg sin θ－μN －kv cos θ＝0 ○

2 又N ＝mg cos θ＋kv sin θ

由图得出此时v=5 m/s

代入○2式解得：k ＝mg （sin θ－μcos θ）v （μsin θ＋cos θ

＝0.84kg/s 。 19.（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μ=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B m =1.0kg.带正电的小滑块A 质量A m =0.60kg ，其受到的电场力大小F=1.2N.

11 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A v =1.6m/s 向左运动，同时，B （连同极板）以相对地面的速度B v =0.40m/s 向右运动。问（g 取10m/s 2）

（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？

解析：?由牛顿第二定律F ma =有

A 刚开始运动时的加速度大小22.0/A A

F a m s m == 方向水平向右 B 刚开始运动时受电场力和摩擦力作用

由牛顿第三定律得电场力'

1.2F F N ==

摩擦力()0.8A B f m m g N μ=+= B 刚开始运动时的加速度大小'22.0/B B

F f a m s m +==方向水平向左 ?设B 从开始匀减速到零的时间为t 1，则有10.2B B v t s a =

= 此时间内B 运动的位移110.042

B B v t s m == t 1时刻A 的速度11 1.2/0A A A v v a t m s =-=>，故此过程A 一直匀减速运动。

此t 1时间内A 运动的位移111()0.282

A A A v v t s m +== 此t 1时间内A 相对

B 运动的位移1110.32A B s s s m =+=

此t 1时间内摩擦力对B 做的功为110.032B w f s J =-?=-

t 1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t 2，它们速度为v ，则有

12 对A 速度12A A v v a t =-

对B 加速度'210.4/B B

F f a m s m -== 速度12B v a t =

联立以上各式并代入数据解得0.2/v m s = 0.5

t s = 此t 2时间内A 运动的位移122()0.352A A v v t s m +=

= 此t 2时间内B 运动的位移220.052

B vt s m == 此t 2时间内A 相对B 运动的位移2220.30A B s s s m =-=

此t 2时间内摩擦力对B 做的功为120.04B w f s J =-?=-

所以A 最远能到达b 点a 、b 的距离L 为120.62L 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

120.072f w w w J =+=-。

2008年高考题

1.(08宁夏理综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.小球某时刻正处于如图所示状态.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 ( )

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

D .若小车向右运动,

T

答案

AB 解析 小球相对于斜面静止时,与小车具有共同加速度,如图甲、乙所示,向左的加速度最大则T =0,向右的加速度最大则N =0,根据牛顿第二定律,合外力与合加速度方向相同沿水平方向,但速度方向与力没有直接关系.

13 2.（08全国Ⅱ19）一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电荷量不变的小油滴,小油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比.若两极板间电压为零,经一段时间后,油滴以速率v 匀速下降;若两极板间的电压为U,经一段时间后,小油滴以速率v 匀速上升.若两极板间电压为-U ,小油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是

（ ） A .2v 、向下

B .2v

C .3v 、向下

D .3v 、向上

答案

C 解析 以油滴为研究对象,根据共点力平衡条件：

不加电压时,mg-kv =0

所加电压为U 时,mg +kv -

0=d

qU 所加电压为-U 时,mg +0=-v＇k d qU 由以上各式得:v ＇=3v ,方向竖直向下.

3.(08山东理综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 .

B .箱子刚从飞机上投下时

, C .箱子接近地面时,

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”

答案

C

解析 因为下落速度不断增大,而阻力f ∝v 2,所以阻力逐渐增大,当f =mg 时,物体开始匀速下落.以箱和物体

为整体：（M +m ）g - f =（M +m ）a ,f 增大则加速度a 减小.对物体：Mg -N =ma ,加速度减小,则支持力N 增大. 所以物体后来受到的支持力比开始时要增大,不可能“飘起来”.

4.(08天津理综19)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A ,

A 与竖直墙之间放一光滑圆球

B ,整个装置处于静止状态.现对B 加一竖直向下的

力F ,F 的作用线通过球心,设墙对B 的作用力为F 1,B 对A 的作用力为F 2,地面对A

的作用力为F 3.若F 缓慢增大而整个装置仍保持静止,截面如上图所示,在此过程中 ( )

A .F 1保持不变,F 3缓慢增大

B .F 1缓慢增大,F 3保持不变

C .F 2缓慢增大,F 3缓慢增大

D .F 2缓慢增大,F

3

答案

C 解析 B 的受力如图1所示,因为F 和G 的方向始终在竖直方向,当F 增大时,F 1′、F 2′都缓慢增大,F 1′=F 1,

14 F 2′=F 2,所以F 1、F 2都缓慢增大.A 物体受力如图乙所示.由图乙知F 2sin θ=F 3所以F 3,缓慢增加 C 对.

5.(08江苏7)如图所示,两光滑斜面的倾角分别为30°和45°、质量分别为2m

和m 的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接（不计滑轮的质量和摩擦）,

分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置,再由静止释放,则在

上述两种情形中正确的有 ( )

A .质量为2 m 的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用

B .质量为

m

C .绳对质量为

m

D .系统在运动中机械能均守恒

答案

BD 解析 因为斜面光滑,只有重力做功,机械能守恒.滑块不受沿斜面的下滑力.因为2mg sin 30°>mgsin 45°, mgsin 30°<2mg sin 45°,所以两种情况质量为m 的滑块均沿斜面向上运动.绳对m 滑块的拉力等于该滑块 对绳的拉力

.

6.(08广东1)伽利略在著名的斜面实验中,让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下,他通过实验观察和逻辑推理,得到的正确结论有 ( )

A .倾角一定时,

B .倾角一定时,

C .斜面长度一定时,

D .斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时所需的时间与倾角无关

答案

B

解析 设斜面的长度为L ,倾角为θ.倾角一定时,小球在斜面上的位移s =2·sin 2

1t g θ,故选项A 错误 小球在斜面上的速度v =g sin θ·t ,故选项B 正确；斜面长度一定时,小球到达底端时的速度v =θsin gL 2, 小球到达底端时所需的时间t =

θsin 2g L ,即小球到达底端时的速度及所需时间与倾角θ有关,故选项C 、D 错误.

15 7.(08江苏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 .)(2g F M

-

B .g F M 2-

C .g F M -2

D. 0 答案 A

解析 因阻力只与速率有关,以同样速率上升与下降所受阻力大小不变,设为f

.

则下降时,F +f = Mg

①

上升时,F =（M -ΔM ）g +f

②

由①②得ΔM =2)(g

F M -. 2004-2007年高考题

题 组 一

一、选择题

1.(07山东理综17)下列实例属于超重现象的是 ( )

A .汽车驶过拱形桥顶端

B .荡秋千的小孩通过最低点

C .跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上

D .火箭点火后加速升空

答案 BD

解析 汽车驶过拱形桥顶端时,加速度方向向下,属于失重现象;荡秋千的小孩通过最低点时,加速度方向向上,属于超重现象;跳水运动员被弹起后,只受重力作用,属于完全失重现象;火箭加速升空,加速度方向向上,属于超重现象.

2.(06广东1)下列对运动的认识不正确的是 ( )

A .亚里士多德认为物体的自然状态是静止的.只有当它受到力的作用才会运动

B .伽利略认为力不是维持物体速度的原因

C .牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动

D .伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续

运动下去

答案 A

解析 亚里士多德对运动的认识是错误的,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动速度的原因.

16 3.(07江苏6)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m 和2m 的四个木块,其中两

个质量为m 的木块间用可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg .现用

水平拉力F 拉其中一个质量为2m 的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m 的最大拉力为 ( )

A . 53mg

μ B . 43mg μ C . 23mg μ D . 3μ

mg

答案 B

解析 以四个木块为研究对象,由牛顿第二定律得:F =6ma ,绳的拉力最大时,m 与2m 间的摩擦力刚好为最大静摩擦力μmg ,以2m 为研究对象,则:F -μmg =2ma ,对m 有:μmg - T =ma ,联立以上三式得:T =4

3μmg . 4.(06四川理综21)质量不计的弹簧下端固定一小球.现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a (a

（ ） A .x 1′+x 1=x 2′+x

B .x 1′+x 1

C .x 1′+x 2′=x 1+x 2

D .x 1′+x 2′

2 答案 C

解析 若不计空气阻力,向上做匀加速直线运动,则由牛顿第二定律得：k x kx ma mg ma mg +=

=-11, 向下做匀加速运动,则由牛顿第二定律得：mg -kx 2=ma ,x 2=k

ma mg - 若考虑空气阻力,设为f ,小球向上做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得：kx 1′- mg - f =ma ,

x 1′=k

f m

g mg ++ 小球向下做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得：

mg -kx 2′- f =ma ,x 2′=

k

ma f mg -- 由上式得,x 1+x 1′=k

f ma m

g ++22 x 2+x 2′=k f ma mg ++2

2 由此可得x 1+11x >x 2+x 2′,故A 、B 选项错误.

x 1′+x 12=x 1+x 2=k

mg 2,故C 选项正确,D 选项错误. 5.(04全国卷Ⅰ20)下列哪个说法是正确的

( ) A .体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态

B .蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态

C .举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态

D .游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态

17 答案 B

解析 本题通过生活中的实例,考查同学们对超重和失重的理解,解答该题的关键是明确超重和失重的实质.产生超重(失重)的本质就是所处状态具有向上(向下)的加速度,题中A 、B 、C 选项中所描述的都是平衡状态,B 中上升和下落过程速度均向,处于失重状态,故选项B 正确.

6．（05广东1）一汽车在路面上情况相同的公路上直线行驶,下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论,正确的是 ( )

A .车速越大,它的惯性越大

B .质量越大,它的惯性越大

C .车速越大,刹车后滑行的路程越长

D .车速越大,刹车后滑行的路程越长,所以惯性越大 答案 BC

解析 质量是惯性大小的量度,质量大,惯性大,B 对.车速越大,其具有的能量越大,由功能关系可知,其运动的路程越长,C 对.

7.(05全国卷Ⅱ14)如图所示,位于光滑固定斜面上的小物块,P 受到一水平向右的推力F 的

作用.已知物块P 沿斜面加速下滑,现保持F 的方向不变,使其减小,则加速度 ( )

A .一定变小

B .一定变大

C .一定不变

D .可能变小,可能变大,也可能不变 答案 B

解析 设斜面倾角为α,由牛顿第二定定律得:

mg sin α-F cos α=ma

所以a =gsin α- cos m

F 由上式可知,F 减小,其加速度一定变大.

8.(05北京春季理综20)如图所示,一个盛水的容器底部有一个小孔.静止时用手指堵住小

孔不让它漏水,假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动,且忽略空气阻力,则 ( )

A .容器自由下落时,

B .将容器竖直向上抛出后,容器向上运动时,小孔向下漏水，容器向下运动时

, C .将容器水平抛出后, D .将容器斜向上抛出后

,

答案 D 解析 当容器自由落体时,水对容器底部无压力,且水和容器的运动情况相同,因此小孔不会漏水.

9.(04全国卷Ⅲ19)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

( )

18 A .2

g sin α

B .gsin α

C .23gsin α

D .2gsin α 答案

C 解析 对猫受力分析如图(a)由平衡条件:F f =mgsin α ①

对木板受力分析如图(b) 由牛顿第二定律:F f ′+2mgsin α=2ma ②

又由牛顿第三定律:F f ′=F f ③

由①②③得a =

2

3gsin α 二、非选择题

10.(06全国卷Ⅰ24)一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送之间的动摩擦因数为μ.初始时,传送带与煤块都是静止的,现让传送带以恒定的加速度a 0开始运动,当其速度到达v 0后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动,求此黑色痕迹的长度.

答案 l =g g a 0a μμ2)(020-v 解析 根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a 小于传送带的加速度a 0,根据牛顿第二定律,可得a =μg

设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v 0,煤块则由静止加速到v ,有v 0=a 0t v =at

由于a

设在煤块的速度从0增加到v 0的整个过程中,传送带和煤块移动的距离分别为s 0和s ,有s 0=

t ＇t a 0202

1v + s =a 220v ,传送带上留下的黑色痕迹的长度 l =s 0-s 由以上各式得l =g

a g a 00202)(μμ-v 11.（07上海21）如图所示,物体从光滑斜面上的A 点由静止开始下滑,经过B 点后进入水平面(设经过B 点前后

速度大小不变),最后停在C 点.每隔0.2秒钟通过速度传感器测量物体的瞬时速度,下表给出了部分测量数 据.(重力加速度g =10 m/s 2)求:

19

(1)斜面的倾角落 α

(2)物体与水平面之间的动摩擦因数μ

(3) t =0.6 s 时的瞬时速度 v

答案 (1)α=30° (2)μ=0.2 (3)2.3 m/s

解析 (1)物体在光滑斜面上运动时,做匀速直线运动,由前三列数据可求物体在斜面上运动时的加速度,则 22154

.00.2m/s m/s ==??=t a v ,在斜面上运动时重力的分力提供加速度,即:a 1=gsin α,解得:α=30°. (1) 物体在水平面上做匀速直线运动,由后两列数据可求得物体在水平面上运动时的加速度

a 2=.22

.14.11.17.022m/s m/s -=--=??t v 负号表示水平面上的加速度与物体运动速度方向相反. 由a 2=μg 得:μ=2.010

22==g a 设物体在斜面上运动时间为t ,则物体到达斜面末端的速度v 1=a 1t =5t ,然后物体又做匀速直线运动,又经 过(1.2-t ) s 速度变为1.1 m/s ,则a 1t -a 2(1.2-t )=v 2,

代入数据解得t =0.5 s ,则t ＇=0.6 s 时物体在水平面上,其速度v =a 1t -a 2(t ＇-t )=5×0.5 m/s-2×0.1 m/s=2.3m/s .

12.(07上海19B) 固定光滑细杆与地面成一定倾角,在杆上套有一个光滑小环,小

环在沿杆方向的推力F 作用下向上运动,推力F 与小环速度v 随时间变化规律

如图所示,取重力加速度g =10 m/s 2.求小环的质量m ;细杆与地面间的倾角α.

答案 (1)1kg (2)30°

解析 由v —t 图象可解得：a =25.0m/s =t

v ,前2 s 内,由牛顿第二定律得:F -mgsin α=ma. 2s 满足:F =mgsin α代入数据可解得：m =1 kg ,α=30°

13.(07江苏15) 直升机沿水平方向匀速飞往水源取水灭火,悬挂着m =500 kg 空箱的悬索与竖直方向的夹角 θ1=45°.直升机取水后飞往火场,加速度沿水平方向,大小稳定在a =1.5 m/s 2时,悬索与竖直方向的夹角 t ( s ) 0.0 0.2 0.4 … 1.2 1.4 … v ( m/s ) 0.0 1.0 2.0 … 1.1 0.7 …

20 θ2=14°.如果空气阻力大小不计,且忽略悬索的质量,试求水箱中水的质量M .(取重力加速度g =10 m/s 2

; sin 14°≈0.242;cos 14°≈0.970)

答案 4.5×103kg

解析 直升机取水时,水箱受力平衡

T 1sin θ1- f =0 ① T 1cos θ1-mg =0 ②

由①②得f =mgtan θ1 ③

直升机返回时,

由牛顿第二定律

T 2sin θ2- f =(m+M )a ④

T 2cos θ2-(m+M )g =0 ⑤

由③④⑤得,水箱中水的质量M =4.5×103 kg

14.(06全国卷Ⅱ24)一质量为m =40 kg 的小孩站在电梯内的体重计上.电梯从 t =0时刻由静止开始上升,在0到6 s 内体重计示数F 的变化如图所示.试问： 在这段时间内电梯上升的高度是多少？取重力加速度g =10 m/s 2.

答案 9 m

解析 由题图可知,在t =0到t 1=2 s 的时间内,体重计的示数大于mg ,故电梯应做向上的加速运动.设在这段时间内体重计作用于小孩的力为f 1,电梯及小孩的加速度为a 1,由牛顿第二定律, 得f 1-mg =ma 1 ① 在这段时间内电梯上升的高度h 1=21a 1t 12

② 在t 1到t 2=5 s 的时间内,体重计的示数等于mg ,故电梯应做匀速上升运动,速度为t 1时刻电梯的速度,即 v 1=a 1t 1 ③

在这段时间内电梯上升的高度

h 2=v 1(t 2-t 1) ④

在t 2到t 3=6 s 的时间内,体重计的示数小于mg ,故电梯应做向上的减速运动.设这段时间内体重计作用于小孩的力为f 2,电梯及小孩的加速度为a 2,由牛顿第二定律,得

mg -f 2=ma 2 ⑤

在这段时间内电梯上升的高度

21 h 3=v 1(t 3-t 2)-2

1a 2(t 3-t 2)2 ⑥

电梯上升的总高度

h =h 1+h 2+h 3 ⑦

由以上各式和题文及题图中的数据,解得h =9 m

15.(04天津理综24)质量m =1.5 kg 的物块(可视为质点)在水平恒力F 作用下,从水平面上A 点由静止开始运动,运动一段距离撤去该力,物块继续滑行,t =2.0 s 停在B 点,已知A 、B 两点间的距离s =5.0 m,物块与水平面间的动摩擦因数μ=0.20.求恒力F 多大.(g =10 m/s 2

)

答案 F=15 N

解析 设撤去力F 前物块的位移为s 1,撤去力F 时物块速度为v ,物块受到的滑动摩擦力F 1=μmg 对撤去力F 后物块滑动过程应用动量定理得-F 1t=0-mv 由运动学公式得 s-s 1=t 2

v 对物块运动的全过程应用动能定理Fs 1-F 1s =0

由以上各式得F =2

22gt s m gs μμ- 代入数据得 F =15 N

题 组 二

一、选择题

1.(04广东综合能力测试32)如图所示,三个完全相同的物块,1、2、3放在水平桌上,它们与桌面间的动摩擦因数都相同,现用大小相同的外力F 沿图示方向分别作用在1和2上,用2

1F 的外力沿水平方向作用在3上,使三者做加速运动,令a 1、a 2、a 3分别代表物块1、2、3的加速度,则

( )

A .a 1=a 2=a 3

B .a 1=a 2,a 2 > a 3

C .a 1 > a 2,a 2 < a 3

D .a 1 > a 2,a 2 > a 3

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