1、精品题库试题 物理1.(2014江苏，8，3分)如图所示,A、B两物块的质量分别为2m和m,静止叠放在水平地面上。A、B间的动摩擦因数为,B与地面间的动摩擦因数为。最大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度为g。现对A施加一水平拉力F,则()A.当F3mg时,A相对B滑动D.无论F为何值,B的加速度不会超过g 1.BCD 1.对A、B整体,地面对B的最大静摩擦力为mg,故当mgF3mg时,A相对B才能滑动,故C对。当F=mg时,A、B相对静止,对整体有:mg-3mg=3ma,a=g,故B正确。无论F为何值,B所受最大的动力为A对B的最大静摩擦力2mg,故B的最大加速度aBm=g,可见D正确。2.(
2、2014重庆，5，6分)以不同初速度将两个物体同时竖直向上抛出并开始计时,一个物体所受空气阻力可忽略,另一物体所受空气阻力大小与物体速率成正比,下列用虚线和实线描述两物体运动的v-t图像可能正确的是() 2.D 2.受空气阻力作用的物体,上升过程:mg+kv=ma,得a=g+v,v减小,a减小,A错误。到达最高点时v=0,a=g,即两图线与t轴相交时斜率相等,故D正确。3.(2014四川，7，6分)如图所示,水平传送带以速度v1匀速运动,小物体P、Q由通过定滑轮且不可伸长的轻绳相连,t=0时刻P在传送带左端具有速度v2,P与定滑轮间的绳水平,t=t0时刻P离开传送带。不计定滑轮质量和摩擦,绳足
3、够长。正确描述小物体P速度随时间变化的图像可能是() 3.BC 3.若v2v1且mQgmPg,则mPg-mQg=(mP+mQ)a1,当P加速运动速度达到v1后,与皮带一起匀速运动,直到离开传送带(也可能加速过程中就离开传送带),所以B项正确。若v2mPg,则P先匀减速到零再反向加速到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带);若v2v1,且mQgv1且mQgmPg,满足mQg+mPg=(mP+mQ)a2,中途减速至v1,以后满足mQg-mPg=(mP+mQ)a3,以a3先减速到零再以相同的加速度返回直到离开传送带(也可能减速过程中就离开传送带),故C正确,A、D错误。4.(2014福建，18，
4、6分)如图,两根相同的轻质弹簧,沿足够长的光滑斜面放置,下端固定在斜面底部挡板上,斜面固定不动。质量不同、形状相同的两物块分别置于两弹簧上端。现用外力作用在物块上,使两弹簧具有相同的压缩量;若撤去外力后,两物块由静止沿斜面向上弹出并离开弹簧,则从撤去外力到物块速度第一次减为零的过程,两物块()A.最大速度相同B.最大加速度相同C.上升的最大高度不同D.重力势能的变化量不同 4.C 4.物块在刚撤去外力时加速度最大,由牛顿第二定律得:kx-mg sin =ma,即a=-g sin ,由于两物块k、x、均相同,m不同,则a不同,B错误。当mg sin =kx0即x0=时,速度最大,如图,设两物块质
5、量m1m2,其平衡位置分别为O1、O2,初始位置为O,则从O至O2的过程中,由W弹-WG=Ek及题意知,W弹相同,WG1Ek2,即v1v2,而此时m2的速度v2已达最大,此后,m1的速度将继续增大直至最大,而m2的速度将减小,故一定是质量小的最大速度大,A错误。从开始运动至最高点,由Ep=mgh及题意知重力势能的变化量Ep=mgh相同,m不同,h也不同,故C正确,D错误。5.(2014福建，15，6分)如右图,滑块以初速度v0沿表面粗糙且足够长的固定斜面,从顶端下滑,直至速度为零。对于该运动过程,若用h、s、v、a分别表示滑块的下降高度、位移、速度和加速度的大小,t表示时间,则下列图象最能正确
6、描述这一运动规律的是() 5.B 5.设斜面倾角为,滑块沿斜面下滑时,由牛顿第二定律有mg sin -mg cos =ma,a=g sin -g cos ,因此滑块下滑时加速度不变,选项D错误;滑块加速下滑时的位移s=v0t+at2,选项B正确;滑块下降高度h=ssin =v0 sin t+a sin t2,选项A错误;滑块下滑时的速度v=v0+at,选项C错误。6.(2014山东，15，6分)一质点在外力作用下做直线运动,其速度v随时间t变化的图像如图。在图中标出的时刻中,质点所受合外力的方向与速度方向相同的有()A.t1B.t2C.t3D.t4 6.AC 6.v-t图像中,纵轴表示各时刻的
7、速度,t1、t2时刻速度为正,t3、t4时刻速度为负,图线上各点切线的斜率表示该时刻的加速度,t1、t4时刻加速度为正,t2、t3时刻加速度为负,根据牛顿第二定律,加速度与合外力方向相同,故t1时刻合外力与速度均为正,t3时刻合外力与速度均为负,A、C正确,B、D错误。7.(2014北京，19，6分)伽利略创造的把实验、假设和逻辑推理相结合的科学方法,有力地促进了人类科学认识的发展。利用如图所示的装置做如下实验:小球从左侧斜面上的O点由静止释放后沿斜面向下运动,并沿右侧斜面上升。斜面上先后铺垫三种粗糙程度逐渐降低的材料时,小球沿右侧斜面上升到的最高位置依次为1、2、3。根据三次实验结果的对比,
8、可以得到的最直接的结论是()A.如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置B.如果小球不受力,它将一直保持匀速运动或静止状态C.如果小球受到力的作用,它的运动状态将发生改变D.小球受到的力一定时,质量越大,它的加速度越小 7.A 7.根据实验结果,得到的最直接的结论是如果斜面光滑,小球将上升到与O点等高的位置,A项正确。而小球不受力时状态不变,小球受力时状态发生变化,是在假设和逻辑推理下得出的结论,不是实验直接结论,所以B和C选项错误。而D项不是本实验所说明的问题,故错误。8.(2014北京，18，6分)应用物理知识分析生活中的常见现象,可以使物理学习更加有趣和深入。例如平伸手掌托起物体,由静
9、止开始竖直向上运动,直至将物体抛出。对此现象分析正确的是()A.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于超重状态B.手托物体向上运动的过程中,物体始终处于失重状态C.在物体离开手的瞬间,物体的加速度大于重力加速度D.在物体离开手的瞬间,手的加速度大于重力加速度 8.D 8.物体由静止开始向上运动时,物体和手掌先一起加速向上,物体处于超重状态,之后物体和手掌分离前,应减速向上,物体处于失重状态,故A、B均错误。当物体和手分离时,二者速度相同,又因均做减速运动,故分离条件为a手a物,分离瞬间物体的加速度等于重力加速度,则手的加速度大于重力加速度,选项D正确,C错误。9.(2014课标全国卷，17，6
10、分)如图,一质量为M的光滑大圆环,用一细轻杆固定在竖直平面内;套在大环上质量为m的小环(可视为质点),从大环的最高处由静止滑下。重力加速度大小为g。当小环滑到大环的最低点时,大环对轻杆拉力的大小为()A.Mg-5mgB.Mg+mgC.Mg+5mgD.Mg+10mg 9.C 9.解法一以小环为研究对象,设大环半径为R,根据机械能守恒定律,得mg2R=mv2,在大环最低点有FN-mg=m,得FN=5mg,此时再以大环为研究对象,受力分析如图,由牛顿第三定律知,小环对大环的压力为FN=FN,方向竖直向下,故F=Mg+5mg,由牛顿第三定律知C正确。解法二设小环滑到大环最低点时速度为v,加速度为a,根
11、据机械能守恒定律mv2=mg2R,且a=,所以a=4g,以整体为研究对象,受力情况如图所示。F-Mg-mg=ma+M0所以F=Mg+5mg,C正确。10.（2014重庆一中高三下学期第一次月考理综试题，5）如题5所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行。甲、乙两相同滑块（视为质点）之间夹着一个压缩轻弹簧（长度不计），在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧瞬间恢复原长，两滑块以相同的速率分别向左、右运动。下列判断正确的是（ ） A甲、乙滑块不可能落在传送带的左右两侧B甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定相等C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点
12、的水平距离一定不相等D若甲、乙滑块能落在同一点，则摩擦力对甲乙做的功一定相等 10.5D 10.：设v大于v0。弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动；乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动；若甲乙都一直做匀减速运动，两个物体落地后，距释放点的水平距离相等，若甲做匀减速运动，乙先做匀减速后做运动，则水平距离不等，故AB错误。若v小于v0，弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动, 速度为零后可以再向相反的方向运动，整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动；乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运
13、动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同，甲乙到达B点时的速度相同，落地的位置在同一点，此过程摩擦力对甲乙做的功一定相等。故C错误，D正确。11.（2014重庆一中高三下学期第一次月考理综试题，4）如题4所示，在倾角为30的光滑斜面上端系有一劲度系数为200N/m的轻质弹簧，弹簧下端连一个质量为2kg的小球，球被一垂直于斜面的挡板A挡住，此时弹簧没有形变若挡板A以4m/s2的加速度沿斜面向下做匀加速运动，取m/s2，则（ ）A小球从一开始就与挡板分离B小球速度最大时与挡板分离C小球向下运动0.01 m时与挡板分离D小球向下运动0.02m时速度最大 11.4C 11.：设球与挡板分离时
14、位移为x，经历的时间为t，从开始运动到分离的过程中，m受竖直向下的重力，垂直斜面向上的支持力FN，沿斜面向上的挡板支持力F1和弹簧弹力F。根据牛顿第二定律有：mgsin30-kx-F1=ma，保持a不变，随着x的增大，F1减小，当m与挡板分离时，F1减小到零，则有mgsin30-kx=ma，解得xm0.01m，即小球向下运动0.01m时与挡板分离，故A错误，C正确；球和挡板分离前小球做匀加速运动；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，故B错误；球和挡板分离后做加速度减小的加速运动，当加速度为零时，速度最大，此时物体所受合力为零，即kxm=mgsin30，解得xm=m0
15、.05m，由于开始时弹簧处于原长，所以速度最大时小球向下运动的路程为0.05m, 故D错误。12.（2014天津蓟县第二中学高三第一次模拟考试理科综合试题，1）两辆质量不同的汽车在路面情况相同的公路上直线行驶，下面关于两车车速、动能、动量、惯性、质量和滑行路程的讨论，正确的是（ ）A、车速越大车，它的惯性越大B、质量越大车，它的惯性越大C、动量越大的车，刹车后滑行的路程越长D、动能大的车，刹车后滑行的路程越长，所以惯性越大 12.1B 12.解析：质量是物体惯性大小的唯一的量度，与物体的运动状态无关，质量越大，汽车越大，故A错误，B正确；根据动能定理得：-fs=0-mv2，则得：s=，又动量P
16、=mv，联立得：s=，可知车刹车后滑行的路程与车的初动量、质量和阻力有关，动量越大，刹车后滑行的路程不一定越大，故C错误；由上题s=，可知动能大的车，刹车后滑行的路程越长，但质量不一定越大，惯性不一定越大，故D错误。13.（2014天津蓟县邦均中学高三模拟理科综合能力测试，6）如图所示，一名消防队员在模拟演习训练中，沿着长为12m的竖立在地面上的钢管住下滑。已知这名消防队员的质量为60，他从钢管顶端由静止开始先匀加速再匀减速下滑，滑到地面时速度恰好为零。如果他加速时的加速度大小是减速时的2倍，下滑的总时间为3， g取10ms2，那么该消防队员（ ）A下滑过程中的最大速度为4 msB加速与减速过
17、程的时间之比为12C加速与减速过程中所受摩擦力大小之比为17D加速与减速过程的位移之比为14 13. 13.：设下滑过程中的最大速度为v，则消防队员下滑的总位移x=t1+t2=t，得到v=m/s=8m/s，故A错误；设加速与减速过程的时间分别为t1、t2，加速度大小分别为a1、a2，则v=a1t1，v=a2t2，得到t1：t2=a2：a1=1：2，故B正确；由t1：t2=1：2，又t1+t2=3s，得到t1=1s，t2=2s，a1=8m/s2，a2=4m/s2，根据牛顿第二定律得：加速过程：mg-f1=ma1，f1=mg-ma1=2m，减速过程：f2-mg=ma2，f2=mg+ma2=14m
18、，所以f1：f2=1：7，故C正确；加速与减速过程的平均速度相同，时间之比为1：2，故位移之比为1：2，故D错误。14.（2014山东潍坊高三3月模拟考试理科综合试题，15）如图所示，两相同小球a、b用轻弹簧A、B连接并悬挂在天花板上保持静止，水平力F作用在a上并缓慢拉a，当B与竖直方向夹角为60o时，A、B伸长量刚好相同若A、B的劲度系数分别为k1、k2，则以下判断正确的是（ ） A B C撤去F的瞬间，a球的加速度为零 D撤去F的瞬间，b球处于失重状态 14.15B 14.：先对b球受力分析，受重力和拉力，根据平衡条件，有：F1=mg再对a、b球整体受力分析，受重力、拉力和弹簧的拉力，如图
19、所示：根据平衡条件，有：F2=4mg，根据胡克定律，有：F1=k1x，F2=k2x，故，故A错误，B正确；球a受重力、拉力和两个弹簧的拉力，撤去拉力F瞬间，其余3个力不变，故加速度一定不为零，故C错误；球b受重力和拉力，撤去F的瞬间，重力和弹力都不变，故加速度仍然为零，处于平衡状态，故D错误。15.（2014江西重点中学协作体高三年级第一次联考，20）如图甲所示，一可视为质点的物块在外力F的作用下由静止沿光滑斜面向上运动（斜面足够长），0T秒内，力F做功为W，T秒末撤去外力F，已知该物块从零时刻出发，在2T时刻恰好返回出发点，其图像如图乙所示。则下列说法正确的是（ ）A物块在0T与T2T时间内
20、的位移相同B物块在1.5T秒末离出发点最远C物块返回出发点时动能为WD0T与T2T时间内的加速度大小之比为1: 3 15.20CD 15.：0T与T2T时间内的初、末位置恰好相反，故位移方向相反，故A错误；当速度为零时，质点离出发点最远，显然与图象矛盾，故B错误；根据动能定理可得W=Ek, 故物块返回出发点时动能为W，C正确；设T时刻速度为v1，2T时刻速度为v2，0T与T2T时间内的位移相反，故：TT，解得v2=-2v1 ，0T时间内的加速度为a1，T2T时间内的加速度为：a2，故1: 3，故D正确。16.（2014江苏南通高三2月第一次调研测试物理试题，6）如图所示，斜面ABC中AB段光滑
21、，BC段粗糙一小物块由A点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零若物块运动的速度为v，加速度为a，位移为x，物体所受合外力为F，运动时间为t，以沿斜面向下为正方向，则下列图象中可能正确的是（ ） 16.6AB 16.：由于AB段光滑，物体在AB段受重力和斜面支持力做加速度运动，物体加速度为：a1gsin，BC段粗糙，故物体比AB段多一个沿斜面向上的摩擦力，由于一小物块由A点静止释放，沿斜面下滑到C点时速度恰好为零，可知物体先做加速后减速，故可知BC段加速度向上，其大小为：a2gsin，故A正确，B正确；物体在AB段受重力和斜面支持力做加速度运动，其位移为：xa1t2，可知位移时间图象应该是开
22、口向上的抛物线，故C错误；AB和BC段的受力都是恒定的，故D错误。17.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，14）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在00.4s时间内的vt图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用力，则物体甲与乙的质量之比和图中时间分别为（ ） A和0.28sB3和0.28s C和0.30sD3和0.30s 17.14D 17.：根据三角形相似得：，得t1=0.3s根据速度图象的斜率等于加速度，得到甲的加速度大小为a甲=m/s2，乙的加速度大小为a乙=m/s2=10m/s2，据题，仅在两物体之间存在相互作用，根据牛顿第三定律得知，相互作用力大小相等，由牛顿第二定律F=m
23、a得两物体的加速度与质量成反比，则有质量之比为m甲：m乙=a乙：a甲=3：1，故D正确。18.(武汉市2014届高中毕业生二月调研测试) 如图所示，倾斜传送带沿逆时针方向匀速转动，在传送带的A端无初速度放置一物块。选择B端所在的水平面为参考平面，物块从A端运动到B端的过程中，其机械能E与位移x的关系图象可能正确的是： 18.20BD 18.设物块在传送带上运动位移为x，下落高度h，物体从A到B运动过程中，机械能：E=Ek+Ep=（mgcos+mgsin）x+mgh=（mgcos+mgsin）x+mgxsin，若物块放上后一直加速，且到B点速度仍小于v，则物块机械能一直增大，但E与x不成正比，故
24、A错误，B正确；若物块在到达B点之前，速度达到v，则物块将和传送带一起匀速运动，但重力势能减小，故机械能减小，故C错误，D正确。19.(湖北省八校2014届高三第二次联考) 如图所示，倾斜的传动带以恒定的速度v2向上运动，一个小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，则A小物块到达顶端的速度可能等于零B小物块到达顶端的速度不可能等于v2C小物块的机械能一直在减小D小物块所受的合外力一直做负功 19.21AD 19.小物块以初速度v1从底端冲上传动带，且v1大于v2，所以物块在重力沿斜面的分量及摩擦力作用下做匀减速运动，当速度减为v2后
25、，重力沿斜面的分量大于向上的摩擦力，物体继续减速，到达顶端时，速度正好减为零，故A正确；小物块从传动带底端到达顶端的过程中一直做减速运动，减到顶端时速度刚好与传送带速度相等，故B错误；除重力以外的力做的功等于机械能的变化量，刚开始v1大于v2，摩擦力方向向下，做负功，机械能减小，当速度减为v2后，再减速时，摩擦力方向向上，做正功，机械能增大，故C错误；根据动能定理可知，W合=EK，因为物体一直做减速运动，速度动能一直减小，合外力一直做负功，故D正确。20.（河南省豫东豫北十所名校2014届高中毕业班阶段性测试（四）一根轻绳跨过一光滑的定滑轮，质量为m的人抓着轻绳的一端，轻绳另一端系着一个质量为
26、m的物体。已知重力加速度为g，若人相对于轻绳匀速向上爬时，物体上升的加速度为 A . g Bg Cg Dg 20.17B 20.人相对于轻绳匀速上爬时，则相对于地面有向下的加速度，与物体的加速度大小相同。根据牛顿第二定律有：mg-T=ma，对物体分析，根据牛顿第二定律得，T-mgma，解得a=g，故B正确，A、C、D错误。21.（桂林中学2014届三年级2月月考）A、B两物体叠放在一起, 放在光滑水平面上, 如图甲, 它们从静止开始受到一个变力F的作用, 该力与时间的关系如图乙所示, A、B始终相对静止. 则 ：A. 在时刻，A、B两物体速度最大B. 在时刻，A、B两物体间的静摩擦力最大C.
27、在时刻，A、B两物体的速度最大D. 在时刻，A、B两物体又回到了出发点 21.14A 21.以整体为研究对象，根据牛顿第二定律分析得知，0、2t0时刻整体所受的合力最大，加速度最大，再以A为研究对象，分析可知，A受到的静摩擦力最大，故B错误；整体在0-t0时间内，做加速运动，在t0-2t0时间内，向原方向做减速运动，则t0时刻，A、B速度最大，在2t0时刻两物体速度为零，速度最小，故A正确、C错误；2t0时刻，整体做单向直线运动，位移逐渐增大，则2t0时刻，A、B位移最大，故D错误。22.(河北省石家庄市2014届高中毕业班教学质量检测（二）) 一质量为0.6kg的物体以20m/s的初速度竖直
28、上抛，当物体上升到某一位置时，其动能减少了18J，机械能减少了3J。整个运动过程中物体所受阻力大小不变，重力加速度g=10m/s2，则下列说法正确的是A物体向上运动时加速度大小为12m/s2B物体向下运动时加速度大小为9m/s2C物体返回抛出点时的动能为40JD物体返回抛出点时的动能为114J 22.17A 22.物体从开始到上升到高处某一位置时，受重力和空气阻力，根据动能定理，有-mglAB-flAB=EKB-EKA=-18J 机械能的减小量等于克服空气阻力做的功flAB=EB-EA=3J 由可解得：lAB=2.5m，f=1.2N；物体上升过程根据牛顿第二定律有a=12m/s2，方向与初速度
29、方向相反，故A正确；下落时，根据牛顿第二定律：a=8m/s2，故B错误；因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能Ek0=mv02=0.6202=120J，当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=-40J；从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK，由动能定理可得：W=EK-EK0 ，得 EK=80J，故CD错误。23.(河北衡水中学2013-2014学年度下学期二调考试) 如图（甲）所示，静止在水平地面上的物块A，收到水平拉力F的作用
30、，F与时间t的关系如图（乙）所示。设物块与地面间的最大静摩擦力Ffm的大小与滑动摩擦力大小相等，则t1t2时间内（）A t1时刻物块的速度为零 B t2时刻物块的加速度最大C t3时刻物块的动能最大 D t1t3时间内F对物块先做正功后做负功 23.19ABC 23.t1时刻前，推力小于最大静摩擦力，物体静止不动，位移为0，所以t1速度为零，故A正确；物块做加速运动，根据牛顿第二定律得，a=，随着拉力F的增大而增大，t2时刻，拉力F最大，则合力最大，加速度最大，故B正确；t3之后合力向后，物体由于惯性减速前进，故t3时刻A的速度最大，动能最大，故C正确；t1t3时间内速度方向没有改变，力F方向
31、也没变，所以F对物块A一直做正功，故D错误。24.(汕头市2014年普通高考模拟考试试题) 如图，物块P和M叠放在一起，且质量mp l，lb lBla l，lb l，lb lDla l 26.14D 26.静止时a、b长度为l，知滑块处于平衡，若两弹簧开始处于伸长状态，该装置加速向右运动，滑块的合力向右，则b弹簧的形变量增大，a弹簧的形变量减小，则lal，lbl；若弹簧开始处于压缩状态，该装置加速向右运动，滑块的合力向右，则a弹簧弹力变大，b弹簧弹力变小，a弹簧的形变量增大，b弹簧的形变量减小，则lal，lbl，故D项正确。若弹簧开始处于原长，该装置加速向右运动，滑块的合力向右，b弹簧伸长，a
32、弹簧压缩，则lal，lbl；故D正确，A、B、C错误27.(甘肃省兰州一中2014届高三上学期期末考试) 如图所示，三角体由两种材料拼接而成，BC界面平行底面DE，两侧面与水平面夹角分别为30和60已知物块从A由静止下滑，加速至B匀速至D；若该物块仍能由静止沿另一侧面ACE下滑，则有AAB段的运动时间小于AC段的运动时间B通过C点的速率大于通过B点的速率C将加速至C匀速至ED一直加速运动到E，但AC段的加速度比CE段大 27.18BD 27.物体从倾角为的斜面滑下，根据牛顿第二定律，有mgsin-mgco=ma，解得a=gsin-gco 根据运动学公式，有=at2 由得到AC段的运动时间小于A
33、B段的运动时间，故A错误；物体从倾角为的斜面滑下，根据动能定理，有mgh-mgco=mv2，得mgh-mghcot=mv2，可见，通过C点的速率大于通过B点的速率，故B正确；由式可知，物体将一直加速滑行到E点，但AC段的加速度比CE段大，故C错误，D正确。28.(2014年福州市高中毕业班质量检测) 如图所示，轻质弹簧的一端固定在粗糙斜面的挡板O点，另一端固定一个小物块。小物块从P1位置（此位置弹簧伸长量为零）由静止开始运动，运动到最低点P2位置，然后在弹力作用下上升运动到最高点P3位置(图中未标出) 。在此两过程中，下列判断正确的是A下滑和上滑过程弹簧和小物块系统机械能守恒B下滑过程物块速度
34、最大值位置比上滑过程速度最大位置高C下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量比上升过程小D下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值小 28.18B 28.下滑和上滑过程小物块要克服摩擦力做功，故弹簧和小物块系统机械能不守恒，项错；下滑过程中，当小物块受到的合力为零时，其速度达到最大值，即，上滑过程中，当小物块受到的合力为零时，其速度再次达到最大值，即，比较上述两式可得下滑过程物块速度最大值位置比上滑过程速度最大位置高，正确；下滑和上滑过程小物块要克服摩擦力做功相等，故下滑过程弹簧和小物块组成系统机械减小量与上升过程相同，错；根据功能关系可知下滑过程克服弹簧弹力和摩擦
35、力做功总值即为该过程中重力做功的值；上滑过程克服重力和摩擦力做功总值即为该过程中弹力做功的值，故下滑过程克服弹簧弹力和摩擦力做功总值比上滑过程克服重力和摩擦力做功总值大，错。29.(2014年安徽省江南十校高三联考) 2013年6月20日上午10时，我国首次太空授课在神州十号飞船中由女航天员王亚平执教，在太空中王亚平演示了一些奇特的物理现象，授课内容主要是使青少年了解微重力环境下物体运动的特点。如图所示是王亚平在太空仓中演示的悬浮的水滴。关于悬浮的水滴，下列说法正确的是A环绕地球运行时的线速度一定大于7.9 km/sB水滴处于平衡状态C水滴处于超重状态D水滴处于失重状态 29.14D 29.7
36、.9km/s是卫星环绕地球做匀速圆周运动的最大速度，运行的半径最小，所以神州十号飞船的线速度要小于7.9km/s故A错误；水滴随飞船绕地球做匀速圆周运动，水滴的吸引力完全用来提供向心加速度，所以是与飞船一起处于完全的失重状态，故BC错误，D正确。30.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 从地面上以初速度v0竖直上抛一质量为m的小球，若运动过程中受到的空气阻力与其速率成正比，小球运动的速率随时间变化的规律如图所示，t1时刻到达最高点，再落回地面，落地速率为v1，且落地前小球已经做匀速运动，则下列说法正确的是A小球加速度在上升过程中逐渐减小，在下降过程也逐渐减小B小球抛出瞬间的加速度大
37、小为C小球被抛出时的加速度值最大，到达最高点的加速度值最小D小球上升过程的平均速度小于 30.12ABD 30.上升过程，小球受重力和阻力，合力向下，根据牛顿第二定律，有：f+mg=ma，解得a=g+g；由于是减速上升，阻力逐渐减小，故加速度不断减小；下降过程，受重力和阻力，根据牛顿第二定律，有：mg-f=ma，解得：agg；由于速度变大，阻力变大，故加速度变小；即上升和下降过程，加速度一直在减小；故A正确，C错误；空气阻力与其速率成正比，最终以v1匀速下降，有：mg=kv1；小球抛出瞬间，有：mg+kv0=ma0 ；联立解得小球抛出瞬间a0(1+) g，故B正确；速度时间图象与时间轴包围的面
38、积表示位移，从图象可以看出，位移小于阴影部分面积，而阴影部分面积是匀减速直线运动的位移，匀减速直线运动的平均速度等于，故小球上升过程的平均速度小于，故D正确；故选项D正确。31.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 在动摩擦因数0.2的水平面上有一个质量为m2kg的物块，物块与水平轻弹簧相连，并由一与水平方向成45角的拉力F拉着物块，如图所示，此时物块处于静止平衡状态，且水平面对物块的弹力恰好为零。取g10m/s2，以下说法正确的是A此时轻弹簧的弹力大小为20NB当撤去拉力F的瞬间，物块的加速度大小为8m/s2，方向向左C若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右
39、D若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0 31.10AB 31.物块处于静止平衡状态时对物块受力分析如右甲所示。竖直方向：F sin=mg, 水平方向：F cos=，解得轻弹簧的弹力大小为=mg cot=20N , A项正确；若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度由牛顿第二定律可得解得a=10m/s2，C、D两项错；当撤去拉力F的瞬间，对物块受力分析如图乙所示。由牛顿第二定律可得，解得物块的加速度m/s2，方向向左，B项正确。32.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 一质量m0.6kg的物体以v020m/s的初速度从倾角为30的斜坡底端沿斜坡向上运动。当物体向上滑到某一位置时，其动
40、能减少了Ek18J，机械能减少了E3J，不计空气阻力，重力加速度g10m/s2，则A物体向上运动时加速度的大小为6m/s2B物体向下运动时加速度的大小为6m/s2C物体返回斜坡底端时的动能为40JD物体返回斜坡底端时的动能为0J 32.8A 32.（1）物体从开始到经过斜面上某一点时，受重力、支持力和摩擦力，根据动能定理，有-mglABsin-flAB=EKB-EKA=-18J 机械能的减小量等于克服摩擦力做的功：flAB=EB-EA=3J 由可解得lAB=5m，f=0.6N因为物体的初速度为v0=20m/s，初动能Ek00.6202J=120J滑上某一位置时动能减少了Ek=18J，则此时动能
41、Ek=102J=mv2，可得v2=340m2/s2物体在斜坡底端向上运动时受重力、支持力和摩擦力作用，物体做匀减速运动，根据匀变速直线运动的速度位移关系有：a=m/s2=-6m/s2（负号表示方向与初速度方向相反），故项正确；物体在斜坡底端向下运动时，由牛顿第二定律可得，项错；当该物体经过斜面上某一点时，动能减少了18J，机械能减少了3J，所以当物体到达最高点时动能减少了120J，机械能减少了20J，所以物体上升过程中克服摩擦力做功是20J，全过程摩擦力做功W=-40J 从出发到返回底端，重力不做功，设回到出发点的动能为EK，由动能定理可得W=EK-EK0 得EK=80J，故两项错。33.(浙
42、江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) 航天员王亚平在天宫一号处于完全失重状态，她在太空授课所做的实验：长为L的细线一端系着质量为m的小球，另一端系在固定支架上，小球原来静止，给小球一个初速度，小球绕着支架上的固定点做匀速圆周运动。天宫一号处的重力加速度为gt，下列说法正确的是A小球静止时细线的拉力为mgtB小球做匀速圆周的速度至少为C小球做匀速圆周运动时，在任何位置细线的拉力可以小于mgtD若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做抛体运动 33.4C 33.小球处于完全失重状态，故小球静止时细线的拉力为0，A项错；小球做匀速圆周运动的速度未知，故任何位置细线的拉力可以小于mgt，亦可大于
43、等于mgt，C项 正确；由可知小球做匀速圆周的速度可以大于，亦可大于等于，B项错；若小球做匀速圆周运动时细线断裂，则小球做匀速直线运动，D项错。34.(四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) 如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接) ，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g=10m/s2) ，则下列结论正确的是( )A. 物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B. 物体的质量为3 kgC. 物体的加速度大小为5 m/s2D. 弹簧的劲度系数为7.5 N/cm
44、34.5C 34.物体与弹簧分离时，弹簧恢复原长，故A错误；刚开始物体处于静止状态，重力和弹力二力平衡，有mg=kx 拉力F1为10N时，弹簧弹力和重力平衡，合力等于拉力，根据牛顿第二定律，有F1+kx-mg=ma 物体与弹簧分离后，拉力F2为30N，根据牛顿第二定律，有F2-mg=ma 代入数据解得m=2kg，k=5N/cm，a=5m/s2，故C正确，BD错误。35.(四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) 下列说法正确的是( )A. 对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点B. “和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km 指的是
45、位移大小C. 高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于超重状态D. 绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止 35.2. D 35.对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，运动员的自身大小不可忽略，A项错；“和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km 指的是路程，B项错；高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于失重状态，C项错；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，其轨道所在平面不一定与赤道平面重合，故不一定是地球同步卫星，D项正确。36.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) 三角形传送带以1m/s的速度逆时针匀速转动，两边的传送带长都
46、是2m且与水平方向的夹角均为37。现有两个小物块A、B从传送带顶端都以lm/s的初速度沿传送带下滑，物块与传送带间的动摩擦因数都是0.5，g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。下列判断正确的是A物块A先到达传送带底端B物块A、B同时到达传送带底端C传送带对物块A、B均做负功D物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量 36.11BCD 36.根据题意可知物块A、B均沿传送带加速下滑，对A、B受力分析并根据牛顿第二定律可得，物块A、B沿传动带下滑的过程中，由得，故B项正确，A项错；物块A、B沿传动带下滑的过程中，物块A、B受到沿传送带向上的滑动摩擦力作用，故传送带对
47、物块A、B均做负功，C项正确；物块沿传送带下滑过程系统产生的热量分别为，由于，故有物块A下滑过程系统产生的热量小于B下滑过程系统产生的热量，D项正确。37.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) 2013年6月20日，在中国迄今最高“讲台” 天宫一号上，女航天员王亚平向地面的千万名师生进行了太空授课。在演示如何在太空中测量物体质量时，她让“助教” 聂海胜固定在仪器上，启动机械臂拉他由静止开始向舱壁运动，假设仪器测出聂海胜受到机械臂的恒定拉力为F，经时间t时测速仪测出他运动的速率为v，则聂海胜的质量为ABCD 37.5B 37.聂海胜由静止开始做匀加速直线运动，v=at, 由牛顿第二定律可
48、得F=ma, 解得聂海胜的质量m=, B 项正确。38.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一) 如图甲所示，为测定物体冲上粗糙斜面能达到的最大位移x与斜面倾角的关系，将某一物体每次以不变的初速率沿足够长的斜面向上推出，调节斜面与水平方向的夹角，实验测得x与斜面倾角的关系如图乙所示，g取，根据图象可求出 A物体的初速率=3ms B物体与斜面间的动摩擦因数 C取不同的倾角，物体在斜面上能达到的位移x的最小值 D当某次时，物体达到最大位移后将沿斜面下滑 38.10BC 38.当时，物体做竖直上抛运动，由图知最大高度为：xm=1.8m由0-=-2gxm解得：v0=6m/s, A项错；当=0时，
49、xm=2.4m，物体沿水平方向做匀减速运动，根据动能定理得：-mgxm=0-, 解得：=0.75, B 项正确；对某一角度，物体上向滑行过程中，mgsin+mgcos=ma，加速度a=g（sin+cos）；上行的最大距离为x=；根据辅助角公式：asin+bcos=sin（+），其中tan=，可以得到：tan=，和sin+cos=sin（+）；当sin（+30）=1时，x=最小，代入v和的值，x=1.44m最小，D项正确。39.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一) 在光滑的水平面上，一物块在水平方向的外力F作用下做初速度为的运动，其速度时间图象如图所示，则下列判断正确的是A在0内，物体
50、在做曲线运动B在0内，外力F不断增大C在0内，外力F不断减小D在0内，物体的速度方向时刻改变 39.1B 39.A、在速度-时间图象中，切线代表该位置的加速度，由图象可知，物体的加速度越来越大，速度越来越小，所以物体做加速度越来越大的减速直线运动，故A错误；在0内，力的方向与速度方向相反，根据a=知力F不断增大，B项正确，C项错；在0内，物体作直线运动，其速度方向不变，D项错。40.(江西省七校2014届高三上学期第一次联考) 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
51、说法中正确的是（）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顾客对扶梯作用力的方向先指向右下方，再竖直向下 40.15C 40.在慢慢加速的过程中，受力如图，物体加速度与速度同方向，合力斜向右上方，因而顾客受到的摩擦力与接触面平行水平向右，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，由于加速向右上方，处于超重状态；在匀速运动的过程中，顾客处于平衡状态，只受重力和支持力，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，故C项正确。41.(江苏省苏北四市201
52、4届高三上期末统考) 将一质量为m的小球靠近墙面竖直向上抛出，图甲是向上运动的频闪照片，图乙是下降时的频闪照片，O是运动的最高点，甲、乙两次的闪光频率相同。重力加速度为g，假设小球所受阻力大小不变，则可估算小球受到的阻力大小约为A BC D 41.4B 41.小球抛出后上升过程做匀减速直线运动，有，根据牛顿第二定律有；下降过程做匀加速直线运动，有，根据牛顿第二定律有，联立以上各式可得小球受到的阻力为，B项正确。42.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) 如图所示，两个物体A、B叠放在一起，接触面粗糙。现将它们同时以相同的速度水平抛出，不计空气阻力。在运动的过程中，物体BA只受重
53、力B受重力和A对它的压力C受重力和A对它的摩擦力D受重力、A对它的压力和摩擦力 42.1A 42.物体A、B水平抛出后均处于完全失重状态，故它们只受到重力作用，A项正确。43.(湖北省黄冈中学2014届高三上学期期末考试) 下列说法正确的是( )A对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，可以把运动员看做质点B“和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km 指的是位移大小C高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于超重状态D绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定相对于地面静止 43.14D 43.对运动员“大力扣篮” 过程进行技术分析时，运动员身体的形状不可忽略，
54、故不可以把运动员看做质点，A项错；和谐号” 动车组行驶313 km从成都抵达重庆，这里的“313 km 指的是路程，B项错；高台跳水运动员腾空至最高位置时，处于失重状态，C项错；绕地球做匀速圆周运动且周期为24 h的卫星，不一定是同步卫星，故不一定相对于地面静止，D项正确。44.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，小球从高处自由下落到竖直放置的轻弹簧上，从小球接触弹簧到将弹簧压缩至最短的整个过程中，下列叙述中正确的是 A小球的加速度先增大后减小 B小球的速度一直减小 C动能和弹性势能之和保持不变 D重力势能、弹性势能和动能之和保持不变 44.5D 44.小球自由落下，
55、接触弹簧时有竖直向下的速度，接触弹簧后，弹簧被压缩，弹簧的弹力随着压缩的长度的增大而增大以小球为研究对象，开始阶段，弹力小于重力，合力竖直向下，与速度方向相同，小球做加速运动，合力减小；当弹力大于重力后，合力竖直向上，小球做减速运动，合力增大，故整个过程中小球的加速度先减小后增大，A、B两项错；小球在下降过程中，重力势能减少转化为小球的动能和弹性势能之和，故动能和弹性势能之和增大，C项错；小球和弹簧组成系统机械能守恒，故小球重力势能、动能和弹簧弹性势能之和保持不变，D项正确。45.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，一个质量为M的物体a放在光滑的水平桌面上，当在细绳下
56、端挂上质量为m的物体b时，物体a的加速度为a，绳中张力为T，则 Aa=g B CT=mg D 45.4BD 45.将物体a及物体b视为一个整体。根据牛顿第二定律可得，解得物体a的加速度为，故B项正确，A项错；隔离物体b，根据牛顿第二定律可得，解得，D项正确，C项错。46.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）（18分）（1）利用力传感器研究 “加速度与合外力的关系” 的实验装置如图甲 下列关于该实验的说法，错误的是_（选填选项前的字母）A做实验之前必须平衡摩擦力B小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点
57、从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，已知打点计时器所用电源的频率为50Hz 从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1 =_cm；该小车的加速度a =_m/s2（计算结果保留两位有效数字），实验中纸带的_（填“左” 或“右” ）端与小车相连接 46.34（1）BD（2分）；0.70（2分），0.20（2分），左（2分）， 46.解析：本实验用力传感器测量小车受到的合外力的大小，故做实验之前必须平衡摩擦力，项正确；再有力传感器的情况下，小车受到的合外力可以直接通过传感器的示数得到，故小车的质量没有必要比所挂钩码的质量大得多，B项错；实验
58、时应调节定滑轮的高度使细线与木板平行，这样可以保证细线中拉力即为小车受到的合外力，C项正确；实验开始的时候，小车最好距离打点计时器近一点，D项错。（2）将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干” 连成如图1所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安特性曲线” 的实验 闭合开关前，应将滑动变阻器的 滑片P置于_端（填“左” 或“右” ） 用多用电表电压档测量L电压时，红表笔应接图1中的_点（填“a” 或“b” ） 正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转将两表笔改接到图1电路的a、c两点，电表指针仍不偏转；改接a、d两点时，电表指针偏转
59、如图2所示，其示数为 V；可判定故障为d、c间电路 （填“断路” 或“短路” ） 甲乙两位同学用完多用电表后，分别把选择开关放在图3所示位置则 的习惯好（2）左（2分）a（2分）2.00（2分）断路（2分）乙同学（2分，“乙” 也对）解析：为保证实验的安全，闭合开关前，应将滑动变阻器的 滑片P置左端；用多用电表电压档测量L电压时，电流由红表笔流入电表，故红表笔应接高电势即红表笔应接图1中的a点；电表示数为2.50=2.00V；d、c间电路故障为断路实验完毕应将选择开关置于交流电压最高档或档，故乙同学的习惯好47.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）如图，电梯内重为10N的物体悬挂
60、在弹簧测力计上某时刻，乘客观察到测力计示数变为8N，则电梯可能A匀加速向上运动B匀减速向上运动C匀加速向下运动D匀减速向下运动 47.18BC 47.由于测力计示数小于10N，故物体处于失重状态，具有竖直向下的加速度，故物体可能匀减速向上运动，也可能匀加速向下运动，故BC两项正确。48.（广东省广州市2014届高三1月调研测试物理试题）“加速度计” 的部分结构简图如图所示，滑块与轻弹簧a、b连接并置于光滑凹槽内，静止时a、b长度为l；若该装置加速向右运动，a、b长度分别为la、lb，则Ala l，lb lBla l，lb l，lb lDla l 48.14D 48.当装置加速向右运动时，滑块具
61、有水平向右的加速度，滑块向左滑动受到轻弹簧a、b的弹力的合力水平向右，故a弹簧被压缩，b弹簧被拉伸，D项正确。49.(福建省福州市2014届高三上学期期末质量检测物理试题) 如图所示，卡车通过定滑轮以恒定的功率P0拉绳，牵引河中的小船沿水面运动，已知小船的质量为m，沿水面运动时所受的阻力为f且保持不变，当绳AO段与水平面夹角为时，小船的速度为v，不计绳子与滑轮的摩擦，则此时小船的加速度等于A BC D 49.10A 49.设卡车拉绳的牵引力为F。根据牛顿第二定律可得Fcos-f=ma，而F=，故小船的加速度a=, 正确答案为A。50.(安徽省合肥市2014届高三上学期第一次质量检测) 如图所示
62、，A、B两物体叠放在一起，让它们靠在粗糙的竖直墙边，已知，然后由静止释放，在它们同时沿竖直墙壁下滑的过程中，物体BA、仅受重力作用B、受重力、物体A的压力作用C、受重力、竖直墙的弹力和磨擦力的作用D、受重力、竖直墙的弹力和磨擦力、物体A的压力作用 50.1. A 50.：A、B两物体叠放在一起由静止释放后均做自由落体运动，即均处于完全失重状态，故物体B仅受到重力作用，A项正确。51.(2014课标全国卷，22，6分)某同学利用图(a)所示实验装置及数字化信息系统获得了小车加速度a与钩码的质量m的对应关系图,如图(b)所示。实验中小车(含发射器)的质量为200 g,实验时选择了不可伸长的轻质细绳
63、和轻定滑轮,小车的加速度由位移传感器及与之相连的计算机得到,回答下列问题:图(a)图(b)(1)根据该同学的结果,小车的加速度与钩码的质量成_(填“线性”或“非线性”)关系。(2)由图(b)可知,a-m图线不经过原点,可能的原因是_。(3)若利用本实验装置来验证“在小车质量不变的情况下,小车的加速度与作用力成正比”的结论,并直接以钩码所受重力mg作为小车受到的合外力,则实验中应采取的改进措施是_。钩码的质量应满足的条件是_。 51. (1)非线性(2)存在摩擦力(3)调节轨道的倾斜度以平衡摩擦力远小于小车的质量 51.(1)将图(b)中各点连线,得到的是一条曲线,故a与m的关系是非线性的。(2
64、)由图(b)可知,当钩码质量不为零时,在一定范围内小车加速度仍为零,即钩码对小车的拉力大于某一数值时小车才产生加速度,故可能的原因是存在摩擦力。(3)若将钩码所受重力作为小车所受合力,则应满足三个条件,一是摩擦力被平衡,二是绳平行于轨道平面,此二者可保证绳对车的拉力等于车所受合力,设绳的拉力为T,由mg-T=ma、T=Ma有T=g=,可见当mM时才有Tmg,故第三个条件为mM。52.(2014年哈尔滨市第三中学第一次高考模拟试卷) （4分）某实验小组欲以图甲所示实验装置“探究加速度与物体受力和质量的关系” 图中A为小车，B为装有砝码的小盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车通过纸带与电磁打点计时
65、器相连。（g = 10 m/s2）某同学通过调整木板倾角平衡好摩擦力后，在保持小车质量不变的情况下，挂上砝码盘后通过多次改变砝码质量，作出小车加速度a与砝码的重力的图象如图乙所示。则根据图象由牛顿第二定律得小车的质量为_kg，小盘的质量为_kg。（计算结果均保留到小数点后两位） 52.22122 ，0.06 52.：对a-F图来说，图象的斜率表示小车质量的倒数，则，故小车质量m=1.22kg，F=0时，产生的加速度是由于托盘作用产生的，故有mg=m1a0，解得m=0.06kg。53.（桂林中学2014届三年级2月月考）（6分）如图1所示为“探究加速度与物体受力及质量的关系” 的实验装置图。图中
66、A为小车，B为装有砝码的托盘，C为一端带有定滑轮的长木板，小车后面所拖的纸带穿过电火花打点计时器，打点计时器接50HZ交流电。小车的质量为m1，托盘及砝码的质量为m2。下列说法正确的是 。A长木板C必须保持水平B实验时应先释放小车后接通电源C实验中m2应远小于m1D作a-图像便于行出加速度与质量关系实验时，某同学由于疏忽，遗漏了平衡摩擦力这一步骤，他测量得到的aF图像，可能是图2中的图线 。(选填“甲、乙、丙”)图3为某次实验得到的纸带，纸带上标出了所选的四个计数点之间的距离，相邻计数点间还有四个点没有画出。由此可求得小车的加速度的大小是 m/s2。（结果保留二位有效数字） 53.22CD（2
67、分） 丙（2分） 0.49或0.50（2分） 53.：将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力，故A错误；实验时应先接通电源后释放小车，故B错误；让小车的质量M远远大于小桶（及砝码）的质量m，因为：绳子的拉力F=Ma=mg，故应该是mM，而当m不再远远小于M时a=，随m的增大物体的加速度逐渐减小且无限趋近于g，故C错误；F=ma，所以a=，当F一定时，a与成正比，故D正确。（2）遗漏了平衡摩擦力这一步骤，就会出现当有拉力时，物体不动的情况，故图线为丙。（3）设第1段位移为：x1，第2段位移为：x2，
68、 计时器打点的时间间隔为0.02s从比较清晰的点起，每两测量点间还有4个点未画出，说明时间间隔T=0.1s，由x=aT2得0.4910-2=a0.12，解得a=0.49m/s2。54.(广州市2014届高三年级调研测试) （18分）（1）利用力传感器研究 “加速度与合外力的关系” 的实验装置如图甲 下列关于该实验的说法，错误的是_（选填选项前的字母）A做实验之前必须平衡摩擦力B小车的质量必须比所挂钩码的质量大得多C应调节定滑轮的高度使细线与木板平行D实验开始的时候，小车最好距离打点计时器远一点 从实验中挑选一条点迹清晰的纸带，每5个点取一个计数点，用刻度尺测量计数点间的距离如图乙所示，已知打点
69、计时器所用电源的频率为50Hz 从图中所给的刻度尺上读出A、B两点间的距离s1 =_cm；该小车的加速度a =_m/s2（计算结果保留两位有效数字），实验中纸带的_（填“左” 或“右” ）端与小车相连接（2）将“小电珠L、滑动变阻器、多用电表、电流表、直流稳压电源、开关和导线若干” 连成如图1所示的电路，进行“描绘小电珠的伏安特性曲线” 的实验 闭合开关前，应将滑动变阻器的 滑片P置于_端（填“左” 或“右” ）用多用电表电压档测量L电压时，红表笔应接图1中的_点（填“a” 或“b” ）正确连线后，闭合开关，发现不论怎么调节滑动变阻器的滑片，多用电表指针均不偏转将两表笔改接到图1电路的a、c两
70、点，电表指针仍不偏转；改接a、d两点时，电表指针偏转如图2所示，其示数为 V；可判定故障为d、c间电路 （填“断路” 或“短路” ） 甲乙两位同学用完多用电表后，分别把选择开关放在图3所示位置则 的习惯好 54.（1）BD（2分）；0.70（2分），0.20（2分），左（2分），（2）左（2分）a（2分）2.00（2分）断路（2分）乙同学（2分，“乙” 也对） 54.（1）本实验应平衡摩擦力；并且小车的质量要远小于钩码的质量；并且细线应水平，即调节滑轮的高度使细线与木板平行；开始实验时，小车应靠近打点计时器；本题选错误的，故选BD。由刻度尺可知，s1=0.70cm；第两个计数点间有5个间隔，故
71、t=0.1s；小车的加速度为：a=cm/s2=0.2m/s2；实验中小车越来越快，故纸带的左端与小车相连接；（2）闭合开关前，应将滑片置于输出电压最小的左端；根据电流应从“+” 接线柱进入，而红表笔接的是“+” 接线柱，所以红表笔应接在a点；多用电表的读数为：U=2.00V；根据欧姆定律可以判断d、c间电流断路；多用电表使用完后应将选择开关置于“OFF” 档或交流电压最高档，所以已同学习惯较好。55.(江苏省苏北四市2014届高三上期末统考) (10分) 某同学刚如图所示的装置探究小车加速度与合外力的关系。图中小车A左端连接一纸带并穿过打点计时器B的限位孔，右端用一轻绳绕过滑轮系于拉力传感器C
72、的下端，A、B置于水平放置的一端带有定滑轮的足够长的木板上。不计绳与滑轮的摩擦及滑轮的质量。实验时，先接通电源再释放小车，打点计时器在纸带上打下一系列点。该同学在保证小车A质量不变的情况下，通过改变P的质量来改变小车A所受的外力，由传感器和纸带测得的拉力F和加速度a数据如下表所示。(1) 第4次实验得到的纸带如图所示，O、A、B、C和D是纸带上的五个计数点，每两个相邻点间有四个点没有画出，A、B、C、D四点到O点的距离如图。打点计时器电源频率为50Hz。根据纸带上数据计算出加速度为。(2) 在实验中，(选填“需要” 或“不需要”) 满足重物P的质量远小于小车的质量。(3) 根据表中数据，在图示
73、坐标系中作出小车加速度a与力F的关系图象。(4) 根据图象推测，实验操作中重要的疏漏是。 55.11. （1）0.43 (2) 不需要 （3）作图 （4）没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足 (答出其中一点即给2分) 55.(1) 加速度为；(2) 本实验用传感器即可直接测得作用在小车A上的拉力，故本实验不需要满足重物P的质量远小于小车的质量；（3）描点、连线，用平滑的曲线通过点群的平均位置即可得到小车加速度a与力F的关系图象；(4) 通过小车加速度a与力F的关系图象不通过原点可知实验操作中重要的疏漏是没有平衡摩擦力或者摩擦力平衡不足。56.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) （
74、8分）如图所示，NM是水平桌面，PM是一端带有滑轮的长木板，1、2是固定在木板上的两个光电门，中心间的距离为L。质量为M的滑块A上固定一遮光条，在质量为m的重物B牵引下从木板的顶端由静止滑下，光电门1、2记录遮光时间分别为t1和t2。遮光条宽度为d。（1）若用此装置验证牛顿第二定律，且认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足 ；在实验中，考虑到遮光条宽度不是远小于L，测得的加速度为 。（2）如果已经平衡了摩擦力， （选填“能” 或“不能” ）用此装置验证A、B组成的系统机械能守恒，理由是 。 56.10（1）Mm (各2分)（2）不能 有摩擦力做功 (各2分) 56
75、.（1）根据牛顿第二定律，对质量为m的重物B：mgFma，质量为M的滑块A：FMa所以Fmg，当mM时Fmg，所以要认为滑块A受到外力的合力等于B重物的重力，除平衡摩擦力外，还必须满足. Mm； 测得的加速度为a= 。（2）如果已经平衡了摩擦力，由于有摩擦力做功，故不能用此装置装置验证A、B组成的系统机械能守恒。57.(2014江苏，15，16分)如图所示,生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙,甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同,并平稳地传到乙上,工件与乙之间的动摩擦因数为。乙的宽度足够大,重力加速度为g。(1)若乙的速度为v0,求工件在乙上侧向(垂直于乙的运动方向)滑过的
76、距离s;(2)若乙的速度为2v0,求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v;(3)保持乙的速度2v0不变,当工件在乙上刚停止滑动时,下一只工件恰好传到乙上,如此反复。若每个工件的质量均为m,除工件与传送带之间摩擦外,其他能量损耗均不计,求驱动乙的电动机的平均输出功率 。 57.(1)(2)2v0(3) 57.(1)摩擦力与侧向的夹角为45侧向加速度大小ax=g cos 45匀变速直线运动-2axs=0-解得s=(2)设t=0时刻摩擦力与侧向的夹角为,侧向、纵向加速度的大小分别为ax、ay,则=tan 很小的t时间内,侧向、纵向的速度增量vx=axt,vy=ayt解得=tan 且由题意知tan
77、=则=tan 所以摩擦力方向保持不变则当vx=0时,vy=0,即v=2v0(3)工件在乙上滑动时侧向位移为x,沿乙速度方向的位移为y,由题意知ax=g cos ,ay=g sin 在侧向上-2axx=0-在纵向上2ayy=(2v0)2-0工件滑动时间t=乙前进的距离y1=2v0t工件相对乙的位移L=则系统摩擦生热Q=mgL电动机做功W=m(2v0)2-m+Q由=,解得=58.(2014四川，9，15分)石墨烯是近些年发现的一种新材料,其超高强度及超强导电、导热等非凡的物理化学性质有望使21世纪的世界发生革命性的变化,其发现者由此获得2010年诺贝尔物理学奖。用石墨烯制作超级缆绳,人类搭建“太空
78、电梯”的梦想有望在本世纪实现。科学家们设想,通过地球同步轨道站向地面垂下一条缆绳至赤道基站,电梯仓沿着这条缆绳运行,实现外太空和地球之间便捷的物资交换。(1)若“太空电梯”将货物从赤道基站运到距地面高度为h1的同步轨道站,求轨道站内质量为m1的货物相对地心运动的动能。设地球自转角速度为,地球半径为R。(2)当电梯仓停在距地面高度h2=4R的站点时,求仓内质量m2=50 kg的人对水平地板的压力大小。取地面附近重力加速度g=10 m/s2,地球自转角速度=7.310-5 rad/s,地球半径R=6.4103 km。 58. (1)m12(R+h1)2(2)11.5 N 58.(1)设货物相对地心
79、的距离为r1,线速度为v1,则r1=R+h1v1=r1货物相对地心运动的动能为Ek=m1联立得Ek=m12(R+h1)2说明:式各1分(2)设地球质量为M,人相对地心的距离为r2,向心加速度为a,受地球的万有引力为F,则r2=R+h2a=2r2F=Gg=设水平地板对人的支持力大小为N,人对水平地板的压力大小为N,则F-N=m2aN=N联立式并代入数据得N=11.5 N说明:式各2分,式各1分59.(2014福建，35，18分)图24的水平轨道中,AC段的中点B的正上方有一探测器,C处有一竖直挡板,物体P1沿轨道向右以速度v1与静止在A点的物体P2碰撞,并接合成复合体P,以此碰撞时刻为计时零点,
80、探测器只在t1=2 s至t2=4 s内工作,已知P1、P2的质量都为m=1 kg,P与AC间的动摩擦因数为=0.1,AB段长L=4 m,g取10 m/s2,P1、P2和P均视为质点,P与挡板的碰撞为弹性碰撞。(1)若v1=6 m/s,求P1、P2碰后瞬间的速度大小v和碰撞损失的动能E;(2)若P与挡板碰后,能在探测器的工作时间内通过B点,求v1的取值范围和P向左经过A点时的最大动能E。图24 59. (1)3 m/s9 J(2)10 m/sv114 m/s17 J 59.(1)P1、P2碰撞过程,动量守恒mv1=2mv解得v=3 m/s碰撞损失的动能E=m-(2m)v2解得E=9 J(2)根据
81、牛顿第二定律,P做匀减速运动,加速度为a=设P1、P2碰撞后的共同速度为v共,则推得v共=把P与挡板碰撞后运动过程当作整体运动过程处理经过时间t1,P运动过的路程为s1,则s1=v共t1-a经过时间t2,P运动过的路程为s2,则s2=v共t2-a如果P能在探测器工作时间内通过B点,必须满足s13Ls2联立得10 m/sv114 m/sv1的最大值为14 m/s,此时v共=7 m/s,根据动能定理知-2mg4L=E-2m代入数据得E=17 J60.(2014安徽，22，14分)如图所示,充电后的平行板电容器水平放置,电容为C,极板间距离为d,上极板正中有一小孔。质量为m、电荷量为+q的小球从小孔
82、正上方高h处由静止开始下落,穿过小孔到达下极板处速度恰为零(空气阻力忽略不计,极板间电场可视为匀强电场,重力加速度为g)。求:(1)小球到达小孔处的速度;(2)极板间电场强度大小和电容器所带电荷量;(3)小球从开始下落运动到下极板处的时间。 60.(1)(2)C(3) 60.(1)由v2=2gh得v=(2)在极板间带电小球受重力和电场力作用,有qE-mg=ma且v2-0=2ad,得E=由U=Ed、Q=CU得Q=C(3)由题得h=g、0=v+at2、t=t1+t2,综合可得t=61.(2014浙江，23，16分)如图所示,装甲车在水平地面上以速度v0=20 m/s沿直线前进,车上机枪的枪管水平,
83、距地面高为h=1.8 m。在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶,其底边与地面接触。枪口与靶距离为L时,机枪手正对靶射出第一发子弹,子弹相对于枪口的初速度为v=800 m/s。在子弹射出的同时,装甲车开始匀减速运动,行进s=90 m后停下。装甲车停下后,机枪手以相同方式射出第二发子弹。(不计空气阻力,子弹看成质点,重力加速度g=10 m/s2)(1)求装甲车匀减速运动时的加速度大小;(2)当L=410 m时,求第一发子弹的弹孔离地的高度,并计算靶上两个弹孔之间的距离;(3)若靶上只有一个弹孔,求L的范围。第23题图 61.(1) m/s2(2)0.55 m0.45 m(3)492 mL570
84、m 61.(1)装甲车匀减速运动时的加速度大小a= m/s2(2)第一发子弹飞行时间t1=0.5 s弹孔离地高度h1=h-g=0.55 m第二发子弹的弹孔离地的高度h2=h-g=1.0 m两弹孔之间的距离h=h2-h1=0.45 m(3)第一发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L1L1=(v0+v)=492 m第二发子弹打到靶的下沿时,装甲车离靶的距离为L2L2=v+s=570 mL的范围492 mL570 m62.(2014山东，23，18分)研究表明,一般人的刹车反应时间(即图甲中“反应过程”所用时间)t0=0.4 s,但饮酒会导致反应时间延长。在某次试验中,志愿者少量饮酒后驾车以v0
85、=72 km/h的速度在试验场的水平路面上匀速行驶,从发现情况到汽车停止,行驶距离L=39 m。减速过程中汽车位移s与速度v的关系曲线如图乙所示。此过程可视为匀变速直线运动。取重力加速度的大小g=10 m/s2。求:图甲图乙(1)减速过程汽车加速度的大小及所用时间;(2)饮酒使志愿者的反应时间比一般人增加了多少;(3)减速过程汽车对志愿者作用力的大小与志愿者重力大小的比值。 62.(1)8 m/s22.5 s(2)0.3 s(3) 62.(1)设减速过程中汽车加速度的大小为a,所用时间为t,由题可得初速度v0=20 m/s,末速度vt=0,位移s=25 m,由运动学公式得=2ast=联立式,代
86、入数据得a=8 m/s2t=2.5 s(2)设志愿者反应时间为t,反应时间的增加量为t,由运动学公式得L=v0t+st=t-t0联立式,代入数据得t=0.3 s(3)设志愿者所受合外力的大小为F,汽车对志愿者作用力的大小为F0,志愿者质量为m,由牛顿第二定律得F=ma由平行四边形定则得=F2+(mg)2联立式,代入数据得=63.(2014课标全国卷，24，13分) 2012年10月,奥地利极限运动员菲利克斯鲍姆加特纳乘气球升至约39 km的高空后跳下,经过4分20秒到达距地面约1.5 km高度处,打开降落伞并成功落地,打破了跳伞运动的多项世界纪录。取重力加速度的大小g=10 m/s2。(1)若
87、忽略空气阻力,求该运动员从静止开始下落至1.5 km高度处所需的时间及其在此处速度的大小;(2)实际上,物体在空气中运动时会受到空气的阻力,高速运动时所受阻力的大小可近似表示为f=kv2,其中v为速率,k为阻力系数,其数值与物体的形状、横截面积及空气密度有关。已知该运动员在某段时间内高速下落的v-t图像如图所示。若该运动员和所带装备的总质量m=100 kg,试估算该运动员在达到最大速度时所受阻力的阻力系数。(结果保留1位有效数字) 63. (1)87 s8.7102 m/s(2)0.008 kg/m 63.(1)设该运动员从开始自由下落至1.5 km高度处的时间为t,下落距离为s,在1.5 k
88、m高度处的速度大小为v。根据运动学公式有v=gts=gt2根据题意有s=3.9104 m-1.5103 m=3.75104 m联立式得t=87 sv=8.7102 m/s(2)该运动员达到最大速度vmax时,加速度为零,根据牛顿第二定律有mg=k由所给的v-t图像可读出vmax360 m/s由式得k=0.008 kg/m64.(2014课标全国卷，24，12分)公路上行驶的两汽车之间应保持一定的安全距离。当前车突然停止时,后车司机可以采取刹车措施,使汽车在安全距离内停下而不会与前车相碰。通常情况下,人的反应时间和汽车系统的反应时间之和为1 s,当汽车在晴天干燥沥青路面上以108 km/h的速度
89、匀速行驶时,安全距离为120 m。设雨天时汽车轮胎与沥青路面间的动摩擦因数为晴天时的2/5,若要求安全距离仍为120 m,求汽车在雨天安全行驶的最大速度。 64.20 m/s(72 km/h) 64.设路面干燥时,汽车与地面的动摩擦因数为0,刹车时汽车的加速度大小为a0,安全距离为s,反应时间为t0,由牛顿第二定律和运动学公式得0mg=ma0s=v0t0+式中,m和v0分别为汽车的质量和刹车前的速度。设在雨天行驶时,汽车与地面的动摩擦因数为,依题意有=0设在雨天行驶时汽车刹车的加速度大小为a,安全行驶的最大速度为v,由牛顿第二定律和运动学公式得mg=mas=vt0+联立式并代入题给数据得v=2
90、0 m/s(72 km/h)65.（2014重庆杨家坪中学高三下学期第一次月考物理试题，7）如图所示，物体A、B质量分别为2m和m，由轻质细绳相连。竖直向上的恒力F=6mg，作用在物体A上，使A、B一起向上加速运动。重力加速度为g，求：（1）A、B一起运动的加速度为多大；（2）轻绳对物体B的拉力。 65.查看解析 65.7解析：（1）以A、B组成的系统为研究对象，由牛顿第二定律得：F-3mg=3ma，解得：a=g，方向竖直向上；（2）以B为研究对象，由牛顿第二定律得：T-mg=ma，解得：T=2mg，方向竖直向上。66.（2014重庆名校联盟高三联合考试物理试题，7）一质量m=2.0kg的小物
91、块以一定的初速度冲上一足够长的斜面，斜面的倾角=37. 某同学利用传感器测出了小物块从一开始冲上斜面上滑过程中多个时刻的瞬时速度，并用计算机作出了小物块上滑过程的速度时间图线，如图所示. （已知重力加速度 sin37=0.6 cos37=0.8）求：（1）小物块冲上斜面过程中加速度的大小a；（2）小物块与斜面间的动摩擦因数；（3）小物块沿斜面上滑的过程中克服摩擦阻力做的功W。 66.查看解析 66.：（1）由小物块上滑过程的速度-时间图线，可得小物块冲上斜面过程中加速度的大小为：a=m/s28m/s2；（2）对小物块进行受力分析如图，有：mgsin37+f=maN-mgcos37=0又f=N代
92、入数据解得=0.25。（3）速度-时间图象中面积表示位移得小物块沿斜面上滑的位移为s=at2=18m4m则小物块沿斜面上滑的过程中克服摩擦阻力做的功为：W=fs=mgscos=0.252104cos37J=16J。67.（2014天津蓟县邦均中学高三模拟理科综合能力测试，10）一艘帆船在湖面上顺风行驶，在风力的推动下做速度v1=4m/s的匀速直线运动, 已知：该帆船在匀速行驶的状态下突然失去风的动力，帆船在湖面上做匀减速直线运动, 经过8秒钟才能恰好静止； 该帆船的帆面正对风的有效面积为S=10m2，帆船的总质量M约为940kg，当时的风速v2=10m/s。若假设帆船在行驶的过程中受到的阻力始
93、终恒定不变，那么由此估算：（1）在匀速行驶的状态下，帆船受到的动力和阻力分别为多大？（2）空气的密度约为多少？ 67.查看解析 67.10、解析：（1）风突然停止，船体只受到的阻力f做减速运动 船体加速度大小：a=v/t=4/8=0.5m/s2 船体只受阻力： f=Ma=9400.5=470N 帆船在匀速运动时受到风的推力和水的阻力而平衡，所以： 帆船受到风的推力大小：F=f=470N（2）(特别说明：没有相应的估算过程，直接写出空气密度的不能得分) 在单位时间内，对吹入帆面的空气（柱）应用动量定理有： F=mv=Svv v=v2-v1=10-4=6m/s故=FSv21.3kg/m368.（2
94、014山西忻州一中、康杰中学、临汾一中、长治二中四校高三第三次联考理科综合试题，24）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，轻绳不可伸长且足够长，如果，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）系统在由静止释放后的运动过程中，物体C对B的拉力。 68.查看解
95、析 68.24. 解析：（1）设物体的加速度为a, 绳子中的拉力为F,对物体A：由牛顿第二定律得 对BC整体由牛顿第二定律得解得：物体B从静止下落自由下落同样的距离解得：（2）设B对C的拉力为FN物体C, 由牛顿第二定律得：解得：由牛顿第三定律得物体C对B的拉力为 。69.（2014山东青岛高三第一次模拟考试理综物理，22）如图所示，一质量为m的物块在与水平方向成的力F的作用下从A点由静止开始沿水平直轨道运动，到B点后撤去力F， 物体飞出后越过“壕沟” 落在平台EG段已知物块的质量m =1kg，物块与水平直轨道间的动摩擦因数为=0.5，AB段长L=10m，BE的高度差h =0.8m，BE的水平
96、距离 x =1.6m若物块可看做质点，空气阻力不计，g取10m/s2（1）要越过壕沟，求物块在B点最小速度v的大小；（2）若=370，为使物块恰好越过“壕沟” ，求拉力F的大小；（3）若大小不确定，为使物块恰好越过“壕沟” ，求力F的最小值（结果可保留根号） 69.查看解析 69.：物块通过B点后做平抛运动，竖直方向解得水平方向：（2）由A到B由 可得a=0.8m/s2 对物块受力分析，由牛顿第二定律可得： 代入数据可得F = 5.27N（3）由数学知识可知：代入数据得70.（2014江西省红色六校高三第二次联考，24）有一个小圆环瓷片最高能从h=0.18m高处静止释放后直接撞击地面而不被摔坏
97、。现让该小圆环瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑，瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍，如图所示。若将该装置从距地面H=4.5m高处从静止开始下落，瓷片落地恰好没摔坏。已知圆柱体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1倍，圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向。（g=10m/s2）瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地时的最大速度为多少？瓷片随圆柱体从静止到落地，下落总时间为多少？ 70.查看解析 70.24. 解析：（1）瓷片从h=0.18m处下落，加速度为a0，设瓷片质量为m，由牛顿第二定律可得mg-0.1mg=ma0解得a0=9m/s2 由运动学公式可得落地时速度为v02
98、=2a0h解得 v0=1.8m/s(2) 瓷片随圆柱体一起加速下落，加速度为a1,a1=a0=9m/s2圆柱体落地时瓷片速度v12=2a1H解得 v1=9m/s下落时间为t1=1s瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地，加速度大小为a2由牛顿第二定律可得0.1mg+4.5mg-mg=ma2解得 a2=36m/s2设该过程中的下落时间为t2由运动学公式可得 v1-v0=a2t2解得 t2=0.2s则下落总时间t总=t1+t2=1.2s 。71.（2014江苏南通高三2月第一次调研测试物理试题，13）如图所示，一质量M=3.0kg、足够长的木板B放在光滑的水平面上，其上表面放置质量m=l. 0kg的小木
99、块A，A、B均处于静止状态，A与B间的动摩擦因数=0.30，且最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等现给木块A施加一随时间t变化的水平力F=kt(k=2.0N/s) ，取g=10m/s2(1) 若木板B固定，则经过多少时间木块A开始滑动?(2) 若木板B固定，求t2=2.0s时木块A的加速度大小(3) 若木板B不固定，求t3=1.0S时木块A受到的摩擦力大小 71.查看解析 71.：（1）当木板固定时，A开始滑动瞬间，水平力F1与最大静摩擦力fm大小相等，则：F1=fm=mg设经过t1时间A开始滑动，则：F1=kt1t11.5s（2）t2=2s时，有：F=kt2=22N=4N有牛顿第二定律有：F-m
100、g=maa=m/s21.0m/s2（3）在t=1s时水平外力为：F=kt=21N=2N由于此时外力小于最大静摩擦力，两者一定不发生相对滑动，故一起做匀加速运动，以整体为研究对象，有牛顿第二定律可得：F=（m+M）aa0.5m/s2对A受力分析为：F-f=maf=F-ma=（2-10.5）N=1.5N72.（2014吉林实验中学高三年级第一次模拟，24）如图所示，半径R=1.0m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角=37，另一端点C为轨道的最低点。C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M=1kg，上表面与C点等高。质量m=1kg的物块（可视为
101、质点）从空中A点以v0=1.2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道。已知物块与木板间的动摩擦因数1=0.2，木板与路面间的动摩擦因数2=0.05，取g=10m/s2。(sin37=0.6 , cos37=0.8）试求：（1）物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；（2）若木板足够长，请问从开始平抛至最终木板、物块都静止，整个过程产生的热量是多少？ 72.查看解析 72.24解析：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛运动的规律可得vBsin37=v0，解得vB=2m/s。设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得mvB2+mg（R+Rsin37）=mvC2，解得vC=6
102、m/s，物体经过C点时，设轨道对物块的支持力为FC，根据牛顿第二定律得Fc-mg=，联立解得Fc=46N；由牛顿第三定律可知，物块经过圆轨道上的C点时对轨道的压力为46N。（2）根据能量守恒得：整个过程产生的热量Q=mvB2+mg（R+Rsin37）=122+110（1+0.6）=18J。73.(武汉市2014届高中毕业生二月调研测试) （14分）如图所示，将直径为2R的半圆形导轨固定在竖直面内的A、B两点，直径AB与竖直方向的夹角为60。在导轨上套一质量为m的小圆环，原长为2R、劲度系数的弹性轻绳穿过圆环且固定在A、B两点。已知弹性轻绳满足胡克定律，且形变量为x时具有弹性势能，重力加速度为g
103、，不计一切摩擦。将圆环由A点正下方的C点静止释放，当圆环运动到导轨的最低点D点时，求（1）圆环的速率v；（2）导轨对圆环的作用力F的大小? 73.查看解析 73.（1）由几何知识得，圆环在C点、D点时，弹性绳形变量相同，弹性势能相等。由机械能守恒定律，有由几何关系可知 解得 （2）圆环在D点受力如图，弹性绳的弹力 其中 由牛顿第二定律，有 解得。 74.(湖北省八校2014届高三第二次联考) （14分）如图，可看作质点的小物块放在长木板正中间，已知长木板质量为M=4kg，长度为L=2m，小物块质量为m=1kg，长木板置于光滑水平地面上，两物体皆静止。现在用一大小为F的水平恒力作用于小物块上，发
104、现只有当F超过2.5N时，才能让两物体间产生相对滑动。设两物体间的最大静摩擦力大小等于滑动摩擦力大小，重力加速度g=10m/s2，试求：（1）小物块和长木板间的动摩擦因数。（2）若一开始力F就作用在长木板上，且F=12N，则小物块经过多长时间从长木板上掉下？ 74.查看解析 74.24. 解析：(1) 设两物体间的最大静摩擦力为f，当F=2.5N作用于m时，对整体由牛顿第二定律有 对M，由牛顿第二定律 由可得f=2N 小物块竖直方向上受力平衡，所受支持力N=mg，由摩擦力性质f=mg得=0.2 (2) F=12N作用于M时，两物体发生相对滑动，设M、m加速度分别为a1、a2，对M，由牛顿第二定
105、律 得a1=2.5m/s2对m，由牛顿第二定律 得a2=2m/s2由匀变速直线运动规律，两物体在t时间内位移为 m刚滑下M时 由得t=2s 。75.(2014年哈尔滨市第三中学第一次高考模拟试卷) （14分）如图所示，水平地面上有一个静止的直角三角滑块P，顶点A到地面的距离h = 1.8m，水平地面上D处有一固定障碍物，滑块C端到D的距离L = 6.4m。在其顶点A处放一个小物块Q，不粘连，最初系统静止不动。现对滑块左端施加水平向右的推力F = 35N，使二者相对静止一起向右运动，当C端撞到障碍物时立即撤去力F，且滑块P立即以原速率反弹，小物块Q最终落在地面上。滑块P质量M = 4.0kg，小
106、物块Q质量m = 1.0kg，P与地面间的动摩擦因数 = 0.2。（取g = 10 m/s2）求：（1）小物块Q落地前瞬间的速度；（2）小物块Q落地时到滑块P的B端的距离。 75.查看解析 75.24解析：（1）对P、Q整体分析有F-（m+M）g=（m+M）a1 代入数据解得a1=g=7-0.210=5m/s2，当滑块C运动到障碍物D处时有vD2=2a1L 解得vD=8m/s之后Q物体做平抛运动有 解得t1=0.6sQ落地前瞬间竖直方向的速度为vy=gt1 解得vy=100.6m/s=6m/s由矢量合成得Q落地前瞬间的速度大小为vt=10m/s 与水平成，tan=0.6，=37 （2）由（1）
107、得Q平抛水平位移 x1=vDt=80.6=4.8m P物体做匀减速运动，则有Mg=Ma2 得 a2=g=0.210=2m/s2，由a2t2=vD得 t2=4st1 所以Q物体平抛时间内P的位移为：x2=vDt1-=4.44m 所以Q落地时到滑块P的B端的距离为x=x1+x2=4.8+4.44=9.24m。76.（河南省豫东豫北十所名校2014届高中毕业班阶段性测试（四）如图甲所示，长木板B固定在光滑水平面上；可看做质点的物体A静止叠放在B的最左端，现用F=6 N的水平力向右拉物体A，A经过5s运动到B的最右端，其v-t图像如图乙所示，已知A、B的质量分别为l kg和4kg，A、B间的最大静摩擦
108、力等于滑动摩擦力；g=10。 (1) 求物体A、B间的动摩擦因数； (2) 若B不固定，求A运动到B的最右端所用的时间。 76.查看解析 76.24. 解析: （1）根据v-t图象可知，物体A的加速度为2m/s2，以A为研究对象，根据牛顿第二定律可得F-mAg=mAaA，代入数据得=0.4。（2）由图象知，木板B的长度为l=510m25m；若B不固定，B的加速度为aB1m/s2，设A运动到B的最右端所用的时间为t，根据题意可得aAt2aBt2l，代入数据解得t=7.07s。77.（桂林中学2014届三年级2月月考）（16分）如图所示，一固定在地面上的金属轨道ABC，其中AB长S1=1m， BC
109、与水平面间的夹角为=37，一小物块放在A处，小物块与轨道间的动摩擦因数均为=0.25，现在给小物块一个水平向左的初速度v0=3m/s。小物块经过B处时无机械能损失（sin37=0.6，cos37=0.8，g取10m/s2）。求：（1）小物块第一次到达B处的速度大小；（2）小物块在BC段向上运动时的加速度大小；（3）若小物块刚好能滑到C处，求BC长S2。 77.查看解析 77.：（1）小物块从A运动到B，由动能定理得-mgs1代入数据解得 vB=2m/s（2）小物块从B到C过程中，由牛顿第二定律得 mgcos+mgsin=ma代入数据解得 a2=8m/s2（3）小物块以初速vB沿斜面向上运动至速
110、度为零的过程中，经过的位移为s2，由0-2as2代入数据解得 s2=0.25m。78.(河北省石家庄市2014届高中毕业班教学质量检测（二）) (13分）如图所示，某滑冰运动员参加直线滑行练习，在滑行时，左右脚交替向后蹬冰，每次蹬冰的时间t1=1s，冰面给人水平向前的动力F=165N，左右脚交替时有t2=0.5s的时间不用蹬冰。已知整个过程中运动员受到的阻力f=55N，运动员总质量rn=55kg，设运动员由静止开始滑行，求0-3s内运动员的位移。 78.查看解析 78.24解析：解法一：蹬冰时的加速度 （2分），不蹬冰的加速度 （2分）运动员滑行时前3s内的速度图象如图所示：（3分）由图速度的
111、变化规律：第二个1.5s比第一个1.5s增加的位移，（2分），第一个1.5s内的位移为 （2分）故3s内的位移为x=1.8752+2.25= 6m（2分）解法二：蹬冰时的加速度 （2分），不蹬冰的加速度 （2分）01s内：加速位移： （1分）1s末的速度 ： （1分）1s1.5s内：减速1.5s末的速度： （1分）位移： （1分）6661.5s2.5s内：加速2.5s末的速度： （1分）位移： （1分）2.5s3.0s内：减速3.0s的速度： （1分） 位移： （1分）3s内总位移： （1分）79.(汕头市2014年普通高考模拟考试试题) （18分）一传送带装置示意如图，传送带在AB区域是倾斜
112、的，倾角=30工作时传送带向上运行的速度保持v=2m/s不变现将质量均为m= 2kg的小货箱（可视为质点）一个一个在A处放到传送带上，放置小货箱的时间间隔均为T=1s，放置时初速为零，小货箱一到达B处立即被取走已知小货箱刚放在A处时，前方相邻的小货箱还处于匀加速运动阶段，此时两者相距为s1=0.5m传送带装置由电动机带动，传送带与轮子间无相对滑动，不计轮轴处的摩擦，取g=10m/s2（1）求小货箱在传送带上做匀加速运动的加速度大小（2）AB的长度至少多长才能使小货箱最后的速度能达到v=2m/s？（3）除了刚释放货箱的时刻，若其它时间内总有4个货箱在传送带上运动，求每运送一个小货箱电动机对外做多
113、少功？并求电动机的平均输出功率 79.查看解析 79.36（1）小货箱刚放在A处时, 前方相邻的小货箱已经运动了时间T有 代入数据解得加速度大小 a=1m/s2 （2）AB的长度至少为l，则货箱的速度达到v=2m/s时，有 代入数据解得AB的长度至少为l=2m 来源: Z. xx. k. Com （3）传送带上总有4个货箱在运动，说明货箱在A处释放后经过t=4T的时间运动至B处。货箱匀加速运动的时间分别是 设货箱受到的滑动摩擦力大小为f，由牛顿定律得 这段时间内，传送带克服该货箱的摩擦力做的功 代入数据解得W1=48J 货箱在此后的时间内随传送带做匀速运动，传送带克服该货箱的摩擦力做的功 代入
114、数据解得W2=40J 每运送一个小货箱电动机对外做的功=88J放置小货箱的时间间隔为T，则每隔时间T就有一个小货箱到达B处，因此电动机的平均输出功率 在计算货箱匀加速过程的功时，也可以用以下方式解答： 对货箱，由动能定理得 货箱与传送带发生相对位移产生的热 电动机对传送带做的功 解得W1=48J80.(广州市2014届高三年级调研测试) （18分）如图甲所示，粗糙水平面CD与光滑斜面DE平滑连接于D处；可视为质点的物块A、B紧靠一起静置于P点，某时刻A、B在足够大的内力作用下突然分离，此后A向左运动已知：斜面的高度H=1.2m；A、B质量分别为1kg和0.8kg，且它们与CD段的动摩擦因数相同
115、；A向左运动的速度平方与位移大小关系如图乙；重力加速度g取10m/s2 （1）求A、B与CD段的动摩擦因数； （2）求A、B分离时B的速度大小vB； （3）要使B能追上A，试讨论P、D两点间距x的取值范围 80.查看解析 80.35解析：（1）由图象可知，分离时物块A的初速度vA=4m/s， A最终位置与P点距离sA=8m， 从A、B分离到A匀减速运动停止，有 得A的加速度大小 a=1m/s2 由牛顿第二定律可知 解得 0.1 【或：从A、B分离到A匀减速运动停止，由动能定理解得 0.1 】（2）A、B分离过程，由动量守恒 解得 vB=5m/s （3）() 若B恰好能返回并追上A， B从分离后
116、到追上A过程由动能定理 解得 x1=2.25m () 若B恰好不冲出斜面，B从P到E过程由动能定理解得 x2=0.50m综上，要使B能追上A，x应满足：2.25mL0.50m81.(甘肃省兰州一中2014届高三上学期期末考试) （14分）两个叠在一起的滑块，置于固定的、倾角为的斜面上，如图所示，滑块A、B质量分别为M、m，A与斜面间的动摩擦因数为1，B与A之间的动摩擦因数为2，已知两滑块都从静止开始以相同的加速度从斜面滑下，求滑块B受到的摩擦力。 81.查看解析 81.24解析：把A、B两滑块作为一个整体，设其下滑的加速度大小为a，由牛顿第二定律有：（M+m）gsin -1（M+m）gcos
117、=（M+m）a得：a=g（sin -1cos ）由于agsin ，可见B随A一起下滑过程中，必须受到A对它沿斜面向上的摩擦力，设摩擦力为FB（如图所示）由牛顿第二定律有：mgsin -FB=ma得：FB=1mgcos 方向沿斜面向上82.(2014年福州市高中毕业班质量检测) (15分) 如图所示，质量为m=0.10 kg的小物块以初速度v0=4.0ms，在粗糙水平桌面上做直线运动，经时间t=0.4 s后以速度v飞离桌面，最终落在水平地面上。已知物块与桌面间的动摩擦因数=0.25，桌面离地高h=0.45 m，不计空气阻力，重力加速度取g=10 ms。求：(1) 小物块飞离桌面时的速度大小v。(
118、2) 小物块落地点距飞出点的水平距离s。 82.查看解析 82.20解析：（1）由牛顿第二定律 ， 解得=2.5m/s2 物块做匀减速直线运动，则得 v =3.0 m/s （2）物块飞出桌面后做平抛运动， 竖直方向：h=gt12 水平方向：s=vt1 代入数据得 s=0.9 m。 83.(2014年安徽省江南十校高三联考) （19分）如图装置中绳子质量，滑轮质量及摩擦均不计，两物体质量分别为m1=m，m2=4m，m1, 下端通过劲度系数为k的轻质弹簧与地面相连。 系统静止时弹簧处于什么状态？形变量x为多少？ 用手托住m2，让m1静止在弹簧上，绳子绷直，但无拉力，然后放手，m1、m2会上下做简谐
119、振动，求：m1、m2运动的最大速度分别为多大？ 在问的情况下，当m2下降到最低点，m1上升到最高点时，求：此时m1、m2的加速度的大小各为多少？ 83.查看解析 83. 由图分析可知，拉m1的绳子拉力大小为2mg，大于mg，所以弹簧处于拉伸状态根据平衡条件得：对m1：T=m1g+kx=mg+kx对m2：2T=m2g T=2mg所以得：x=当m1、m2速度最大时，两者加速度都等于0，所以此时弹簧被拉长x由两个物体组成的系统机械能守恒得：m2gx-m1g2x=又 v1=2v2，解得v1=，v2=。根据简谐运动的对称性，此时m1、m2的加速度大小与刚释放时的加速度大小相等，设为a1、a2，绳子的拉力
120、为T，则根据牛顿第二定律得：对m1：T=m1a1 对m2：m2g-2T=m2a2 又 a1=2a2，可解得：a1=g，a2=g 。 84.(2014年安徽省江南十校高三联考) （14分）如图所示，A球从倾角=300的光滑斜面上某点由静止开始滚下，然后进入足够长的光滑水平面上，经M点时速度大小不发生变化，方向立刻变为水平向左。B球从M点开始向左做直线运动，试问： 若A球从斜面上某一高处静止滚下，同时B球以v0=8 m/s向左做匀速直线运动，A球的高度满足什么条件，A、B两球能发生碰撞。 若A球从斜面上N点静止开始滚下，MN= 10 m，B球同时从M点由静止向左以加速度a=2 m/s2做匀加速直线
121、运动，问：经多长时间两者相碰？(g=lO m/s2) 84.查看解析 84.A到达水平面上的速度只要大于8m/s，A，B两球就可以发生碰撞，A的加速度a1=gsin30=5m/s2 若到达低端的速度vt=a1t=8m/s 得：t=1.6s根据位移公式s=at2=51.62=6.4m h=ssin30=3.2m则h满足的条件：h3.2m A球从NM 过程，a1=gsin30=5m/s2 根据位移公式：s1=a1t12 得t1=2sV1=a1t1=52=10m/s A与B相碰时at2=V1（t-2）所以t=（5+）s或（5）s考虑到实际情况，取t=（5-）s。85.(浙江省金丽衢十二校2014届高
122、三第一次联考) （10分）2012年11月，“歼15” 舰载机在“辽宁号” 航空母舰上着舰成功。图（a）为利用阻拦系统让舰载机在飞行甲板上快速停止的原理示意图。飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。某次降落，飞机着舰速度为70m/s，以飞机着舰为计时零点，飞机在0.4s时恰好钩住阻拦索中间位置。其着舰到停止的速度时间图线如图（b）所示，2.5s时速度为10m/s，3s时速度为0。假如无阻拦索，飞机从着舰到停止做匀减速直线运动，需要的滑行距离为1000m。已知航母始终静止，“歼15” 舰载机的质量为1.7104千
123、克，重力加速度为g10m/s2，请计算（1）从着舰到停止，飞机在甲板上滑行的距离；（2）飞机尾钩钩住阻拦索后，仅考虑阻拦索对飞机的作用，在0.4s时阻拦索作用力对飞机做功的功率。 85.查看解析 85.16解析：（1）设着陆时舰载机的速度为v，无阻拦索时舰载机加速度大小为a1，所以=2.45m/s2速度-时间图线面积表示位移，从着舰到停止飞机在甲板上滑行的距离（2）04s-2.5s时间内飞机的加速度大小不假其它阻力，在0.4s-2.5s阻拦系统对飞机的作用力为F=ma=, 0.4s时的速度04时阻拦系统对飞机做功的功率为W。86.(浙江省金丽衢十二校2014届高三第一次联考) （8分）钱江晚报
124、2013-09-27报道，八旬老伯屋顶种南瓜坠落砸车，车主索赔三万八。5楼楼顶掉下的老南瓜，将凯美瑞车顶砸出深15厘米大坑。若5楼楼顶南瓜离车顶高度15米，南瓜质量1.5千克，南瓜下落作自由落体运动，砸车后匀减速到零。（取g10m/s2，不计空气阻力）求：（1）南瓜砸车瞬间的速度大小；（2）南瓜砸车过程汽车车顶受到的平均作用力大小。 86.查看解析 86.15解析：(1) 南瓜下落15m砸车的速度v=（2）南瓜砸车后匀减速到零的加速度大小为，对南瓜用牛顿第二定律F-mg=ma南瓜受到的平均作用力大小为F=m(g+a) =1515N根据牛顿第三定律，南瓜砸车过程汽车车顶受到的平均作用力大小为15
125、15N。87. (四川省成都市2014届高中毕业班第一次诊断性检测) (19分) 如图所示，绝缘传送带与水平地面成37角，倾角也是37的绝缘光滑斜面固定于水平地面上且与传送带良好对接，轻质绝缘弹簧下端固定在斜面底端。皮带传动装置两轮轴心相L=6 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m=0.1kg、电荷量q=+2 10-5 C的工件(视为质点，电荷量保持不变) 放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件滑到传送带端点B时速度v0= 8m/s，AB间的距离s=1m，AB间无电场，工件与传送带间的动摩擦因数=0.25。（g取10m/s2。sin37=0.6，c
126、os37=0.8） (1) 求弹簧的最大弹性势能; (2) 若皮带传动装置以速度。顺时针匀速转动，且v可取不同的值(安全运行的最大速度为10 m/s) ，在工件经过B点时，先加场强大小E=4104 N/C，方向垂直于传送带向上的均强电场，0.5s后场强大小变为E =1.2 105 N/C，方向变为垂直于传送带向下。工件要以最短时间到达C点，求v的取值范围;(3) 若用Q表示工件由B至C的过程中和传送带之间因摩擦而产生的热量，在满足(2) 问的条件下，请推出Q与v的函数关系式。 87.查看解析 87.11解析：（1）从A到B的过程中，由机械能守恒定律有代入数据解得（2）工件经过B点运动的过程中，
127、根据qE=mg可知，摩擦力为0，工件做匀减速运动，有，解得，当场强大小变为，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到达C点，传送带对它的滑动摩擦力要一直向上，设满足此条件的传送带最小速度为根据牛顿第二定律有工件沿传送带发生的位移所以，当传动带以运动时，工件将以最短时间到达C点（3）由于第一个过程中摩擦力为0，所以只在第二个过程中产生热量在第二个过程中经历的时间传动带在时间内发生的位移为代入数据可得Q=0.4v-2.2(J)88.(山东省济南市2014届高三上学期期末考试) （7分）在海滨游乐场里有一种滑沙运动，如图所示。某人坐在滑板上从斜坡的最高处A点由静止开始滑下，滑到斜坡底端B点后
128、，沿水平的滑道再滑行一段距离停下来。若滑板与斜坡滑道和水平滑道间的动摩擦因数均为0.50，斜坡的倾角37，AB长度为25m，斜坡与水平滑道间是平滑连接的，整个运动过程中空气阻力忽略不计，重力加速度g取10m/s2，sin370.6，cos370.8。求：（1）人从斜坡上滑下时的加速度大小；（2）为保证安全，水平滑道BC的最短长度。 88.查看解析 88.15解析：（1）人在斜面上受力如图所示，建立图示坐标系，设人在斜坡上滑下的加速度为a1，由牛顿第二定律有： 联立解得： （2）人滑到B点时 在水平轨道上运动时：由解得：或解得： 89.(2014年沈阳市高中三年级教学质量监测(一) (20分)
129、光滑水平面上有一质量为M=2 kg的足够长的木板，木板上最有端有一大小可忽略、质量为m=3kg的物块，物块与木板间的动摩擦因数，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力。开始时物块和木板都静止，距木板左端L=2.4m处有一固定在水平面上的竖直弹性挡板P。现对物块施加一水平向左外力F6N，若木板与挡板P发生撞击时间极短，并且搏击时无动能损失，物块始终未能与挡板相撞，求： (1) 木板第一次撞击挡板P时的速度为多少? (2) 木板从第一次撞击挡板P到运动至有端最远处所需的时间及此时物块距木板右端的距离X为多少? (3) 木板与挡板P会发生多次撞击直至静止，而物块一直向左运动。每次木板与挡板p撞击前物块和木板都
130、已相对静止，最后木板静止于挡板P处，求木板与物块都静止时物块距木板有端的距离X为多少? 89.查看解析 89.12解析：（1）设木板靠最大静摩擦力或滑动摩擦力产生的加速度为am，则am=6m/s2若木板与物块不发生相对运动，设共同加速度为a1，则 a1=1.2m/s 2 因a1 am，所以木板与物块靠静摩擦力一起以加速度a1运动 根据运动学公式 =2a1L 解得 v=2.4m/s （2）设木板第一次撞击挡板P后向右运动时，物块的加速度大小为a2，根据牛顿第二定律有 mgF=ma2 解得 a2 =2m/s2 因a2 am，所以在木板向右减速运动过程中，物块一直向左减速，木板速度减为0时，木块仍在
131、向左运动。设木板第一次撞击挡板P后运动到右端最远处所需时间为t1，则t1=0.4s 设木板左端距挡板P的距离为X1，则m 设物块相对地向左的位移为X2，则X2=t1a2t12 0.8m 此时物块距木板右端的距离XX1+X21.28m （3）木板最终静止于挡板P处，设物块距木板右端的距离为Xn，根据功能关系得F(XnL) mgXn =0 解得 Xn=2.4m 90.(江西省七校2014届高三上学期第一次联考) （12分）在消防演习中，消防队员从一根树枝的长直轻绳上由静止滑下，经一段时间落地。为了获得演习中的一些数据，以提高训练质量，研究人员在轻绳上端安装一个力传感器并与数据处理系统相连接，用来记
132、录消防队员下滑过程中轻绳受到的拉力与消防队员重力的比值随时间变化的情况。已知某队员在一次演习中的数据如图所示。问：该消防队员在下滑过程中的最大速度和落地速度各是多少？（g取10m/s2） 90.查看解析 90.由图可知，该队员先在t1=1S内以a1匀加速下滑，然后在t2=1.5S时间内以a2匀减速下滑第1s钟内，由牛顿第二定律得：解得加速度m/s2 ，下滑过程中的最大速度：带入数据得vm=4m/s，在后1.5s时间内，由牛顿第二定律可得F2-mg=ma2解得加速度, 消防队员落地时的速度为v=vm-a2t2代入数据得v=1m/s.91.(江苏省苏北四市2014届高三上期末统考) (16分) 在
133、竖直平面内固定一轨道ABCO，AB段水平放置，长为4m；BCO段弯曲且光滑，轨道在O点的曲率半径为1.5m；一质量为1.0kg、可视为质点的圆环套在轨道上，圆环与轨道AB段间的动摩擦因数为0.5。建立如图所示的直角坐标系，圆环在沿x轴正方向的恒力F作用下，从A(7，2) 点由静止开始运动，到达原点O时撤去恒力F，水平飞出后经过D(6，3) 点。重力加速度g取10，不计空气阻力。求：(1) 圆环到达O点时对轨道的压力；(2) 恒力F的大小；(3) 圆环在AB段运动的时间。 91.查看解析 91.（1）园环从O到D过程中做平抛运动 读图知：x=6m、y=3m， 所以 v0=m/s到达O点时：根据向
134、心力公式 =代入数据，得 FN=30N根据牛顿第三定律得，对轨道的压力为30N，方向竖直向上（2）园环从A到O过程中，根据动能定理 有代入数据，得F=10N（3）园环从A到B过程中，根据牛顿第二定律 有根据运动学公式 有 代入数据，得时间s92.(江苏省南京市、盐城市2014届高三第一次模拟考试) （16分）如图所示，质量分别为M、m的两物块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F，A、B从静止开始运动，弹簧第一次恢复原长时A、B速度分别为、。（1）求物块A加速度为零时，物块B的加速度；
135、（2）求弹簧第一次恢复原长时，物块B移动的距离；（3）试分析：在弹簧第一次恢复原长前，弹簧的弹性势能最大时两物块速度之间的关系？简要说明理由。 92.查看解析 92.14解析（1）A物块加速度为零KX=F对物块B所以（2）当弹簧处于自然长时，物块A、B位移相同对整个系统用功能关系 （3）速度相等时，弹势能最大 因为速度想等时，A、B相距最远，弹簧长度最大，弹性势能最大。93.(湖北省黄冈中学2014届高三上学期期末考试) 传送皮带在生产生活中有着广泛的应用，一运煤传送皮带与水平面夹角为30，以v=2m/s的恒定速度顺时针运行。现将一质量为10kg的煤块(视为质点) 轻放于底端，经一段时间送到高
136、2m的平台上，煤块与皮带间的动摩擦因数为=，取g=10m/s2 。求：(1) 煤块从底端到平台的时间；(2) 带动皮带的电动机由于传送煤块多消耗的电能。 93.查看解析 93.解析：(1) 物体开始受到向上的摩擦力作用, 做匀加速运动滑动摩擦力：f1= mgcos=75N a=gcos-gsin=g/4 =2.5 m/s2经过时间t1=v/a=0.8s 速度达到2m/s ，上升s1=v2/2a=0.8m）然后在静摩擦力作用下做匀速运动, 上升s2=3.2m静摩擦力 f2= mgsin=50Nt2= x2 /v=1.6 s总时间：t = t1+ t2=2.4 s(2) 为保持皮带匀速运动，机器在
137、t1时间内应增加动力75N，在t2时间内应增加动力50N带动皮带的电动机由于传送工件多消耗的电能为W= f1 vt1 + f2 vt2 =751.6+503.2 =120+160=280J94.(河南省郑州市2014届高中毕业班第一次质量预测) 如图所示，工人用绳索拉铸件，铸件的质量是20 kg，铸件与地面间的动摩擦因数是0.25。工人用80N的力拉动铸件，从静止开始在水平面上前进，绳与水平方向的夹角为。并保持不变，经4s后松手。问松手后铸件还能前进多远？（g=l0） 94.查看解析 94.14. 解析：工人拉铸件时，根据牛顿运动定律有 Fcosf=ma1N1fsinmg=0 f=N1由以上三
138、式得 a1=1.3 m/s2松手时，工件的速度 v=a1t=5.2 m/s设松手后，工件的加速度为a2，根据牛顿第二定律有 mg=ma2解得 a2=2.5 m/s2松手后，工件滑行的距离是 =5.4 m95.(北京市西城区2014届高三上学期期末考试) 如图所示，一个倾角45的斜面固定于水平地面上，斜面顶端距水平地面的高度h1m，斜面底端有一垂直于斜面的固定挡板。一个质量m=1kg的小物块（可视为质点）自斜面顶端从静止开始向下滑动，到达斜面底端时与挡板碰撞，假设小物块与挡板碰撞过程中无机械能损失。已知小物块与斜面之间的动摩擦因数0.2。重力加速度g10 m/s2。（1）求小物块沿斜面下滑时的加
139、速度大小a；（2）求小物块第一次与挡板碰撞前的速度大小v；（3）小物块最终停在挡板上，求整个过程中由于摩擦而产生的热量Q。 95.查看解析 95.17解析：（1）根据牛顿第二定律 小物块下滑时的加速度大小 （2）小物块做匀加速运动 第一次与挡板碰撞前的速度大小 （3）根据能量守恒 整个过程中由于摩擦而产生的热量 10J96.(安徽省合肥市2014届高三上学期第一次质量检测) 足够长光滑斜面BC的倾角，小物块与水平面间的动摩擦因数，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m2kg的小物块静止于A点，现用与水平方向成角的恒力F拉小物块，如图所示，小物块经到达B点，并迅速撤去拉力F。A、B两点相距，（已知，g取），求：恒力F的大小；小物块从B点沿斜面向上运动的最大距离；小物块停止运动时到B点的距离 96.查看解析 96.14解析：（1）AB段加速度 根据牛顿第二定律，有 解得：F11N（2） 在BC段由机械能守恒，由解得： （3）小物块从B向A运动过程中，由 解得 滑行的位移，小物块停止运动时，离B点的距离为0.4m 。
