【物理】3年高考2年模擬：第三章 牛頓運動定律-高中物理

第三章牛頓運動定律

第一部分三年高考題薈萃

2010年高考新題

1.2010?全國卷I?15如右圖，輕彈簧上端與-質量為〃?的木塊1相連，下端與另一

質量為M的木塊2相連，整個系統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)

將木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為4、%。

重力加速度大小為g。則有

A.?!=g,a2=gB.q=0,%=g

【答案】C

【解析】在抽HI木板的瞬時,彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變。對1物體受重力和支持力,mg=F,ai=0.

對2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律&=卜…二"土生

MM

【命題意圖與考點定位】本題屬于牛頓第二定律應用的瞬時加速度問題，關鍵是區(qū)分瞬時力與延時力。

2.2010?福建?16質量為2kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間

的動摩擦因數(shù)為0.2,最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等。從t=0時刻開

始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變

化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10m/s?,則物體在t=0至t=12s這段時間的位

移大小為

A.18mB.54mC.72mD.198m

答案：B

3.2010?上海物理?5將一個物體以某一速度從地面豎直向上拋出，設物體在運動過程中所受空氣阻力大

小不變，則物體

(A)剛拋出時的速度最大(B)在最高點的加速度為零

(C)上升時間大于下落時間(D)上升時的加速度等于下落時的加速度

【解析】a1=g+Z,a、=g—2，所以上升時的加速度大于下落時的加速度，D錯誤;

mm

1°

根據(jù)h=—g〃，上升時間小于下落時間，C錯誤，B也錯誤，本題選A。

2

木題考查牛頓運動定律和運動學公式。難度：中。

4.2010?海南物理?3下列說法正確的是

A.若物體運動速率始終不變，則物體所受合力一定為零

B.若物體的加速度均勻增加，則物體做勻加速直線運動

C.若物體所受合力與其速度方向相反，則物體做勻減速直線運動

D.若物體在任意的相等時間間隔內位移相等，則物體做勻速直線運動

【答案】D

【解析】物體運動速率不變但方向可能變化，因此合力不一定為零，A錯；物體的加速度均勻增加，即加

速度在變化，是非勻加速直線運動，B錯；物體所受合力與其速度方向相反，只能判斷其做減速運動，但

加速度大小不可確定，C錯；若物體在任意的相等時間間隔內位移相等，則物體做勻速直線運動，D對。

5.2010?海南物理?6在水平的足夠長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經(jīng)一段時間t后

停止.現(xiàn)將該木板改置成傾角為45。的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑.若小物塊與木板之間

的動摩擦因數(shù)為〃.則小物塊上滑到最高位置所需時間與t之比為

〃1+〃

A.1+〃BX+41/Jc.拒+〃D.

【答案】A

t----

【解析】木板水平時，小物塊的加速度.設滑行初速度為.，則滑行時間為;木板改成

_/wgsin45°+以加geos45°_(1+%=％

后，小物塊上滑的加速度”,滑行時間%(1+//)V2-,

tfqV2//

—————----

因此“'，,A項正確。

6.2010?海南物理?8如右圖，木箱內有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊：木箱靜止時彈自

由落體處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上.若在某一段時間內，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間

內，木箱的運動狀態(tài)可能為

A.加速下降B.加速上升C.減速上升D.減速下降

【答案】BD

【解析】木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到頂向下的壓力，當物塊對箱頂剛好無壓力時，表明一系

統(tǒng)有向上的加速度，是超重，BD正確。

7.2010?海南物理?12雨摘下落時所受到的空氣阻力與雨滴的速度有關，雨滴速度越大，它受到的空氣

阻力越大：此外，當雨滴速度一定時，雨滴下落時所受到的空氣阻力還與雨滴半徑的a次方成正比

（1W&W2）.假設一個大雨滴和一個小雨滴從同一云層同時下落，最終它們都（填“加速”、“減速”

或“勻速”）下落.（填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面時，（填“大”或“小”）雨滴

的速度較小.

【答案】勻速Q分）大（1分）?。?分）

【解析】山于雨滴受到的空氣阻力與速度有關，速度越大阻力越大，因此最終當阻力增大到與重力平衡時

fa=03仃3

都做勻速運動；設雨滴半徑為八，則當雨滴勻速下落時受到的空氣阻力//廠，而重力

由于?a2,因此半徑大的勻速運動的速度大，先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小。

8.2010?福建?22如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木

板B靜止于水平面。t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B,

使它做初速度為零，加速度aB=1.0m/s2的勻加速直線運動。已知A

的質量nu和B的質量mg均為2.0kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)〃?=0.05,B與水平面之間的動摩擦因數(shù)

〃2=01，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2。求

（1）物體A剛運動時的加速度aA

（2）t=1.0s時，電動機的輸出功率P；

（3）若t=L0s時，將電動機的輸出功率立即調整為P'=5W,并在以后的運動過程中始終保持這一功率不

變，t=3.8s時物體A的速度為則在t=1.0s到t=3.8s這段時間內木板B的位移為多少？

答案：

22.《20分）

（1）物體4在水平方向上受到向右的摩擦力,由牛頓第二定律得

出叫0=/?4”①

由①并代人數(shù)據(jù)解得

/=A，m/s*②

（2H”1.9S時.木板H的速度大力為

q=

木板B所受拉力尸,由牛頓第二定於F

F一出mAg-由（。+叫）0=巾'。??

電動機輸出功率

P,=w（⑤

由③@⑤并代入數(shù)據(jù)解得R?7W6

仁）電動機的輸出功率調整為5卬時,設細繩對木板B的拉力為9，則

〃=⑦

優(yōu)人數(shù)據(jù)解得F?5N?

樂募里受力滿足.

mm

~^iAg~lh（A+ma）g=0包

所以木板B將做勻速直線運動，而物體月則繼續(xù)在B上做勻加速直線運動直到4、6速度相等。設這

一過程時間為已有

“=5（4+門⑩

這段時間內8的位移4,=v,r?

4、8速度相同后,由于卜>他（叫+mJg且電動機輸出功率恒定,4、8將一起做加速度逐漸減小的

變加速運動,由動能定理得

r（lt-t：-lt）-fL>\>n,^>n/t）gsz=~（fni+mK）i>[-y（m（+叫那?

由②③西?/并代人數(shù)提卷得

木板8在，=I.。9到"3.83這段射間的位移

$=%+5,=3.03m（或取s=3.0m）

9.2010?海南物理?16圖1中，質量為機的物塊疊放

F/mg

在質量為2〃?的足夠長的木板上方右側，木板放在光滑

的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為〃=._問F

I2mj~~>?

°',；f.52,Tt/s

0.2.在木板上施加?水平向右的拉力F,在0?3s內F

圖圖

的變化如圖2所示，圖中F以加8為單位，重力加速度

g=10m/s2.整個系統(tǒng)開始時靜止.

（1）求Is、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度：

（2）在同一坐標系中畫出0?3s內木板和物塊的。一/圖象，據(jù)此求0?3s內物塊相對于木板滑過的距離。

【答案】（1）（2）

【解析】（1）設木板和物塊的加速度分別為"和：在/時刻木板和物塊的速度分別為'和'，木板和物

塊之間摩擦力的大小為，依牛頓第二定律、運動學公式和摩擦定律得

<=<+。乜-G

F-f=(2m)a

%="+0(5)

由①②③④⑤式與題給條件得

v{=4m/s,%=4.5nVs,P2=4m/s,u3=4m/s

v‘2=4m/s,司=4m/s

(2)由⑥⑦式得到物塊與木板運動的圖象，如右圖所示。在0?3s內物塊相公雇m?s-l)

對于木板的距離加等于木板和物塊「，圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的木

四邊形面積，該四邊形由兩個三角形組成，上面的三角形面積為0.25(m),下面

的三角形面積為2(m),因此

Av=2.25m⑧

2009年高考題

一、選擇題

1.（09?全國卷n?15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在0?0.4s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3分別為（B）

A.1和0.30sB.3和0.30sC.1和0.28sD.3和0.28s

33

解析：本題考查圖象問題.根據(jù)速度圖象的特點可知甲做勻加速，乙做勻減速.根據(jù)。=——得3“p=a乙,

根據(jù)牛頓第二定律有￡=,得"=3,由。乙=3=10w/52=一^,得t=0.3s,B正確。

加甲3加乙m乙0.40.4-/

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O點自由下落，至3點彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的C點到達最低點。，然后彈起。y

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）

B?

①經(jīng)過5點時，運動員的速率最大：

C?

②經(jīng)過C點時，運動員的速率最大

③從。點到。點，運動員的加速度增大ni

④從。點到。點，運動員的加速度不變

A.①③B.②③C.①④D.②④

3.（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(shù)。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=10mm/s2)

規(guī)格后輪驅動直流永磁鐵電機

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120Kg額定電流4.5A

答案：40：0.6

4.（09?寧夏?20）如圖所示，-足夠長的木板靜止在光滑水平面上,-物塊靜止在木板上，木板和物塊

間有摩擦?，F(xiàn)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)

物塊|

采豆-----拉力

A.物塊先向上運動，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(shù)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）

解析：由圖可知，在和八時間內，彈簧秤的示數(shù)小于實際重量，則處于失重狀態(tài)，此時具有向下的加速度,

在人山階段彈簧秤示數(shù)等于實際重量，則既不超重也不失重，在，2玉階段，彈簧秤示數(shù)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，則々力時間內向下加速，八山階段勻速運動，介天

階段減速下降，A正確；BD不能實現(xiàn)人進入電梯由靜止開始運動，C項歷寸內超重，不符合題意。

6.（09?江蘇物理?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,8在水平方向受力分析如圖，Q為彈簧的拉力；當加速度大小相同為。時，對A有/一片=機”，對

F_

B有耳=根。，得耳=萬，在整個過程中A的合力（加速度）一直減小而B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）。兩物體運動的v-f圖象如圖，q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，A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，力時刻之后拉力依然

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70.0kg/柴

的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0.500m/s2的加速度拉升，忽J

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10m/s?）r-

（B）

A.510NB.490NC.890ND.910N

解析：對建筑材料進行受力分析。根據(jù)牛頓第二定律有b-機g=a"，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Mg=F+Fy得FN=490N,根據(jù)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，當力沿斜面向匕大小為F時，

物體的加速度為ai；若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為a2,則（D）

A.ai=a2B.ai<a2<2aiC.a?=2aiD.ai>2a\

解析：當為F時有a1=———,當為2F時有a2=———=——2,+'=2a,+—,可知a2>2%,

mmmm

D對。

9.（09?山東77）某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據(jù)此判斷圖乙（F表示物體所受合力，x表

圖乙，

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。

考點：v-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：

①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“速度一一時間”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；

②''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;

③“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；

④“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。

10.（09?山東78）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(xiàn)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

飛船變軌前后的機械能相等

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.K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(jù)7=」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。

考點：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(jù)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

—y—，G——=可求向心加速度。

11.（09?山東?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(shù)為電。木箱在軌道端時，自動裝

6

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）

A.m=M

B.m=2M

C.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g-〃gcosd,上滑時加速度為g+〃gcos6,所以C正確。設

下滑的距離為1,根據(jù)能量守恒有〃（〃?+N）8/（：05。+〃兒/（：056=加8/5111夕，得m=2M。也可以根據(jù)

除了重力、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。

考點：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(jīng)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)

C.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??個正方形的"cd,頂點。、。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點，自由釋放，粒子將沿著對角線6d往復運動。

粒子從b點運動到d點的過程中

（D

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

D.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。點的電勢最高，所以從6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。到。電場力做正功，電勢能減小，由。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m,=100kg的

貨物（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(xiàn)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=1.8m。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=100kg.木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間

的動摩擦因數(shù)為〃I，木板與地面間的動摩擦因數(shù)〃=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〃?應滿足的條件。

（3）若4尸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）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(jù)機械能守恒定律得,

〃陪火=；町片①設貨物在軌道末端所受支持力的大小為外,根據(jù)牛頓第二定律得，取-但=吟②

聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得用,=3000N③

根據(jù)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〃叩|g<〃2（班+2%）g④

若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得〃]〃?店>〃2（班+機2）g⑤

聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得0.4<^<0.6⑥。

（3）4=0.5,由⑥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q，由牛頓第二定律得M町g?山必⑦

設貨物滑到木板A末端是的速度為匕，由運動學公式得V；-v；=-24/⑧

聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得斗=4根/s⑨

設在木板A上運動的時間為t,由運動學公式得匕⑩

聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得/=04so

考點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、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，最終點黑

燃了主火炬，體現(xiàn)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，

另一端被坐在吊椅匕的運動員拉住，如圖所示。設運動員的質量為65kg,吊椅的質量為15kg,不力）

計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取g=10m/s2。當運動員與吊椅一起正以加速度。=lm/s2上4

升時，試求

（1）運動員豎直向下拉繩的力；

（2）運動員對吊椅的壓力。

答案：440N,275Nf

解析：解法一：（1）設運動員受到繩向上的拉力為廣，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凡對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示，則有：，/

F=440N

由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力

F'=440N

（2）設吊椅對運動員的支持力為K,對運動員進行受力分析如圖所示，則有：人,

FS-m人g=m人a

&=275N

（m人+小椅）g

山牛頓第三定律，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和團運動員豎直向下的拉力為廣，對吊椅的壓力大小為4。

根據(jù)牛頓第三定律，繩對運動員的拉力大小為R吊椅對運動員的支持力為分別以運動員和吊椅為研

究對象，根據(jù)牛頓第二定律

F+FN-Mg=Ma①

F-FN-mg=ma②

由①②得F=4407V

FN=2757V

16.(09?江蘇?13)(15分)航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m=2kg,動力系統(tǒng)提供的恒

定升力F=28N。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/

(1)第一次試飛，飛行器飛行3=8s時到達高度H=64%求飛行器所阻力f的大??；

(2)第二次試飛，飛行器飛行tz=6s時遙控器出現(xiàn)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匕。

解析：

(1)第一次飛行中，設加速度為q

__1,

勻加速運動”=-a./.

211

由牛頓第二定律=max

解得f=4(N)

(2)第二次飛行中，設失去升力時的速度為外,上升的高度為由

__1,

勻加速運動S[=]。1%

設失去升力后的速度.為。2,上升的高度為.

由牛頓第二定律zwg+f=ma2

匕=卬2

s=4

22%

解得力=邑+s2=42（加）

(3)設失去升力下降階段加速度為力；恢復升力后加速度為出，恢復升力時速度為匕

由牛頓第二定律mg-于=tnai

F4-f-mg=ma4

且工+工=力

242%

V3=a3t3

oB

解得t3=------（s）（或2.1s）

2

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％=12〃"s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。=2加/$2的加速

度減速滑行。在車廂脫落/=3s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廠，

卡車剎車前后加速度的大小分別為q和a2。重力加速度大小為g。由牛頓第二定律有

f-2"Mg=0①

F-/dMg=M%②

juMg=Ma③

3/iMg=Ma2④

設車廂脫落后，/=3s內卡車行駛的路程為瓦，末速度為巧，根據(jù)運動學公式有

12

電=%/+]卬⑤

W=%+?、?/p>

2

v,=2a2s2?

式中，S2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s,,有

V；=2as⑧

卡車利車廂都停卜來后相距

八9=S]+1一S⑨

由①至⑨式得

A片42

加二一五+§卬+/

帶入題給數(shù)據(jù)得

Av=36"?

評分參考：本題9分。①至⑧式各1分，?式1分

18.（09?上海物理?22）（12分）如圖A.,質量m=lkg的物體沿傾角用37。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u成正比，比例系數(shù)用人表示，物體加速

度。與風速u的關系如圖B.所示。求：

（1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)*（2）比例系數(shù)譏

(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g=10in/s2)

解析：(1)對初始時刻：mgsin0—〃mgcos0=mao①

由圖讀出a<)=4m/s?代入①式，

gsin6一〃;4()

解得：N==0.25；

gcosd

（2）對末時刻加速度為零：mgsin。一"V—ncos0=0②

又N=wgcos0+Zrvsin0

山圖得出此時v=5m/s

代八、入、②式解得口：k=-3((siin+^—cz/c=os^)=°-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(shù)〃=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A質量%=0.60kg,其受到的

電場力大小F=L2N.假設A所帶的電量不影響極板間的電場分布。片0時刻，小滑塊A從B表面上的a點

以相對地面的速度匕j=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度以力/Om/s向右運動。

問（g取lOm/s?）

+

圖20

(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：⑴由牛頓第二定律F=有

A剛開始運動時的加速度大小卬=二=2.0加/S2方向水平向右

如

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F'=F=\.2N

摩擦力f=+機8)g=0-8N

B剛開始運動時的加速度大小%=L乙=2,0m/$2方向水平向左

(2)設B從開始勻減速到零的時間為t1,則有4=泣=0.2s

aB

此時間內B運動的位移$81=5=0.04機

BI2

ti時刻A的速度乙|=%-。/i=L2m/s>0,故此過程A一直勻減速運動。

此L時間內A運動的位移％?=(匕+"*居=0.28〃?

2

此力時間內A相對B運動的位移殍=s*+S8i=0-32加

此L時間內摩擦力對B做的功為=-/=-0.032J

力后，由于k>/,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速度丫力小一口也

F

對B加速度4|=——U=64my

速度V=。8/2

聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得v=0.2/77/st=0.5s

此t2時間內A運動的位移〃2=+"也=0.35/77

"22

此t2時間內B運動的位移％2=吐=005加

2

此t2時間內A相對B運動的位移52^SA2-SB2=0.30m

此t2時間內摩擦力對B做的功為w?=-sB2=-0.04./

所以A最遠能到達b點a、b的距離L為上=S1+S2=0.62機

從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為

wf=w]+w2=-0.072Jo

2008年高考題

1.（08寧夏理綜20）一有固定斜面的小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,此可能為零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(jù)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.

甲乙

2.(08全國1119)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(jīng)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(jīng)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(jù)共點力平衡條件：

不加電壓時，mg-kv=0

所加電壓為U時，mg+kv=0

d

所加電壓為-U時，mg+幺巨一h'-0

d

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V

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

I).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(xiàn)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R,B對A的作用力為F”地面對A

的作用力為F：,.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.F.保持不變,F3緩慢增大B.A緩慢增大,F,保持不變

C.F?緩慢增大,F,緩慢增大D.Fz緩慢增大,巳保持不變

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,F/、E'都緩慢增大,FJ

=FI)

Z

F2=F〃所以E、E都緩慢增大.A物體受力如圖乙所示.由圖乙知Fzsin”Fs所以FH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