上海市松江區(qū)3年（2021-2023）高考與等級考物理一模試題含答案：01力學（基礎題）

上海市松江區(qū)三年（2021—2023）年高考物理一模試題按知識

點分層-01力學（基礎題）

一、單選題

1.（2022?上海楊浦?統(tǒng)考一模）關于通電導線在磁場中受到的磁場力，下列說法正確

的是（）

A.磁場力方向可以不與磁場方向垂直

B.磁場力的方向一定垂直于通電導線

C.環(huán)形通電線圈在磁場中所受磁場力一定為零

D.只有垂直磁場方向放置的通電導線才受磁場力

2.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）研究落體運動規(guī)律，最先把實驗和推理相結(jié)合并得出

正確結(jié)論的科學家是（）

A.伽利略B.牛頓0.亞里士多德D.卡文迪許

3.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）做豎直上拋運動的物體在上升和下落過程中，相同的

是（）

A.位移B,加速度C.平均速度D,重力勢能的變

化

4.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖人隨超市里的斜面電梯勻速上行，電梯受到人的

摩擦力的方向為（）

A.沿斜面向上B.沿斜面向下C.水平向前D.水平向后

5.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖彈簧振子圍繞平衡位置。在/、8間振動，下列

能反映小球從0運動到8點的VT圖像是（）

W

‰M≡≡W>W

:

N：5\

AO

6.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）水平繩一端固定，用手抓住繩的另一端上下抖動，若

上下抖動的頻率逐漸增大，某時刻在一段繩上觀察到如圖所示的波形，則（）

v??

A.該波的傳播方向向右

B.該波的傳播方向無法確定

C.從圖示時刻起，質(zhì)點b比質(zhì)點a先到波谷

D.從圖示時刻起，質(zhì)點a比質(zhì)點b先到波谷

7.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖，質(zhì)量為m的小球用一輕繩豎直懸吊于。點?，F(xiàn)

用一光滑的金屬掛鉤向右緩慢拉動輕繩至虛線位置，在此過程中，下列說法正確的是

A.鉤子對繩的作用力水平向右

B.鉤子對繩的作用力逐漸增大

C.繩子的張力逐漸增大

D.鉤子對繩的作用力可能等于2儂

8.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖風力發(fā)電機是將風的動能轉(zhuǎn)化為電能的裝置。假

設轉(zhuǎn)化效率不變，并保持風正面吹向葉片，該發(fā)電機的發(fā)電功率與風速1/的關系正確的

是（）

A.與?/成正比B.與J成正比0.與「成正比D.與丁成正比

9.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）伽利略研究自由落體運動過程中，主要采用的科學方

法是（）

A.等效替代法B.類比法C.實驗推理法D.控制變量法

10.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）為使簡諧運動單擺的周期變長，可采取以下哪種方

法（）

A.振幅適當加大B.擺長適當加長

C.擺球質(zhì)量增大D.將單擺從上海移到北京

11.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）運動員立定跳遠起跳瞬間示意如圖，能表示雙腳對

地面作用力方向的是（）

A.▼B.C.FD.'

12.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）①摩擦生熱、②彈簧振子振動、③熱傳遞和④氣體

自由膨脹，上述現(xiàn)象中能表明物理過程具有單向性的是（）

A.①、②和③B.②、③和④

C.①、②和④D.①、③和④

13.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）2021年4月29日，長征五號B遙二運載火箭搭載

空間站天和核心艙發(fā)射成功。下列“學生實驗”能在空間站重演的是（）

A.用DIS研究加速度和質(zhì)量的關系B.用DlS研究機械能守恒定律

C.研究共點力的合成D.用單分子油膜估測分子的大小

14.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）物體沿X軸做減速運動，可能反映這一運動的尸大

圖是（）

15.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖所示，一列簡諧橫波向左傳播，振幅為A,某

A1

時刻介質(zhì)中質(zhì)點a的位移為一，經(jīng)一周期，質(zhì)點a位于平衡位置的（）

A

A.上方，且位移大于萬

A

B.上方，且位移小于萬

A

c.下方，且位移大于5

A

D.下方，且位移小于萬

16.（2021?上海?統(tǒng)考一模）豎直上拋運動物體落回原地，上升過程速度的變化量與

下降過程速度的變化量（）

A.大小不等，方向不同B.大小相等，方向不同

C.大小不等，方向相同D.大小相等，方向相同

17.（2021?上海?統(tǒng)考一模）如圖輕質(zhì)支架A、B固定在豎直墻上，C點通過細繩懸掛

一重物，則重物對C點的拉力按效果分解正確的是（）

18.（2021?上海?統(tǒng)考一模）如圖所示，斜面上放一物體A恰好能勻速下滑，如果在

物體A上再施加一個力尸,使A仍勻速下滑，關于力打的方向，下列說法正確的是（）

B.豎直向下

C.水平向左D.水平向右

19.（2021?上海?統(tǒng)考一模）物體由靜止開始沿斜面下滑，阻力大小與速度成正比,

能反映此運動過程的v-t圖是（）

20.（2021?上海?統(tǒng)考一模）如圖所示為一列沿X軸傳播的簡諧橫波在t=0時刻的波

形圖，此時質(zhì)點4沿y軸負方向振動，該波的波速為％20m∕s,則（）

A.這列波沿X軸負向傳播，2s內(nèi)質(zhì)點4通過的路程為40m

B.這列波沿X軸正向傳播，2s內(nèi)質(zhì)點4通過的路程為40m

C.這列波沿X軸負向傳播，2s內(nèi)質(zhì)點/通過的路程為2m

D.這列波沿X軸正向傳播，2s內(nèi)質(zhì)點/通過的路程為2m

21.（2021?上海?統(tǒng)考一模）A、B兩木塊自左向右做勻加速直線運動，現(xiàn)用高速攝影

機在同一底片上多次曝光，記錄下木塊每次曝光時的位置，如圖所示，曝光的時間間隔

等H

目?

人G

4

口

L口

右

左

5□口

八2

A.0時刻，A木塊速度大于B木塊速度

B.七時刻，A木塊速度小于B木塊速度

0.3時刻，A木塊速度大于B木塊速度

D.時刻，A木塊速度小于B木塊速度

22.（2021?上海?統(tǒng)考一模）如圖所示，質(zhì)量為m的物體靜止于粗糙水平地面上，物

體與地面的動摩擦因數(shù)為“，物體右側(cè)與一輕彈簧相連，初始時彈簧為原長，現(xiàn)用水平

力緩慢向右拉彈簧，使物體向右通過一段位移s,該過程水平力做功一定（）

一Ivvw-------?F

A.等于“儂sB.大于“mgs

C.小于μ∕ngsD.大于2μmgs

二,填空題

23.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）牛頓第一定律表明，力是使物體的發(fā)生變

化的原因；同時還揭示了任何物體都具有。

24.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）11月1日，“夢天實驗艙”與“天和核心艙”成功

對接，若對接前后“天和核心艙”運動的圓軌道半徑不變，則對接前后它的速度

（選填“變大"、“變小”或“不變”）；航天員處于狀態(tài)（選填

“不受重力的”、“超重”或“完全失重”）。

25.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖，汽車在水平路面上行駛，車廂頂用細線懸掛

一個小球，若細線與豎直方向的夾角為θ,且小球與車廂1相對靜止。

則：汽車的加速度大小為;汽車可能做的運動有。

26.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）雨滴從高空云層下落，到達地面時的速度大小約為

20m∕s。雨滴的運動看做自由落體運動（選填“能”、“不能”、“無法判斷”），

請說明理由：?

27.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）如圖所示是北斗導航系統(tǒng)中部分衛(wèi)星的軌道示意圖，

已知a、b、C三顆衛(wèi)星均做圓周運動，a是地球同步衛(wèi)星，則：衛(wèi)星a的周期

衛(wèi)星C的周期；衛(wèi)星a的加速度衛(wèi)星6的加速度。（選填“大于”、“等于"

或“小于”）

28.（2022?上海松江?統(tǒng)考一模）快遞員駕駛電動車配送貨物，人和車的質(zhì)量為250kg,

貨物的質(zhì)量為50kg,送貨和返回過程電動車的Vv圖像如圖所示，兩過程中電動車都

是先句加速啟動，后保持額定功率行駛。已知電動車受到的阻力與其總重力成正比，勻

加速的最大速度均為2.4m∕s,則電動車的額定功率為W;返回時電動車的最

大速度為m/so（g取10m∕s2）

29.（2021?上海?統(tǒng)考一模）牛頓第一定律牛頓第二定律的推論（選填“是”

或“不是"）：用牛頓第二定律來解釋質(zhì)量是物體慣性大小的量度（選填“能”

或"不能”）.

三、實驗題

30.（2021?上海?統(tǒng)考一模）豎直向上拋出的物體，從拋出點到最高點的過程中其動

能和重力勢能隨高度/7的變化圖線如圖所示，物體上升過程中空氣阻力做的功為

四、解答題

31.(2022?上海松江?統(tǒng)考一模)如圖，在地面上方的豎直平面內(nèi)放置一桿狀軌道，

A?為粗糙的長直軌道，長為GIOm,與水平方向的夾角為，=37°,BCD、妍均為半徑

為R=Im的光滑圓弧形軌道，AB與BCD相切于B點,8點離地高度為Λ=3m,0?。兩圓

心等高，C為圓弧形軌道的最低點，F(xiàn)為最高點。一質(zhì)量為爐0.2kg的小環(huán)套在48上，

自。點由靜止釋放，經(jīng)仁2s運動到8點的速度大小為u=6m∕sosin37o=0.6,cos37o=0.8,

g取Iom/s；以地面為零勢能面。求：

(1)小環(huán)在48軌道上受到的摩擦力的大小；

(2)小環(huán)過E點時，小環(huán)對弧形軌道的作用力大??；

(3)若改變小環(huán)在直桿上釋放點的位置，求小環(huán)落地時機械能的可能值：

(4)小環(huán)在48桿上某一區(qū)域由靜止釋放時，若小環(huán)不會落到地面上，請用能量觀點分

析小環(huán)的運動過程，并求出最終穩(wěn)定后小環(huán)的機械能。

32.(2022?上海松江?統(tǒng)考一模)如圖，水平軌道48C、EG與內(nèi)、外略微錯開的豎直

圓軌道平滑連接，傾角為3=37°的斜面仍與水平軌道EG也平滑連接。一質(zhì)量為

22kg的物體受到與水平方向成α=53°的恒力尸作用，由4點靜止出發(fā)，經(jīng)t=2s運動

到8點，此時撤去恒力尸，物體繼續(xù)向前運動。已知水平軌道48、斜面前與物體間的

動摩擦因數(shù)均為//=0.5,BCDEG為先滑軌道,48的長度為S=Iom,圓軌道半徑e2.5m

(sin530=0.8,cos53o=0.6,g取IOm∕s"<,求:

(1)物體在水平軌道/48上運動的加速度；

(2)恒力廠的大??；

(3)物體能否沿圖示軌道運動到斜面上高為/P3m的0點？試分析說明；

(4)若僅改變恒力廠的大小，要使物體沿圖示軌道運動到斜面上的戶點，尸大小應滿

足的條件。

33.(2021?上海?統(tǒng)考一模)如圖，在豎直平面內(nèi)，48為粗糙的長直軌道，與水平方

向的夾角為6=53",BCD、OFG均為半徑為r=2m的光滑圓弧形軌道，AB與BCD相切于

B點、,。、。為圓心，連線水平，C為圓弧形軌道的最低點，￡■為最高點。一質(zhì)量為棺Ikg

的小環(huán)套在軌道48上，受到水平恒力廠的作用，自夕點由靜止下滑，運動到8點時撤

掉水平恒力月，小環(huán)滑入光滑圓弧形軌道，恰能通過最高點日已知小環(huán)與48軌道間的

1∕2∩

動摩擦因數(shù)為〃=0?8,P、8之間的距離為s=亍(11,sin53o=0.8,cos530=0.6,

求：

(1)小環(huán)過8點的速度；

(2)小環(huán)在月9間運動的加速度；

(3)水平恒力廠的大??；

C

參考答案：

1.B

【詳解】AB.磁場力方向一定與磁場方向垂直，一定與通電導線垂直，選項A錯誤，B正確；

C.環(huán)形通電線圈在非勻強磁場中受磁場力不一定為零，選項C錯誤。

D.只要通電導線與磁場方向不平行就一定受磁場力，選項D錯誤。

故選Bo

2.A

【詳解】最早運用實驗和推理相結(jié)合的方法對落體運動進行研究并得出正確結(jié)論的科學家是

伽利略。

故選A。

3.B

【詳解】A.上升和下落過程的位移大小相等，方向相反，則位移不相同，故A錯誤；

B.整個過程加速度都是g,大小和方向都保持不變，故B正確；

C.在整個運動過程中，物體的加速度都為g,上升和下落過程具有對稱性，則上升和下落的

時間一定相等，根據(jù)對稱性可知落回拋出點時的速度跟物體在拋出時的初速度大小相等，上

升和下落過程的平均速度大小都為一定相等，但方向相反，故C錯誤；

D.上升的過程中重力勢能增大，而下降的過程中重力勢能減小，所以不相同，故D錯誤。

故選Bo

4.B

【詳解】人與電梯保持相對靜止，相對電梯有沿著電梯向下運動的趨勢，所以人受到電梯的

摩擦力沿著斜面向上，根據(jù)牛頓第三定律可知電梯受到人的摩擦力的方向為沿斜面向下。

故選B.

5.D

【詳解】彈簧振子從平衡位置。運動到8點的過程中，根據(jù)

kx

a=-----

tn

可知振子加速度。逐漸增大，由于。與振子運動速度V方向相反，所以振子做加速度逐漸增

大的減速運動。

故選Do

6.C

【詳解】AB.波在同種介質(zhì)中傳播速度不變，頻率逐漸增大，由

v=λf

則波長變小，由圖可知，該波的傳播方向向左，故AB不符合題意；

CD.由上下坡法可知ab兩質(zhì)點都向下振動，質(zhì)點b頻率大于質(zhì)點a,質(zhì)點b比質(zhì)點a先到

波谷，故C符合題意，D不符合題意。

故選Co

7.B

【詳解】A.鉤子對繩的力與繩子對鉤子的力是相互作用力，方向相反，兩段繩子對鉤子的

作用力的合力是向左下方的，故鉤子對細繩的作用力向右上方，故A錯誤；

B.兩段繩子拉力大小相等，均等于儂，夾角在減小，根據(jù)平行四邊形定則可知，合力變大，

故根據(jù)牛頓第三定律，鉤子對細繩的作用力也是逐漸變大，故B正確；

0.物體受重力和拉力而平衡，故拉力T≡mg,而同一根繩子的張力處處相等，繩子的拉力大

小一直為砥■,大小不變，故C錯誤；

D.因為鉤子與細繩的接觸點4始終在一條水平線上，兩段繩子之間的夾角不可能達到90°,

細繩對鉤子的作用力小于血,咫，鉤子對細繩的作用力也不可能等于2砥，故D錯誤。

故選Bo

8.C

【詳解】設葉片轉(zhuǎn)一圈掃過的面積為s,空氣密度為P，則單位時間通過對應面積S的空氣

質(zhì)量為

M=PSU

這些空氣的動能為

口?13

Ek=-×psv×V=-psv

發(fā)電機轉(zhuǎn)化效率不變，則單位時間風的動能轉(zhuǎn)化為的電能與丁成正比。即該發(fā)電機的發(fā)電

功率與/成正比。

故選Co

9.C

【詳解】不同材料的球體下落速度幾乎一樣，進而推測得到真空中下落快慢一樣的結(jié)論，這

正是伽利略創(chuàng)立的實驗觀察和邏輯推理相結(jié)合的科學方法，即實驗推理法。

故選0?

10.B

【詳解】根據(jù)單擺的周期公式

可知為使簡諧運動單擺的周期變長，可以適當增加擺長Z.或減小重力加速度g,而上海的緯

度比北京的緯度低，所以將單擺從上海移到北京會使g增大。綜上所述可知ACD錯誤，B正

確。

故選Bo

11.C

【詳解】人起跳瞬間受到地面豎直向上的支持力和水平向前的靜摩擦力，則地面對人的作用

力方向斜向前上方，根據(jù)牛頓第三定理可知，人雙腳對地面作用力方向斜向后下方。

故選Co

12.D

【詳解】熱現(xiàn)象的物理過程具有單向性，故摩擦生熱、熱傳遞和氣體自由膨脹均表明物理過

程具有單向性。

故選Do

13.C

【詳解】A.空間站中的物體處于完全失重狀態(tài)，故無法測定小車質(zhì)量，更無法用鉤碼的重

力充當小車受到的拉力，故A錯誤；

B.用DlS研究機械能守恒定律，需要重物自由下落，由于完全失重，故無法重演，故B錯

慶-O；

C.研究共點力的合成實驗是通過橡皮筋的形變和彈簧測力計測量力，跟重力無關，能在空

間站重演，故C正確；

D.用單分子油膜估測分子的大小，需要在水面形成油膜，由于完全失重，無法形成油膜，

故無法重演，故D錯誤。

故選C。

14.A

【詳解】A.尸t圖線的斜率表示速度，由圖可知，圖線斜率越來越小，則物體沿X軸做減

速運動，故A正確；

B.圖線斜率越來越大，則物體做加速運動，故B錯誤；

C.圖線斜率恒定，則物體做勻速直線運動，故C錯誤；

D.圖線斜率越來越大，則物體做加速運動，且沿X軸負方向運動，故D錯誤。

故選A。

15.A

【詳解】由于簡諧橫波向左傳播，經(jīng)過L周期后，波形如圖

4

A

則可知質(zhì)點a位于平衡位置的上方，且位移大于一。

故選A。

16.D

【詳解】豎直上拋運動中加速度為重力加速度g,根據(jù)豎直上拋運動的對稱性可知上升過程

和下降過程時間相同，根據(jù)Au=g∕可知，上升過程速度的變化量與下降過程速度的變化量

大小相等，方向相同。

故選D。

17.B

【詳解】根據(jù)題意，C點是靜止的，對C點進行受力分析，受到重力，桿A的彈力，方向沿

桿向上，桿B的彈力，沿桿向上，根據(jù)平衡條件，C點所受的合力為零，重力的效果就是抵

消桿A、B產(chǎn)生的彈力，所以重力就可以分解為沿桿A向下的力和沿桿B向下的力，所以B

正確O

故選Bo

18.B

【詳解】未加尸時，物體勻速下滑，受力平衡，由平衡條件得

mgsinθ=Amgcosθ

可得

Sine=4cos。

A.當施加力打垂直斜面向下時，摩擦力變大為

f=〃(mgcos6+F)>mgsinθ

物體不能勻速下滑：故A錯誤；

B.當施加力打豎直向下時，物塊受到的滑動摩擦力為

f=μ(mg+F)cosθ

重力和廠沿斜面向下的分力大小為

(mg+F)sin

則可知

(mg+F)sin=ju(tng+F)cosθ

則物塊受力仍然平衡，所以仍勻速下滑，故B正確；

C.當施加力廠水平向左時，沿斜面向上的合力為

〃(/ngcosθ+Fsinθ)+Fcosθ

沿斜面向下的力為

mgsinΘ

聯(lián)立方程，可知

∕mgcosθ-?-Fsinθ)+Fcosθ>mgsinθ

物體受力不再平衡，所以不能勻速下滑，故C錯誤；

D.當施加力廠水平向右時，沿斜面向上的合力為

f=μ(mgcosθ-Fsin。)

沿斜面向下的力為

∕xgsin8+∕7COSe

聯(lián)立方程，可知

μ(mgcosθ-Fsinff)<mgSine+T7cosθ

物體受力不再平衡，所以不能勻速下滑，故D錯誤。

故選Bo

19.A

【詳解】由于阻力大小與速度成正比，則

f=公

由牛頓第二定律得

tngs?nθ-kv=ma

由此可知，當速度在增加的時候，加速度在減小，物體在做加速度減小的加速運動，直到加

速度減到0后，物體做勻速直線運動。故BCD錯，A對。

故選A。

20.C

【詳解】由題意可知，0時刻質(zhì)點4沿JZ軸負方向振動，由同側(cè)法結(jié)合圖象可知，這列波沿

X軸負向傳播，由圖可知，波長4=4m,則周期為

,44.

T=—=—s=0.2s

V20

2s內(nèi)即10個周期內(nèi)質(zhì)點4的路程為

5=10×4A=40×5cm=200cm=2m

故選C。

21.D

【詳解】AB.由A、B兩木塊4~匕這段時間內(nèi)位移相同，根據(jù)某段時間內(nèi)的平均速度等于這

段時間內(nèi)的中間時刻的瞬時速度，得七時刻，A木塊速度等于B木塊速度。故AB錯；

CD.在L時刻兩木塊速度相等，根據(jù)公式

x-VAr

2

又％~。期間B的位移大于A的位移且時間相等，故在力時刻，B的速度大于A的速度，故

C錯，D對。

故選Do

22.B

【詳解】水平力緩慢向右拉彈簧，可以看成是物體處于平衡狀態(tài)。對于彈簧右端，水平力等

于彈簧彈力，對于物體，彈簧彈力等于物體受到的滑動摩擦力g,所以水平力等于物體受

到的滑動摩擦力〃儂，由于物體在運動前，彈簧先被拉伸，當彈簧拉伸到產(chǎn)生的彈力等于物

體受到的滑動摩擦力〃儂，水平已經(jīng)作用了一段位移，所以當物體向右通過一段位移S時，

水平力作用的位移大于s,所以水平力做功一定大于〃儂s。所以ACD錯誤，B正確。

故選B。

23.運動狀態(tài)慣性

【詳解】［1］［2］牛頓第一定律告訴我們，一切物體都有保持原來速度不變的性質(zhì)，這種性質(zhì)

叫做慣性，物體在不受力的作用時保持靜止狀態(tài)或物體做勻速直線運動狀態(tài)，說明了力不是

維持物體運動的原因，力是改變物體運動狀態(tài)的原因。

24.不變完全失重

【詳解】［1］由

GMmmV

可得天和核心艙的速度大小為

對接前后軌道半徑不變，則速度大小不變；

［2］航天員隨著核心艙圍繞地球做勻速圓周運動，航天員只受萬有引力作用，所受萬有引力

完全提供向心力，所以航天員處于完全失重狀態(tài)。

25.gtan?向右勻加速直線運動、向左勻減速直線運動、圓心在右的勻速圓周運動

【詳解】［1］［2］對小球受力分析可得

mgtanθ=ma

得出

a-gla,nθ

加速度向左。當此時汽車向左運動，則此時汽車向左做句減速直線運動；當此時汽車向右運

動，則此時汽車向右做勻加速直線運動；當此時汽車做圓周運動，則此時汽車做圓心在右的

勺速圓周運動。

2

26.不能若做自由落體運動，則下落的高度為：Zz="=20m,方較小，與題設不符，

2g

說明空氣阻力的影響不能忽略，所以不能看做自由落體運動

2

【詳解】［1］［2］不能；若做自由落體運動，則下落的高度為：∕z=3=20m,萬較小，與題

設不符，說明空氣阻力的影響不能忽略，所以不能看做自由落體運動。

27.等于小于

【詳解】［1］根據(jù)牛頓第二定律有

一MnI44“

c-=mryr

解得

T=2π.——

NGM

由于衛(wèi)星a和衛(wèi)星C的軌道半徑相同，則衛(wèi)星a的周期等于衛(wèi)星C的周期;

［2］根據(jù)牛頓第二定律有

CMm

G——=ma

解得

a=G—

由于衛(wèi)星a的軌道半徑大于衛(wèi)星b的軌道半徑，所以衛(wèi)星a的加速度小于衛(wèi)星b的加速度。

28.7204.8

【詳解】［1］設電動車的額定功率為只由圖可知，送貨過程中，勻加速位移為

xx=—×6×2.4m=7.2m

由動能定理可得

P12

[----&(/+m)g]x=-(m+m)v

Vti20λ

返程過程中，句加速位移為

x2=?X4×2.4m=4.8m

由動能定理可得

2

(--km0g)x2=^?w0v

V2

聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得

P=720W,攵=0.06

［2］返回時電動車受到的阻力為

6=?m0g=150N

當牽引力等于阻力時，達到最大速度

P

vm=?—=4.8m∕s

J2

29.不是能

【詳解】［1］由于實際上不存在完全不受其它物體作用的孤立物體，所以第一定律不能用實

驗直接加以驗證，主要是由它所推出的結(jié)論和實驗事實符合而得到驗證。第一定律指出了物

體在不受力的情況下處于怎樣的運動狀態(tài)，這樣就可以研究物體在受力情況下的運動狀態(tài)，

因此，在牛頓力學的理論系統(tǒng)中牛頓第一定律是第二定律的前提和基礎，則牛頓第一定律不

是牛頓第二定律的推論。

［2］根據(jù)公式

F-ma

質(zhì)量越大，加速度就越小，物體也就越能保持它原有的狀態(tài)，慣性也就越大了，則能用牛頓

第二定律來解釋質(zhì)量是物體慣性大小的量度。

30.-112.5

【詳解】［1］由動能定理得

Wf-mgh=O-E

解得

W(=-U

［2］由功能關系得

-mgh=O-Ep

得

m=0.1kg

由做功定義式得

Wf=flι

解得

f=-0.25N

由牛頓第二定律得

—f—mg=mα

解得

α=-12.5m∕s2

故加速度的大小為0=12.5m∕s2

31.(1)0.6N：(2)2N：(3)9.6J<E≤12J：(4)見解析，6J

【詳解】(1)小環(huán)由P→B,加速度為

V2

tz=-=3m∕s

對小環(huán)進行受力分析，如圖所示

根據(jù)牛頓第二定律

mgsinθ-f=ma

解得

戶O.6N

方向沿48向上。

(2)小環(huán)由8fE,根據(jù)機械能守恒定律有

?/nvj=mg(R+Rcosθ)+?/nv?

解得

%=O

則在￡點有

N^mg

由牛頓第三定律，小環(huán)對弧形軌道的壓力為

N'=N

解得

N'=2N

(3)小環(huán)剛好越過E點，落地的機械能最小，則

Emin=mg(R+HCOS+mgh=9.6J

小環(huán)自/1點釋放，落地的機械能最大，根據(jù)能量守恒定律有

EmaX=mgh+IngLsin<9-,∕Z,=l2J

故小環(huán)落地的機械能為

9.6J<E≤12J

(4)小環(huán)自只8之間由靜止釋放，則小環(huán)不能到達E點，不會落到地面上。小環(huán)滑過8

點后，在弧形軌道上運動，只有重力做功，機械能守恒，再滑回8點，滑上斜軌48,因克

服摩擦力做功，小環(huán)的機械能逐漸減小，在斜軌上到達的最高點比釋放點低，小環(huán)在斜軌和

弧形軌道上來回往復運動，到達的最高點逐漸降低，最終必將在8C8'(8'點在弧形軌道

上，與8點等高)之間做來回往復運動，機械能守恒。故最終穩(wěn)定后小環(huán)的機械能為

Fmgg6J

32.(1)5m∕s2;(2)20N；(3)不能，見解析；(4)22.5N≤F≤25N

【詳解】(1)物體由A→8勻加速運動，根據(jù)運動學公式有

解得

2s2

^=-=5m∕s

(2)物體由A→8,受力分析，根據(jù)牛頓第二定律有

N+Fsina=mg

Fcosa-f=ma

于=NN

聯(lián)立方程，代入數(shù)據(jù)解得

f.=ma+μmg?

δ∏Ba+7/a

(3)物體運動到8點的速度為

VB=at=]Om/s

先判斷物體能否到達。點，8→C→O過程中，由機械能守恒定律得

1212

—ιnVβ=mg×2R+-mvυ

解得

%=°

物體剛好通過。點時有

V2

mg=m~

解得

v=y∣~gR=5m∕s

由于％<上故物體到達。點前已離開圓軌道，所以物體不能沿圖示軌道運動到斜面上的戶

點o

(4)由(3)知，物體剛好通過。點時，速度為u=5m∕s,然后物體繼續(xù)運動，沿斜面上

升的最大高度為九,根據(jù)能量守恒有

j力

—mv2+mgX2R=mgh+μnιgcosβ——?—

2]sinβ

解得

hλ=3.15m>h

所以能運動到斜面上的P點。

物體8→C→O,由機械能守恒

~fnγ2+tng×2R=^tnv^,

解得

t

vli=5λ∕5m∕s

物體由A→3,有