1、、單選題1. 通過理想斜面實驗得出“力不是維持物體運動的原因”的科學家是（ A. 亞里士多德略爾【答案】【考點】 【解析】牛頓運動定律專題C.D.笛卡牛頓B.伽利B牛頓第一定律【解答】A:亞里士多德提出了運動需要力來維持；B、伽利略用理想實驗驗證了 “力不是維持物體運動的原D 牛頓總結了前人的工作【分析】物理學史的知識，每一位科因” C 笛卡爾在伽利略基礎上了提出了相似的觀點 學家都有他的經典之作，記牢即可選擇出答案。2.（2018?卷I）如圖，輕彈簧的下端固定在水平桌面上，上端放有物塊力 F 作用在 P 上，使其向上做勻加速直線運動，以 和 x 之間關系的圖像可能正確的是（P,系統處于靜止狀

2、態， 現用一豎直向上的 x表示 P 離開靜止位置的位移，在彈簧恢復原長前，下列表示777777777777777CD【答案】【考點】【解析】A連接體問題，胡克定律，物體的受力分析【解答】由牛頓運動定律，F-mc+Fw=maA。故答案為：AF彈=k(xo-x),kxo=mg,聯立解得F=ma kx,對比題給的四個圖象，可能正確的是【分析】該題需選擇物塊 P 為研究對象，對 P 分兩種情況進行進行受力分析：未對 施加拉力 F 后，然后根據牛頓第二定律 F合=ma 列出方程。即可推導出拉力F 與 x 的關系式。P 施加拉力 F 時，有 mg=kx）;對 P3. （2018?北京）根據高中所學知識可知

3、，做自由落體運動的小球，將落在正下方位置。 但實際上，赤道上方 200m 處無 初速下落的小球將落在正下方位置偏東約6cm 處，這一現象可解釋為，除重力外，由于地球自轉，下落過程小球還受到一個水平向東的“力”，該“力”與豎直方向的速度大小成正比，現將小球從赤道地面豎直上拋，考慮對稱性，上升過程該“力”水平向西，則小球（）A. 到最高點時，水平方向的加速度和速度均為零B. 到最高點時，水平方向的加速度和速度均不為零C. 落地點在拋出點東側D.落地點在拋出點西側【答案】D【考點】對質點系的應用，位移的合成與分解【解析】 【解答】 根據題意， 將小球從赤道地面豎直上拋， 水平方向受到一個與豎直方向的

4、速度大小成正比的力, 小球從地面豎直上拋，速度越來越小，故水平方向的力越來越小，到達最高點時，豎直方向的速度為零，故水平方向的加速度為零，水平方向小球做加速度減小的加速運動，故到達最高點時，小球的速度不為零，故AB 錯誤；小球在下落的過程中，豎直方向做勻加速直線運動，所以水平方向加速度逐漸增大；水平方向加速度向東，所以向西做 加速度增大的減速運動，再根據運動學規律得出落地點在拋出點西側，故C 錯誤；故答案為：Db【分析】本題屬于新穎的題型，這樣的水平力，學生平時應該都沒有見過，但是仔細分析題干就會得出其實這就是運動的合成與分解，小球參與了水平和豎直兩個方向的運動，結合牛頓運動定律即可得出答案。

5、4.用國際單位制的基本單位表示能量的單位，下列正確的是（）2 2A. kg.m /sC. N/mB.kg.m/sD. N.m【答案】A【考點】單位制及量綱【解析】【解答】能量單位為焦耳 J，根據做功 W=FL 可知 1J=1Nm 而 1N=1kg.m/s2，因此正確答案為 A【分析】利用公式推導新的單位，這是對量綱的考察，國際基本單位有7 個，Kg、ms、A、mol, T、Cd;其它單位都是導出單位。5.如圖所示，在光滑水平面上以水平恒力F 拉動小車，讓小車和木塊一起做無相對滑動的加速運動，若小車質量為M 木塊質量為 m,加速度大小為a,木塊和小車間的動摩擦因數為卩對于這個過程，某同學用了以下

6、4 個式子來表達拉力 F 的大小，下述表達式一定正確的是（）A. MaB.卩 mg+MC. （M+maD. mg+m【答案】C【考點】滑動摩擦力，靜摩擦力，對質點系的應用，連接體問題【解析】【解答】解：A、先對整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據牛頓第二定律，有：F= （ M+m a, A 不符合題意，C 符合題意，B、由于 M 與 m 間無相對滑動，未靜摩擦力，則不能用f=卩 mg 來計算兩者間的摩擦力大小，BD 不符合題意故答案為：C【分析】先對整體受力分析，受重力、支持力和拉力，根據牛頓第二定律未靜摩擦力，則不能用 f=卩 mg 來計算兩者間的摩擦力大小。F= （ M+m a,由于

7、M 與 m 間無相對滑動,6.如圖所示，n 個質量為 m 的相同木塊并列放在水平面上，木塊跟水平面間的動摩擦因數為 個水平向右的推力 F 時，木塊加速運動，木塊5 對木塊 4 的壓力大小為（，當對 1 木塊施加一777777777777777777)A. FB.C.B. 1.5gsinaC. gsinaD. 2gsina【答案】【考點】【解析】D對單物體（質點）的應用【解答】解：以整體為研究對象，根據牛頓第二定律：F=nma得:a=nm以 1234 為研究對象，設 5 對 4 的壓力為 N,根據牛頓第二定律：F-N=4m?a聯立以上二式得：N=，ABC 不符合題意，D 符合題意.n【答案】【考

8、點】【解析】對系統，B對質點系的應用，連接體問題【解答】解：木板沿斜面加速下滑時，貓保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為由牛頓第二定律得：3mgsina=2mga 解得：a=1.5gsina;故答案為：D.【分析】本題考查整體法與隔離法結合牛頓第二定律的應用，整體應用牛頓第二定律求出整體的加速度，再隔離計 算木塊 5 對木塊 4 的壓力大小。7.如圖所示，A B 兩物體質量分別為RA、m ，且RAm?，置于光滑水平面上，相距較遠.將兩個大小均為 的力，同時分別作用在 A、B 上經過相同距離后，撤去兩個力，兩物體發生碰撞并粘在一起后將（）故答案為：B.【分析】本體用整體法比較簡單，貓

9、保持相對斜面的位置不變，即相對斜面靜止，加速度為律方程即可求解。9.如圖所示，某滑雪場的索道與水平面夾角為 道以 a=2m/s2的加速度斜向上運動時，已知0,對整體列牛頓第二定0=37，g=10m/s2質量為 m=50g 的人坐在纜車內的水平座椅上，當纜車隨索sin37 =0.6，cos37 =0.8，則（A. 停止運動B.向左運A.座椅對人的摩擦力大小為100NB.座椅對人的摩擦力方向與水平方向的夾角為動C.向右運上方動D.運動方向不能確定C.座椅對人的支持力大小為560ND.座椅對人的作用力方向與水平方向的夾角為【答案】C上方【考點】對單物體（質點）的應用，動量定理， 動量守恒定律，勻變速

10、直線運動基本公式應用【答案】C【解析】【解答】解：力 F 大小相等，RA RB，【考點】對單物體（質點）的應用由牛頓第二定律可知，兩物體的加速度有：aA tB，由動量定理可知厶碰前系統總動量向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量向右，ABD 不符合題意，C 符合題意.故答案為：C.【分析】判斷兩物體發生碰撞并粘在一起后做什么樣的運動，先由牛頓第二定律求出加速度，再判斷沖量的大小， 最后根據碰前系統總動量向右，碰撞過程動量守恒，由動量守恒定律可知，碰后總動量向右。8.如圖，在傾角為a的固定光滑斜面上，有一用繩子栓著的長木板，木板上站著一只貓已知木板的質量是貓的質 量的2 倍當繩子

11、突然斷開時，貓立即沿著板向上跑，以保持其相對斜面的位置不變則此時木板沿斜面下滑的加由 IA=F?tA， IB=F?tB，得：IA IB，FA=IA， PB=IB，貝 V PAPB，在水平方向上根據牛頓第二定律得：f=max=80N,故 AB 錯誤.C 在豎直方向上，根據牛頓第二定律得：N- mg=ma ，解得：N=mg+my=560N,故 C 正確D 座椅對人的作用力方向與水平方向的夾角的正切值為:故選：C.【分析】將加速度 a 分解為水平方向和豎直方向，在兩個方向上通過牛頓第二定律求出靜摩擦力和彈力的大小.10.如圖所示，一根跨過一固定的水平光滑細桿的輕繩兩端拴有兩個小球，球 a 置于水平地

12、面上， 球 b 被拉到與細桿同一水平的位置， 把繩拉直后，由靜止釋放球 b，當球 b 擺到 0 點正下方時，球 a 對地面的壓力大小為其重力的已知圖中 Ob 段的長度小于 Oa 段的長度，不計空氣阻力，則（A.球 b 下擺過程中處于失重狀【分析】根據摩擦力性質可判斷魚缸受到的摩擦力方向以及拉力變化時摩擦力的變化情況；再根據牛頓第二定律以及運動學公式進行分析，明確拉力變化后運動位移的變化情況.12.某個質量為 m 帶電量為-q （ q 0）的小球僅在重力作用下從靜止開始沿豎直向下方向做勻加速直線運動,B.球 b 下擺過程中向心加速度變小C.當球 b 擺到 0 點正下方時，球 b 所受的向心力為球

13、 a 重力的 普D.兩球質量之比 ma: m=9： 2【答案】D【考點】對單物體（質點）的應用，向心力，動能定理的理解【解析】【解答】解：A、球 b 下落過程中，做圓周運動，向心加速度指向圓心，加速度向上，故處于超重，故A 錯誤；B b 球速度增大，根據 a=可知，向心加速度增大，故B 錯誤；C 當球 b 擺到 0 點正下方時，球 a 對地面的壓力大小為其重力的戸，則 F+FN=mg，解得 尸=駅曲，球 b 所受的向心力為 F向=F- mg=丹:衣于蝕好，故 C 錯誤D 設 Ob 繩長為 I，在下落過程中，根據動能定理可知小冒：；_小:廠U匚一斗，聯立解得 m： m=9： 2,故 D 正確；故

14、選：D【分析】b 球下落過程中作圓周運動的一部分，根據加速度的方向判斷出超失重現象，當b 球擺到豎直最低位置時，球 a 對地面的壓力大小為其重力的，判斷出繩子的拉力，由牛頓第二定律，結合向心力公式可列出質量、速度及半徑間的關系；再運用機械能守恒定律可列出b 球的質量與速度間的關系；最后可求出兩球質量關系.11.如圖所示，一只貓在桌邊猛地將桌布從魚缸下拉出，魚缸最終沒有滑出桌面.若魚缸、桌布、桌面兩兩之間的動摩擦因數均相等，則在上述過程中（）段時間后在小球運動的空間中施加豎直方向的勻強電場，小球又經過相等的時間恰好回到出發點，則（A.電場強度方向豎直向下，大小為B.電場強度方向豎直向下，大小為S

15、niff亠C.電場強度方向豎直向上，大小為大小為【答案】A【考點】牛頓運動定律與電磁學綜合，勻變速直線運動導出公式應用【解析】【解答】解：電場力大小為 F=qE,設勻加速直線運動的時間為t .向下的過程中：h= 對于勻變速直線運動，有 a= -_二據題有:-匕-:、匚|解得 F=4mg所以：E= 罕.故 A 正確，BCD 錯誤.故選：AD.電場強度方向豎直向上,【分析】物體先向上勻加速直線運動，撤去拉力后的運動可以看成一種有往復的勻減速直線運動，兩個過程的位移大小相等、方向相反，由牛頓第二定律和位移公式結合求解.13.如圖所示，質量分別為 m 和 M 的兩長方體物塊 P 和 Q,疊放在傾角為B

16、的固定斜面上.P、Q 間的動摩擦因數為 卩1, Q 與斜面間的動摩擦因數為卩2.當它們從靜止釋放沿斜面滑下時，兩物塊始終保持相對靜止，則物塊P對 Q 的摩擦力為（）A.桌布對魚缸摩擦力的方向向左B.魚缸在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等C.若貓增大拉力，魚缸受到的摩擦力將增大D.若貓減小拉力，魚缸肯定不會滑出桌面【答案】B【考點】滑動摩擦力，對質點系的應用，連接體問題，勻變速直線運動基本公式應用【解析】【解答】解：A、桌布向右拉出時，魚缸相對于桌布有向左的運動，故魚缸受到的摩擦力向右；故A 錯誤;B 由于魚缸在桌面上和在桌布上的動摩擦因數相同，故受到的摩擦力相等，則由牛頓第二定律可知，加速度大

17、小相等；但在桌面上做減速運動，則由v=at 可知，它在桌布上的滑動時間和在桌面上的相等；故 B 正確；C 魚缸受到的摩擦力為滑動摩擦力，其大小與拉力無關，只與壓力和動摩擦因數有關，因此增大拉力時，摩擦力不 變；故 C 錯誤；D 貓減小拉力時，桌布在桌面上運動的加速度減小，則運動時間變長；因此魚缸加速時間變長，桌布抽出時的位移以及速度均變大，則有可能滑出桌面；故D 錯誤；故選：BA. mgcosB，方向平行于斜面向上 平行于斜面向下C.卩2mgcos0，方向平行于斜面向上 平行于斜面向下B.2mgcos0，方向D.11mgcos0，方向【答案】B【考點】對單物體（質點）的應用，整體法隔離法【解析

18、】【解答】解：對 PQ 整體受力分析，受到重力、支持力和滑動摩擦力，如圖根據牛頓第二定律，有：（ m+M gsinB-卩2（m+M geos0= （ M+m a解得：a=g (sin0-卩2eos0)再對 P 物體受力分析，受到重力 mg 支持力和沿斜面向上的靜摩擦力，根據牛頓第二定律，有 mgsin0 -Ff=ma由解得 P 受到的摩擦力大小為：Ff=u2mgeos0，方向沿斜面向上；根據牛頓第三定律可得物塊P 對 Q 的摩擦力為 卩2mgeos0，方向平行于斜面向下.故 ACD 錯誤、故選：B.【分析】先對律列式求解出14.如圖所示，B 正確;PQ 整體受力分析，根據牛頓第二定律求解出加速

19、度，然后隔離出物體 Q 對 P 的摩擦力，再根據牛頓第三定律求解P 對 Q 的摩擦力.質量分別為 m 2m 的球 A、B 由輕質彈簧相連后再用細線懸掛在正在豎直向上做勻加速運動的電梯內, A的加速度大小分別為（細線中的拉力為 F,此時突然剪斷細線，在線斷的瞬間，彈簧的彈力的大小和小球P,受力分析后根據牛頓第二定7FA.+g【答案】【考點】【解析】+gB.，+gC.D. ,F丄+gA對質點系的應用，連接體問題【解答】解：剪斷細線前：設彈簧的彈力大小為對整體：F- 3mg=3ma對 B 球: f - 2mg=2ma解得，f=f.根據牛頓第二定律得剪斷細線的瞬間：彈簧的彈力沒有來得及變化，大小仍為f

20、=13對 A 球: mg+f=msAif得 aA=+g故選 A【分析】先分別以整體和 B 球為研究對象，根據牛頓第二定律研究剪斷細線前彈簧的彈力剪斷細線的瞬間，彈簧的彈力沒有來得及變化，再由根據牛頓第二定律求出A 球的加速度.15. 一滑塊以一定的初速度從一固定斜面的底端向上沖，到斜面上某一點后返回底端，斜面粗糙.滑塊運動過程中加速度與時間關系圖象如圖所示.下列四幅圖象分別表示滑塊運動過程中位移X、速度 V、動能 E0則滑塊的運動情況是（）6A.動量方向沿桿向下, 正在均勻減小C.動量方向沿桿向上, 正在均勻減小正在均勻增大正在均勻增大B.動量方向沿桿向下,D.動量方向沿桿向上,【答案】D【考

21、點】對質點系的應用，連接體問題，整體法隔離法，假設法【解析】【解答】解：把滑塊和球看做一個整體受力分析，沿斜面和垂直斜面建立直角坐標系得,若假設 滑塊速度方向向下，則沿斜面方向：（ m+m） gsin0- f= （m+m） a垂直斜面方向： FN= （m+m） gcos0其中摩擦力：f=卩 FN聯立可解得： a=gsin0-卩 gcos0,對小球現有：0 v 3，則有agsin3所以 gsin0-卩 gcos0 gsin3gsin0 -gsin3geos0因為03，所以 gsin0 -gsin3 0 所以假設不成立，即速度的方向一定向上.滑塊向上運動，重力有沿桿向下的分力，同時摩擦力的方向沿桿

22、的方向向下，所以滑塊的加速度方向向下，滑塊沿桿減速上滑則滑塊的動量方向沿桿向上，正在均勻減小故ABC 錯誤，D 正確故選：D【分析】滑塊與小球保持相對靜止，并以相同的加速度a 一起下滑，對整體進行受力分析求出加速度，采用隔離法，分析小球的受力，求出加速度，結合03分析即可判斷.17.如圖所示，豎直半圓環中有多條起始于A 點的光滑軌道，其中 AB 通過環心 O 并保持豎直.一質點分別自A 點沿各條軌道下滑，初速度均為零那么，質點沿各軌道下滑的時間相比較（）A.無論沿圖中哪條軌道下滑，所用的時間均相同B.質點沿著與 AB 夾角越大的軌道下滑，時間越短C.質點沿著軌道 AB 下滑，時間最短D.軌道與

23、 AB 夾角越小（AB 除外），質點沿其下滑的時間越短【答案】A【考點】對單物體（質點）的應用，勻變速直線運動基本公式應用【解析】【解答】解：設半徑為 R,斜面與豎直方向夾角為0，則物體運動的位移為 x=2Rcos0，物體運動的加速度 a=J=geos0，根據 x= - at2,則 t= 于，與0角無關.而知道弦長和傾角也能算出半徑，所以A 正確,BCD 錯誤.故選：A.【分析】設半徑為 R,斜面與豎直方向夾角為 然后根據 x= at2求解時間.D.相遇后的任意時刻，重力對球a 做功功率小于重力對球 b 做功功率【答案】D【考點】超重失重，動能定理的綜合應用【解析】【解答】解：A、ab 運動的

24、加速度都向下，故都處于失重狀態，A 不符合題意；B、從題目內容可看出，在 0.5h 處相遇，此時 a 球和 b 球的位移大小相同，時間相同，它們的加速度也相同，a 豎直上拋，b 自由落體，設相遇時間為 t，相遇時 A 的速度為 v, b 的速度為 v則有：匚_；,由自由落體規律得， v =gt, v=v- gt，故相遇時 a 的速度為零，B 不符合題意；C 根據動能定理額可知 E 0, C 錯誤.BC 不符合題意，AD 符合題意故答案為：AD.【分析】 本題 AB 兩個物體連接體， 對于連接體問題， 通常采用整體法和隔離法相結合求解， 當以整體為研究對象受 力分析時 AB 之間的作用力不分析.

25、24.如圖所示，M 為定滑輪，一根細繩跨過 M 一端系著物體 C,另一端系著一動滑輪 N,動滑輪 N 兩側分別懸掛著 A、 B 兩物體，已知 B 物體的質量為 3kg，不計滑輪和繩的質量以及一切摩擦，若C 物體的質量為 9kg，則關于 C物體的狀態下列說法正確的是（）A.當 A 的質量取值合適，C 物體有可能處于平衡狀態B.無論 A 物體的質量是多大，C 物體不可能平衡C.當 A 的質量足夠大時，C 物體不可能向上加速運動D.當 A 的質量取值合適，C 物體可以向上加速也可以向下加速運動【答案】A,D【考點】共點力平衡條件的應用，對單物體（質點）的應用【解析】【解答】解：A、首先取 AB 連接

26、體為研究對象，當 A 的質量遠遠小于 B 的質量，則 B 以接近重力加速度做向下的加速運動，B 處于失重狀態，細繩的最小拉力接近為零；當A 的質量遠遠大于 B 的質量時，則 B 以接近重力加速度向上做加速運動， B 處于超重狀態， 細繩的最大拉力接近 B 的重力的兩倍， 故此時細繩拉 C 的最大拉力為 B 的重 力的 4 倍，故當 A 的質量取值合適，C 的質量在大于零小于 12kg 之間都有可能處于平衡，故 A 正確，B 錯誤； C 結合以上的分析，當細繩對C 拉力小于 C 的重力時 C 產生向下的加速度，當細繩對C的拉力大于C的重力時 C 產生向上的加速度，故 C 錯誤、D 正確.BC 不

27、符合題意，AD 符合題意故答案為：AD【分析】本題主要考查物體的平衡和牛頓運動定律的應用，物體平衡條件和牛頓運動定律的應用的分析和處理能力。25.如圖所示，A、B 兩物體的質量分別為 2m 和 m 靜止疊放在水平地面上.AB 間的動摩擦因數為 卩，B 與地面間的動摩擦因數為卩最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.現對 A 施加一水平拉力巳則（）1 B、當F=亍卩 mg 時，若 A 與 B 仍然沒有相對運動，則：三/罠:三1=廣”:磚又：F fmax= （mA+m） ai所以：=善氓此時 A 與 B 之間的摩擦力 f ,則：mai=F f所以：f=31mg 時，A 相對 B 滑動.故 C

28、正確；D 當 A 與 B 之間的摩擦力最大時，B 的加速度最大，此時 B 沿水平方向受到兩個摩擦力的作用，又牛頓第二定律得：ma3=fmax-fmax=2mg- 1.5img=0.51mg所以：a3=0.5ig即無論 F 為何值，B 的加速度不會超過ig.故 D 正確.A 不符合題意，BCD 符合題意；故答案為：BCD【分析】本題考查牛頓第二定律的綜合運用，考查隔離法和整體法的應用，利用牛頓第二定律和整體法隔離法求出A、B 不發生相對滑動時的最大拉力.26.如圖所示，一勁度系數為k 的輕質彈簧，上端固定，下端連一質量為m 的物塊 A, A 放在質量也為 m 的托盤 B 上,初始時，在豎直向上的

29、力F 作用下系統靜止，且彈簧處于原長狀態以N 表示 B 對 A 的作用力，x 表示彈簧的伸長量，現改變力 F 的大小，使 B 以的加速度勻加速向下運動（g 為重力加速度，空氣阻力不計），此過程中N 或 F的大小隨 x 變化的圖象正確的是（）B.t=2.0s時刻 A，B 之間作用力為零D. 從 t=0 時刻到 A, Ba，以整體為研究對象，則有:A,D彈力，對單物體【解答】解：設形3刃/2，.兀=1.2m/s,分離時：F2- f=mBa,得：F2=f+moa=0.3+2X1.2=2.7N ,（質點）的應用t 時刻 AB 分離，分離之前 AB 物體共同運動，加速度為經歷時間：t=A.當 Fv2 卩

30、 mg 時，A, B 都相對地面靜止B.當 F= 卩 mg 時，A 的加速度為I卩 gC.當 F3 卩 mg 時，A 相對 B 滑動D. 無論F 為何值，B 的加速度不會超過 匸卩 g【答案】B,C,D【考點】對單物體（質點）的應用，整體法隔離法【解析】【解答】解：AB 之間的最大靜摩擦力為： 尸卩 mg=2 卩 mg, B 與地面間的最大靜摩擦力為：f max=卩（m+m）g=1.5 卩 mgA、當 1.5 卩 mggsin0=31 - 3X10X0.6N=13N以 B 為研究對象，則： FT-msin0=md所以：a =0.75m/s2.故 D 錯誤 故選：AB【分析】未加拉力 F 時，物

31、體 A 對彈簧的壓力等于其重力的下滑分力；重力的下滑分力， 根據平衡條件并結合胡克定律求解出兩個狀態彈簧的形變量， 得到彈簧的長度變化情況， 從而求 出A 發生的位移； 根據牛頓第二定律求出 F 的大小；當 A 的加速度為零時，A 的速度最大，根據合力為零求出彈簧的拉力，從而結合牛頓第二定律求出31.在傾角為0的固定光滑斜面上有兩個用輕彈簧相連接的物塊A、B,它們的質量分別為為 k, C 為一固定擋板，系統處于靜止狀態.現用一平行于斜面向上的恒力 離開擋板 C 時，物塊 A 運動的距離為 d，速度為 v,則此時（）a,解得,則:物塊故選：AD【分析】當牽引力 F=600ON 時的過程中牽引力不

32、變，根據牛頓第二定律知，做勻加速直線運動，傾斜段圖線的斜率 表示電動車的功率，斜率不變，貝 y 功率不變，根據功率與牽引力的關系，判斷傾斜段的運動情況，速度達到最大時， 牽引力等于阻力30.在傾角0=37的光滑足夠長斜面上有兩個用輕彈簧連接的物塊A 和 B,它們的質量分別 m=2kg、m=3kg，彈簧的勁度系數為 k=100N/m, C 為一固定擋板，系統處于靜止狀態，現用一沿斜面向上的恒力F 拉物塊 A 使之沿斜面向T7777777777TA. 物塊 B 的質量滿足 mgsin0=kdC0B.物塊 A 的加速度為a=0.2，故 A 先加速運動，后做加速度較F-FT-mgsin0=0B 剛要離

33、開 C 時，彈簧的拉力等于物體 BB 的加速度.,彈簧勁度系數F 拉物塊 A 使之向上運動，當物塊 B 剛要上運動，當 B 剛要離開 C 時，A 的速度為 1m/s，加速度方向沿斜面向上，大小為0.5m/s2, 已知 sin37 =0.6 ,C.拉力做功的瞬時功率為Fv0 -mv2期 LD.此過程中，彈簧彈性勢能的增量為Fd-mdgsin則（ ）【答案】【考點】【解析】B,C,D對質點系的應用，連接體問題，動能定理的綜合應用，機械能守恒及其條件【解答】解：A、開始系統處于靜止狀態，彈簧彈力等于A 的重力沿斜面下的分力，當,但由于開始是彈簧是壓縮的，故B.從用力 F 拉物塊 A 開始到 B 剛離

34、開 C 的過程中，A 沿斜面向上運動 0.3mC.物塊 A 沿斜面向上運動過程中，A 先加速后勻速運動D.A 的速度達到最大時，B 的加速度大小為 0.5m/s2的彈力等于 B 的重力沿斜面下的分力，故mgsin0=kx2vkd,故 A 錯誤；B、當 B 剛離開 C 時，對 A,根據牛頓第二定律得：F-mgsin0- kx2=ma1,又開始時，A 平衡, 而 d=X1+X2,解得：物塊 A 加速度為 a1=，故 B 正確；丄B 剛離開 C 時，彈簧dX2,故 mgsin0貝U有：mgsin0=kx1,【答案】A,BC 拉力的瞬時功率 P=Fv,故 C 正確；D 根據功能關系，彈簧彈性勢能的增加

35、量等于拉力的功減去系統動能和重力勢能的增加量，即為:【考點】對單物體（質點）的應用，故 D 正確;故選：BCD【分析】當 B 剛離開 C 時，彈簧的彈力等于 B 的重力沿斜面下的分力，根據胡克定律求解出彈簧的伸長量；根據牛 頓第二定律求出物塊 A 的加速度大小；根據機械能守恒定律求解A 的速度.32.如圖甲所示，一質量為 M 的長木板靜置于光滑水平面上， 其上放置一質量為 m 小滑塊.木板受到隨時間 t 變化的 水平拉力 F 作用時，用傳感器測出長木板的加速度 a 與水平拉力 F 的關系如圖乙所示，取 g=10m/s2，則（）A.滑塊的質量 m=2kg,木板的質量 M=4kgB.當 F=8N

36、時，滑塊的加速度為 1m/s2C.滑塊與木板之間的滑動摩擦因數為0.2D.當 0vFv6N 時，滑塊與木板之間的摩擦力隨F 變化的函數關系 f= F【答案】B,D【考點】V-t 圖象，牛頓定律與圖象【解析】【解答】解：A、當 F 等于 6N 時，加速度為：a=1m/s2,對整體分析，由牛頓第二定律有：F= （ M+m a,代入數據解得：M+m=6kg當 F 大于 6N 時，根據牛頓第二定律得：a=,1 1知圖線的斜率 k= =解得：M=2kg, m=4kg,故 A 錯誤.BC 根據 F 等于 6N 時， 二者剛好滑動， 此時 m 的加速度為 1m/s2,以后拉力增大， 滑塊的加速度不變，所以當

37、 F=8N 時，滑塊的加速度為 1m/s2;根據牛頓第二定律可得 a=yg,解得動摩擦因數為卩=0.1，故 B 正確、C 錯誤；D 當 0vFv6N 時，M 與 m 以共同加速運動，加速度大小為a=kF=，以滑塊為研究對象，其摩擦力大小為f=ma=-:r，故 D 正確；05故選：BD.【分析】當拉力較小時， m 和 M 保持相對靜止一起做勻加速直線運動，當拉力達到一定值時，m 和 M 發生相對滑動，結合牛頓第二定律，運用整體和隔離法分析.33.如圖所示，光滑水平面上放著長為L 木板 B,木板 B 上放著木塊 A. A、 B接觸面粗糙，現用一水平拉力 F 作用在B 上使其由靜止開始運動，用f1代

38、表 B 對 A 的摩擦力，f2代表 A 對 B 的摩擦力，當滑塊運動到木板左端時，木板在地面上移動的距離為 x 下列說法正確的有（）A.力 F 做的功一定等于 A, B 系統動能的增加量B.其他條件不變的情況下，木板質量越大，x 越大C.力 f1對 A 做的功等于 A 動能的增加量與系統產生的熱量之和D.其他條件不變的情況下，AB 間摩擦力越大，滑塊與木板間產生的熱量越多【答案】B,D【考點】連接體問題，功能關系，動能定理的綜合應用，摩擦力做功，能量守恒定律【解析】【解答】解：A、由題滑塊運動到木板左端的過程中，說明拉力足夠大，A 與 B 有相對運動， 對整體分析可知，F 做功轉化為兩個物體的

39、動能及系統的內能；故拉力 F 做的功大于 AB 系統動能的增加量；故 A 錯誤； B A 與 B之間的摩擦力不變，則 A 的加速度不變；根據牛頓第二定律，其他條件不變的情況下，木板質量越大，木板的加速度越小；木板與木塊之間的相對位移等于木板的長度，由運動學的公式：訐十耗討;盤古窩 L其中 L是木板的長度，由公式可知，木板的加速度越小則運動的時間越長，而運動的時間越長則木塊的位移越大，所以木 板的位移 x 就越大.故 B 正確；C 對 A 來說，只有摩擦力 f1做功，由動能定理可知，摩擦力 f1對 A 做的功等于 A 的動能的增加量.故 C 錯誤.D 滑塊與木板間產生的熱量：Q=f1?L,可知其

40、他條件不變的情況下，AB 間摩擦力越大，滑塊與木板間產生的熱量越多.故 D 正確故選：BD【分析】對兩物體及整體受力分析，結合兩物體可能的運動狀態，由功能關系進行分析拉力與兩物體動能之間的關系，再單獨分析 AB,明確摩擦力做功與能量之間的關系.34.A、B 兩小球用不可伸長的輕繩懸掛在同一高度，如圖所示，A 球的質量小于 B 球的質量，懸掛 A 球的繩比懸掛 B球的繩更長.將兩球拉起，使兩繩均被水平拉直，將兩球由靜止釋放，兩球運動到最低點的過程中（）A. A 球的速度一定大于 B 球的速度B. A球的動能一定大于 B 球的動能C.A 球所受繩的拉力一定小于 B 球所受繩的拉力D. A 球的向心

41、加速度一定大于 B 球的向心加速度【答案】A,C【考點】對質點系的應用，連接體問題，向心力，機械能守恒及其條件【解析】【解答】解：A對任意一球，設繩子長度為 L.小球從靜止釋放至最低點，由機械能守恒得：mgL= m : 解得：v=, v%,則知，通過最低點時，A 球的速度一定大于 B 球的速度.故 A 正確.B、由于 A 球的質量小于 B 球的質量，而 A 球的速度大于 B 球的速度，故無法確定 AB 兩球的動能大小，故 B 錯誤；C 在最低點，由拉力和重力的合力提供向心力，由牛頓第二定律得：RjV-F- mg=m ,解得，F=3mg 與 L 無關，與 m 成正比，所以 A 球所受繩的拉力一定

42、小于 B 球所受繩的拉力，故 C 正確D 在最低點小球的向心加速度a向=2g,與 L 無關，所以 A 球的向心加速度一定等于 B 球的向心加速度，故 D錯誤.故選：AC送帶底端【分析】從靜止釋放至最低點，由機械能守恒列式，得到最低點的速度表達式；在最低點由牛頓第二定律可得繩子 的拉力和向心加速度表達式，再比較它們的大小.35.三角形傳送帶以 1m/s 的速度逆時針勻速轉動，兩邊的傳送帶長都是2m 且與水平方向的夾角均為37 .現有兩個小物塊AB 從傳送帶頂端都以 1m/s 的初速度沿傳送帶下滑，物塊與傳送帶間的動摩擦因數都是0.5 ,（ g 取=0.8）下列說法正確的是（）B.物塊 A, B

43、同時到達傳 A. t0時刻，A, B 間的靜摩擦力最大B. t0時刻，A,B 的速度最大C.0 時刻和 2t0時刻，A B 間的靜摩擦力最大D. 2t0時刻，A, B 離出發點最遠【答案】B,C,D【考點】牛頓定律與圖象，整體法隔離法，力與運動的關系【解析】【解答】解：A、C 以整體為研究對象，根據牛頓第二定律分析得知，0、2t0時刻整體所受的合力最大，加速度最大，再以 A 為研究對象，分析可知，A 受到的靜摩擦力最大. A 不符合題意，C 符合題意.B 整體在 0 - t0時間內，做加速運動，在 t。-2t0時間內，向原方向做減速運動，則t0時刻， B 速度最大.B 符合題意.D 2t0時刻

44、，整體做單向直線運動，位移逐漸增大，則2t0時刻，A、B 位移最大.D 符合題意.故答案為：BCD【分析】解決這類問題的關鍵是知道速度最大時加速度為零，位移最大時速度為零。三、實驗探究題-3W/X10 J2.4 2.9 3.3 3.8 4.252516Ek/X10-2.3 2.7 3.1 3.6 4.013210請根據表中的數據，在答題卡的方格紙上作出E - W 圖象.(4)實驗結果表明， E卩 mgcos37，貝UA 物體所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直 線運動，B所受摩擦力沿斜面向上，向下做勻加速直線運動，兩物體勻加速直線運動的加速度相等，位移相等，則運 動的時間相等故 A 錯誤，B

45、正確.C 傳送帶對 A、B 的摩擦力方向與速度方向相反，都做負功故C 正確.D 對 A,劃痕的長度等于 A 的位移減為傳送帶的位移， 以 A 為研究對象，由牛頓第二定律得：a=2m/s2由運動學公式得運動時間分別為：t=1s 所以皮帶運動的位移為 x=vt=1m 所以 A 對皮帶的劃痕為： xi=2m- 1m=1m 對 B,劃痕的長度等于 B 的位移加上傳送帶的位移， 同理得出 B 對皮帶 的劃痕 X2=3m.所以劃痕之比為 1: 3,故 D 正確.故選：BCD【分析】分析 A 重力沿斜面向下的分力與摩擦力的關系，判斷A 物體的運動規律，B 所受的摩擦力沿斜面向上，向下做勻變速直線運動，結合運

46、動學公式分析求解.36.如圖所示，A、B 兩長方體疊放在一起，放在光滑的水平面上，物體B 從靜止開始受到一個水平變力的作用，該力與時間的關系如圖所示，運動過程中 A、B 始終保持相對靜止.則在 02to時間內，下列說法正確的是()37.利用如圖 1 所示的實驗裝置探究恒力做功與物體動能變化的關系小車的質量為m=10.0g，打點計時器的電源為 50Hz 的交流電.M=200.0g，鉤碼的質量為打戍計圖2(1)掛鉤碼前， 為了消除摩擦力的影響，應調節木板右側的高度，直至向左輕推小車觀察到_.(2)掛上鉤碼，按實驗要求打出的一條紙帶如圖2 所示選擇某一點為 O,次每隔 4 個計時點取一個計數點用刻度

47、尺量出相鄰計數點間的距離 x，記錄在紙帶上計算打出各計數點時小車的速度v，其中打出計數點“1”時小車的速度 V1=_m/s .(3)將鉤碼的重力視為小車受到的拉力，取g=9.80m/s2,禾U【考點】探究動能定理38.為了測量木塊與木板間的動摩擦因數，應用位移傳感器設計圖甲所示的實驗裝置位移傳感器連接計算機,讓木塊從傾斜木板上的 P 點由靜止釋放，描繪出木塊到傳感器的距離x 隨時間 t 的變化圖象如圖乙所示.（1） 根據圖象計算出 t=0.4s 時木塊的速度 v=_ m/s，木塊的加速度 a=_m/s2.（2） 為測量動摩擦因數 ，還需測量的是 _，計算卩的表達式為 卩=_ （已知當地的重力加

48、速度為 g)【解析】【解答】（1）掛鉤碼前，為了消除摩擦力的影響，應調節木板右側的高度，直至向左輕推小車觀察到小車 做勻速運動，即重力沿斜面的分力平衡了摩擦力.計數點 1 的瞬時速度m/s=0.228m/s vl_IT 02根據表格中的數據做出厶 E-W 圖象如圖所示.對整體分析，根據牛頓第二定律得，a= -019.8k l nQQMN=.093N.【答案】（1） 0.4 ; 1.0（2）木板的傾角0;曲-化:戸【考點】對單物體（質點）的應用，動摩擦因數(2)(3)(4)，則小車受到的實際拉力F=故答案為：（1）小車做勻速運動（2） 0.228 / * Ifr J【解析】【解答】解：（1）根據

49、某段時間內的平均速度等于這段時間內中點時刻的瞬時速度,得 0.4s 末的速度為:0.2s 末的速度為：v則木塊的加速度為：v=0.40.4+r1a=m/s=0.40m/s=0.2m/s ,(Mg022 2m/s =1.0 m/s（2） 選取木塊為研究的對象， 木塊沿斜面方向是受力:;(4) 0.093ma=mgsin0 -卩 mgcos0得：卩=滬網，所以要測定摩擦因數，還需要測出木板的傾角0;故答案為：（1） 0.4 , 1.0 ; （ 2）木板的傾角0,“ 77：孑【分析】（1 ）由于滑塊在斜面上做勻加速直線運動，所以某段時間內的平均速度等于這段時間內中點時刻的瞬時速 度；根據加速度的定義

50、式即可求出加速度；（2）為了測定動摩擦力因數卩還需要測量的量是木板的傾角039.要測量兩個質量不等的沙袋的質量，由于沒有直接的測量工具，某實驗小組選用下列器材：輕質定滑輪（質量和 摩擦可忽略）、砝碼一套（總質量m=0.5kg）、細線、刻度尺、秒表他們根據已學過的物理學知識，改變實驗條件進行多次測量，選擇合適的變量得到線性關系，作出圖線并根據圖線的斜率和截距求出沙袋的質量請完成下列【分析】（1 ）為了消除摩擦力的影響，應調節木板右側的高度，直至向左輕推小車觀察到小車做勻速運動（根據某段時間內的平均速度等于中間時刻的瞬時速度得出計數點1 的瞬時速度.（3）根據表格中的數據作出厶 E . ：.-J

51、.根據數學知識得知：作“ a-m ”圖線，圖線的斜率i，_p閱徑約計陽 h-_ -_k=，圖線的截距 b=將 k、b、m 代入計算，解得 m=3kg, mi=1.5kg .故答案為：（3）; （ 4） a - m ;（ 5） 3; 1.5 .t-【分析】本題是加速度不同的連接體問題，運用隔離法研究加速度，當質量為m 的沙袋從靜止開始下降做勻加速直線運動，根據下降的距離h 和時間，由位移公式求出其加速度；根據牛頓第二定律對m2、m 分別研究，得出m與 a的關系式，根據數學知識分析圖線的斜率與截距的意義，求解兩個沙袋的質量。四、綜合題40. （2018?卷 H）汽車在水平冰雪路面上行駛。駕駛員發現

52、其正前方停有汽車，立即采取制動措施，但仍然撞上【解析】【分析】（1 ）對 B 車由牛頓第二定律和運動學公式可求得碰后瞬間B 車的速度。（2） 對 A 車由牛頓第二定律和運動學公式可求得其碰后的速度， 兩車在碰撞過程中由動量守恒定律可得碰撞前的瞬 間A 車的速度大小。41.（2018?卷 H） 一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在平面內的截面如圖所示： 中間是磁場區域，其邊界與 y 軸垂直，寬度為 1,磁感應強度的大小為，方向垂真于吃平面：磁場的上下兩側為電場區域，寬度均為，電場強度的大小均為，方向均沿 x 軸正方向：M、N 為條狀區域邊界上的兩點，它們的連線與 y 軸平行。一帶正電

53、的粒子以某一速度從M 點沿 y 軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從 M 點入射的速度從 N 點沿 y軸正方向射出。不計重力。了汽車.兩車碰撞時和兩車都完全停止后的位置如圖所示,碰撞后車向前滑動了 4-訂，車向前滑動了已知 和 的質量分別為 me.；和 i：i 普;=兩車與該冰雪路面間的動摩擦因數均為 車碰撞時間極短，在碰撞后車輪均沒有滾動，重力加速度大小，求（1）碰撞后的瞬間車速度的大小（2）碰撞前的瞬間車速度的大小【答案】（1 ）設B車質量為mB,碰后加速度大小為aB,根據牛頓第二定律有 口總彩=出淪式中卩是汽車與路面間的動摩擦因數。設碰撞后瞬間B車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由

54、運動學公式有5 亠忽 聯立式并利用題給數據得1甘-，”訃:（2）設A車的質量為m,碰后加速度大小為aA。根據牛頓第二定律有設碰撞后瞬間A車速度的大小為，碰撞后滑行的距離為。由運動學公式有設碰撞后瞬間A車速度的大小為，兩車在碰撞過程中動量守恒，有+ 聯立式并利用題給數據得【考點】對單物體（質點）的應用，動量守恒定律，勻變速直線運動基本公式應用（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；（2）求該粒子從 M 點入射時速度的大小；（3） 若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x 軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從 M 點運動到 N 點的時間【答案】（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌

55、跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為Vo,在下側電場中運動的時間為t,加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為（見圖（b）,速度沿電場方向的分量為V1,根據牛頓第二定律有0.10,兩qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有V1=atfa憨粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得設飛機滑跑過程中的平均速度為，有 二匚在滑跑階段，牽引力的平均功率二，聯立式得 P=8.4x106W【考點】對單物體（質點）的應用，功率的計算，高考真

56、題，勻變速直線運動導出公式應用【解析】【分析】根據勻變速直線運動公式v1 2=2ax 可以直接求出加速度 a;通過牛頓第二定律，可以將受力和加速度聯系起來，求出牽引力 F,根據功率的計算式，從而求出功率 .1加速度a的大小；2牽引力的平均功率P。由幾何關系得二_上匚聯立式得2E1（3） 由運動學公式和題給數據得vl= vOcotf聯立式得q43.如圖所示，質量 M=10kg 上表面光滑的足夠長的木板在F=50N 的水平拉力作用下，以初速度 v=5m/s 沿水平地面向右勻速運動現有足夠多的小鐵塊，它們的質量均為m=1kg,將一鐵塊無初速地放在木板的最右端，當木板運動了 L=1m 時，又無初速度地

57、在木板的最右端放上第塊.（取 g=10m/s2）試問:wi2 塊鐵塊，只要木板運動了 L 就在木板的最右端無初速度放一鐵存加力.# S*加療刃（1）木板與地面之間的滑動摩擦系數多大?2JI式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期,?由？式得【考點】勻速直線運動，對單物體（質點）的應用，勻變速直線運動基本公式應用，洛倫茲力，帶電粒子在勻強磁場 中的圓周運動【解析】【分析】（1）明確粒子在電場中做類平拋運動，在磁場中做勻速圓周運動。正確畫出運動軌跡。（2）在電場中運用運動學公式，磁場中由洛倫茲力公式和牛頓第二定律以及幾何關系列式求解該粒子從M 點入射時速度的大小。（3）利用運動學公式結合（2）中分

58、析過程求解粒子比荷，明確粒子由M點運動到N點所用的時間包含電場中的兩段時間和磁場中的時間（需正確解出粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心角）可解出其從M 點運動到 N 點的時間。42.（2018?天津） 我國自行研制、具有完全自主知識產權的新一代大型噴氣式客機C919 首飛成功后，拉開了全面試驗試飛的新征程，假設飛機在水平跑道上的滑跑是初速度為零的勻加速直線運動，當位移x=1.6x103m 時才能達到起飛所要求的速度v=80 m/s。已知飛機質量 m=7.0 x104kg ,滑跑時受到的阻力為自身重力的0.1 倍，重力加速度取- 1 門：一|。求飛機滑跑過程中（2） 第 1 塊鐵塊放上后，木板運動

59、了L 時，木板的速度多大？（3）最終木板上放有多少塊鐵塊？【答案】（1 ）解：木板最初做勻速直線運動，處于平衡狀態，由平衡條件得:豎直方向：FN=Mg水平方向：Ff=F,滑動摩擦力為：Ff=yFN,則得：F=yMg解得：卩=0.5 ;【答案】（1 ）解：飛機滑跑過程中做初速度為零的勻加速直線運動，有（2）解：設飛機滑跑受到的阻力為，依題意可得=0.1mg設發動機的牽引力為 F,根據牛頓第二定律有；答：木板與地面之間的滑動摩擦系數是0.5 .（2）解：放第 1 塊鐵塊后，木板做勻減速運動，則有：（ M+r） g - F=Ma；由運動學公式得為：2a1L=v02- V12代入數據解得：V1=2m/

60、s答：第 1 塊鐵塊放上后，木板運動了L 時，木板的速度是 2 m/s .（3）解：設最終有 n 塊鐵塊能靜止在木板上.則木板運動的加速度大小為： 第 1塊鐵塊放上后有：2a1L=v02-vj第 2 塊鐵塊放上后有：2a2L=V12- V222 2第 n 塊鐵塊放上后有：2anL=vn-1- vn由以上各相加得：（1+2+3+ +n） ?2?要使木板停下來，必須有 vn=0，代入解得：n=6.6則 6vnv7故最終有 7 塊鐵塊放在木板上.答：最終木板上放有 7 塊鐵塊.【考點】對單物體（質點）的應用，勻變速直線運動基本公式應用【解析】【分析】解答本題的關鍵是對物體進行正確的受力分析，根據牛頓