1、直線運動1. 2010·天津·3質點做直線運動的v-t圖像如圖所示，規定向右為正方向，則該質點在前8s內平均速度的大小和方向分別為A0.25m/s 向右B0.25m/s 向左C1m/s 向右D1m/s 向左答案：B2. 2010·上海物理·12降落傘在勻速下降過程中遇到水平方向吹來的風，若風速越大，則降落傘（A）下落的時間越短 （B）下落的時間越長（C）落地時速度越小 （D）落地時速度越大【解析】根據，下落的時間不變；根據，若風速越大，越大，則降落傘落地時速度越大；本題選D。本題考查運動的合成和分解。難度：中等。3.2010·全國卷·

2、24汽車由靜止開始在平直的公路上行駛，0 60s內汽車的加速度隨時間變化的圖線如右圖所示。306020100v/m·s-2t/s畫出汽車在060s內的v-t圖線；求在這60s內汽車行駛的路程?！敬鸢浮克俣葓D像為右圖。900m【解析】由加速度圖像可知前10s汽車勻加速，后20s汽車勻減速恰好停止，因為圖像的面積表示速度的變化，此兩段的面積相等。最大速度為20m/s。所以速度圖像為右圖。然后利用速度圖像的面積求出位移。汽車運動的面積為勻加速、勻速、勻減速三段的位移之和。m4. 2010·新課標·24(短跑名將博爾特在北京奧運會上創造了100m和200m短跑項目的新世界

3、紀錄，他的成績分別是9.69s和l9.30s.假定他在100m比賽時從發令到起跑的反應時間是0.15s，起跑后做勻加速運動，達到最大速率后做勻速運動.200m比賽時，反應時間及起跑后加速階段的加速度和加速時間與l00m比賽時相同，但由于彎道和體力等因素的影響，以后的平均速率只有跑l00m時最大速率的96.求：(1)加速所用時間和達到的最大速率。(2)起跑后做勻加速運動的加速度。(結果保留兩位小數)解析：(1)加速所用時間t和達到的最大速率v，30602-110聯立解得：，(2)起跑后做勻加速運動的加速度a，解得：1.（09·全國卷·15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在

4、00.4s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t1分別為 （ B ）A和0.30s B3和0.30s C和0.28s D3和0.28s解析：本題考查圖象問題.根據速度圖象的特點可知甲做勻加速,乙做勻減速.根據得,根據牛頓第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正確。2.（09·江蘇物理·7）如圖所示，以勻速行駛的汽車即將通過路口，綠燈還有2 s將熄滅，此時汽車距離停車線18m。該車加速時最大加速度大小為，減速時最大加速度大小為。此路段允許行駛的最大速度為，下列說法中正確的有（ AC ） A如果立即做勻加速運動，在綠燈熄滅前

5、汽車可能通過停車線 B如果立即做勻加速運動，在綠燈熄滅前通過停車線汽車一定超速 C如果立即做勻減速運動，在綠燈熄滅前汽車一定不能通過停車線 D如果距停車線處減速，汽車能停在停車線處解析：熟練應用勻變速直線運動的公式，是處理問題的關鍵，對汽車運動的問題一定要注意所求解的問題是否與實際情況相符。如果立即做勻加速直線運動，t1=2s內的位移=20m>18m，此時汽車的速度為12m/s<12.5m/s，汽車沒有超速，A項正確；如果立即做勻減速運動，速度減為零需要時間s，此過程通過的位移為6.4m，C項正確、D項錯誤。3.（09·江蘇物理·9）如圖所示，兩質量相等的物塊A

6、、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、B在水平方向受力分析如圖，F1為彈簧的拉力；當加速度大小相同為a時，對有，對有，得，在整個過程中的合力（加速度）一

7、直減小而的合力（加速度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于的合力（加速度），之后A的合力（加速度）一直小于的合力（加速度）。兩物體運動的v-t圖象如圖，tl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，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正功，系統機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統機械能并非最大值。4.（09·廣東物理·3）某物體運動的速度圖像如圖，根據圖像可知 （ AC ）A.0-2s內的加速度為1m/s2B.0-5s內的

8、位移為10mC.第1s末與第3s末的速度方向相同 D.第1s末與第5s末加速度方向相同 解析：v-t 圖像反映的是速度v隨時t 的變化規律，其斜率表示的是加速度，A正確；圖中圖像與坐標軸所圍成的梯形面積表示的是0-5s內的位移為7m，在前5s內物體的速度都大于零，即運動方向相同，C正確；0-2s加速度為正，4-5s加速度為負，方向不同。5.（09·海南物理·7）一物體在外力的作用下從靜止開始做直線運動，合外力方向不變，大小隨時間的變化如圖所示。設該物體在和時刻相對于出發點的位移分別是和，速度分別是和，合外力從開始至時刻做的功是，從至時刻做的功是,則 （ AC ）A BC D

9、6.（09·海南物理·8）甲乙兩車在一平直道路上同向運動，其圖像如圖所示，圖中和的面積分別為和.初始時，甲車在乙車前方處。 （ ABC ） A若，兩車不會相遇B若，兩車相遇2次C若，兩車相遇1次D若，兩車相遇1次7.（09·廣東理科基礎·3）圖1是甲、乙兩物體做直線運動的v一t圖象。下列表述正確的是 （ A ） A乙做勻加速直線運動 B0一ls內甲和乙的位移相等 C甲和乙的加速度方向相同 D甲的加速度比乙的小解析：甲乙兩物體在速度圖象里的圖形都是傾斜的直線表明兩物體都是勻變速直線,乙是勻加速，甲是勻減速,加速度方向不同A對C錯；根據在速度圖象里面積表示位

10、移的方法可知在0一ls內甲通過的位移大于乙通過的位移.B錯；根據斜率表示加速度可知甲的加速度大于乙的加速度，D錯。8.（09·廣東理科基礎·9）物體在合外力作用下做直線運動的v一t圖象如圖所示。下列表述正確的是 （ A ）A在01s內，合外力做正功 B在02s內，合外力總是做負功 C在12s內，合外力不做功D在03s內，合外力總是做正功解析：根據物體的速度圖象可知，物體0-1s內做勻加速合外力做正功，A正確；1-3s內做勻減速合外力做負功。根據動能定理0到3s內，12s內合外力做功為零。9.（09·山東·17）某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據此

11、判斷圖乙（F表示物體所受合力，x表示物體的位移）四個選項中正確的是 （ B ）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?？键c：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：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“速度時間”圖象只能描述

12、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；“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；“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；“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·廣東文科基礎·56)下列運動圖象中表示質點做勻變速直線運動的是 （ C ）二、非選擇題11.（09年福建卷）21.如圖甲，在水平地面上固定一傾角為的光滑絕緣斜面，斜面處于電場強度大小為E、方向沿斜面向下的勻強電場中。一勁度系數為k的絕緣輕

13、質彈簧的一端固定在斜面底端，整根彈簧處于自然狀態。一質量為m、帶電量為q（q>0）的滑塊從距離彈簧上端為s0處靜止釋放，滑塊在運動過程中電量保持不變，設滑塊與彈簧接觸過程沒有機械能損失，彈簧始終處在彈性限度內，重力加速度大小為g。（1）求滑塊從靜止釋放到與彈簧上端接觸瞬間所經歷的時間t1（2）若滑塊在沿斜面向下運動的整個過程中最大速度大小為vm，求滑塊從靜止釋 放到速度大小為vm過程中彈簧的彈力所做的功W；（3）從滑塊靜止釋放瞬間開始計時，請在乙圖中畫出滑塊在沿斜面向下運動的整 個過程中速度與時間關系v-t圖象。圖中橫坐標軸上的t1、t2及t3分別表示滑塊第一次與彈簧上端接觸、第一次速度

14、達到最大值及第一次速度減為零的時刻，縱坐標軸上的v1為滑塊在t1時刻的速度大小，vm是題中所指的物理量。（本小題不要求寫出計算過程）答案：（1）; （2）; (3) 解析：本題考查的是電場中斜面上的彈簧類問題。涉及到勻變速直線運動、運用動能定理處理變力功問題、最大速度問題和運動過程分析。（1）滑塊從靜止釋放到與彈簧剛接觸的過程中作初速度為零的勻加速直線運動，設加速度大小為a，則有 qE+mgsin=ma 聯立可得 （2）滑塊速度最大時受力平衡，設此時彈簧壓縮量為，則有 從靜止釋放到速度達到最大的過程中，由動能定理得 聯立可得s（3）如圖 12.（09·江蘇·13）（15分）

15、航模興趣小組設計出一架遙控飛行器，其質量m =2，動力系統提供的恒定升力F =28 N。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/s2。（1）第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時到達高度H = 64 m。求飛行器所阻力f的大?。唬?）第二次試飛，飛行器飛行t2 = 6 s 時遙控器出現故障，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t3 。解析：（1）第一次飛行中，設加速度為勻加速運動由牛頓第二定律解得（2）第二次飛行中，設失去升力時的速度為，上升的高度為勻加速運動設

16、失去升力后的速度為，上升的高度為由牛頓第二定律解得（3）設失去升力下降階段加速度為；恢復升力后加速度為，恢復升力時速度為由牛頓第二定律 F+f-mg=ma4且V3=a3t3解得t3=(s)(或2.1s)13.（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，并以大小為的加速度減速滑行。在車廂脫落后，司機才發覺并緊急剎車，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

17、為，卡車剎車前后加速度的大小分別為和。重力加速度大小為g。由牛頓第二定律有設車廂脫落后，內卡車行駛的路程為，末速度為，根據運動學公式有 式中，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，有 卡車和車廂都停下來后相距 由至式得 帶入題給數據得 評分參考：本題9分。至式各1分，式1分14.(08寧夏理綜17)甲、乙兩車在公路上沿同一方向做直線運動,它們的 v-t圖象如圖所示.兩圖象在t=t1時相交于P點,P在橫軸上的投影為Q,OPQ的面積為S.在t=0時刻,乙車在甲車前面,相距為d.已知此后兩車相遇兩次,且第一次相遇的時刻為t,則下面四組t和d的組合可能的是 (  

18、 )A.B.C.D.答案D解析 假設t=t1,由v-t圖象可知在t1時刻v甲=v乙,由于甲做勻速直線運動,乙做勻加速直線運動,則若在t1時刻第一次相遇,也就不會存在第二次相遇的問題,與已知條件兩次相遇相矛盾.當t=t1時,v乙<v甲,發生兩次相遇是可能的.對于乙：對于甲：x甲=v·所以：,因為,所以.15.(08廣東10)某人騎自行車在平直道路上行進,圖中的實線記錄了自行車開始一段時間內的v-t圖象,某同學為了簡化計算,用虛線作近似處理,下列說法正確的是 ( ) A.在t1時刻,虛線反映的加速度比實際的大B.在0t1時間內,由虛線計算出的平均速度比實際的大C.在t1

19、t2時間內,由虛線計算出的位移比實際的大D.在t3t4時間內,虛線反映的是勻速直線運動答案 BD解析 如右圖所示,t1時刻,實線上A點的切線為AB,實際加速度為AB的斜率,由圖可知虛線反映的加速度小于實際加速度,故選項A錯誤；在v-t圖象中,位移等于所對應圖線與坐標軸所包圍的面積,0t1時間內,虛線所對應的位移大于實線所對應的位移,由知,由虛線計算出的平均速度比實際的大,故選項B正確；在t1t2時間內,虛線計算出的位移比實際小,故選項C錯誤；t3t4時間內虛線為平行于時間軸的直線,此線反映的運動為勻速直線運動, 故選項D正確.16.(08山東理綜17)質量為1 500 kg的汽車在平直的公路上

20、運動,v-t圖象如圖所示.由此可求 （ ） A.前25 s內汽車的平均速度 B.前l0 s內汽車的加速度C.前l0 s內汽車所受的阻力 D.1525 s內合外力對汽車所做的功答案 ABD解析 由v-t圖象的斜率表示加速度大小,這樣由牛頓第二定律可求出合力,由v-t圖象與坐標軸所圍面積表示位移大小,位移除以相應時間就求出平均速度大小,由力和位移可求出合外力的功.17.(08全國15)如圖,一輛有動力驅動的小車上有一水平放置的彈簧,其左端固定在小車上,右端與一小球相連.設在某一段時間內小球與小車相對靜止且彈簧處于壓縮狀態,若忽略小球與小車間的摩擦力,則在此段時間內小車可能是（ ）A.向右做加速運動

21、 B.向右做減速運動 C.向左做加速運動 D.向左做減速運動答案 AD解析 研究對象小球所受的合外力等于彈簧對小球的彈力,方向水平向右,由牛頓第二定律的同向性可知,小球的加速度方向水平向右.由于小球的速度方向可能向左,也可能向右,則小球及小車的運動性質為：向右的加速運動或向左的減速運動.18.(08廣東理科基礎10)如圖是某物體做直線運動的v-t圖象,由圖象可得到的正確結果是 ( )A.t=1 s時物體的加速度大小為1.0 m/s2B. t=5 s時物體的加速度大小為0.75 m/s2C.第3 s內物體的位移為1.5 mD.物體在加速過程的位移比減速過程的位移大答案B解析 t =1 s時物體加

22、速度大小為1.5 m/s2;t=5 s時物體加速度大小為0.75 m/s2；第3 s內的位移為3 m；物體加速過程的位移比減速過程的位移小.二、非選擇題19.(08四川理綜23)A、B兩輛汽車在筆直的公路上同向行駛,當B車在A車前84 m 處時,B車速度為4 m/s,且以2 m/s2的加速度做勻加速運動；經過一段時間后,B車加速度突然變為零.A車一直以20 m/s的速度做勻速運動,經過12 s后兩車相遇.問B車加速行駛的時間是多少?答案 6 s解析 設A車的速度為vA,B車加速行駛時間為t,兩車在t0時相遇.則有 式中,t0 =12 s,sA、sB分別為 A、B兩車相遇前行駛的路程.依題意有

23、式中 s84 m,由式得 代入題給數據得vA=20 m/s,vB=4 m/s,a=2 m/s2有 t2-24t+108=0 式中t的單位為s.解得t1=6s,t2=18 s t218 s不合題意,舍去.因此,B車加速行駛的時間為6 s20.（08全國23）已知O、A、B、C為同一直線上的四點.AB間的距離為l1,BC間的距離為l2,一物體自O點由靜止出發,沿此直線做勻加速運動,依次經過A、B、C三點,已知物體通過AB段與BC段所用的時間相等.求O與A的距離.答案 解析 設物體的加速度為a,到達A點的速度為v0,通過AB段和BC段所用的時間為t,則有 聯立式得 設O與A的距離為l ,則有 聯立式

24、得8（08山東理綜38）一個物體靜置于光滑水平面上,外面扣一質量為M的盒子,如圖1所示.現給盒子一初速度v0,此后,盒子運動的v-t圖象呈周期性變化,如圖2所示.請據此求盒內物體的質量.答案 M解析 設物體的質量為m,t0時刻受盒子碰撞獲得速度v,根據動量守恒定律Mv0=mv3t0時刻物體與盒子右壁碰撞使盒子速度又變為v0,說明碰撞是彈性碰撞聯立解得m=M(也可通過圖象分析得出v0=v,結合動量守恒,得出正確結果)相互運動1. 2010·江蘇物理·1如圖所示，一塊橡皮用細線懸掛于O點，用鉛筆靠著線的左側水平向右勻速移動，運動中始終保持懸線豎直，則橡皮運動的速度（A）大小和方

25、向均不變（B）大小不變，方向改變（C）大小改變，方向不變（D）大小和方向均改變 答案：A2. 2010·新課標·15一根輕質彈簧一端固定，用大小為的力壓彈簧的另一端，平衡時長度為；改用大小為的力拉彈簧，平衡時長度為.彈簧的拉伸或壓縮均在彈性限度內，該彈簧的勁度系數為A、 B、 C、 D、答案：C，解析：根據胡克定律有：，解得：k=3. 2010·江蘇物理·3如圖所示，置于水平地面的三腳架上固定著一質量為m的照相機，三腳架的三根輕質支架等長，與豎直方向均成角，則每根支架中承受的壓力大小為（A）（B）（C）（D）答案：D42010·新課標·

26、;18如圖所示，一物塊置于水平地面上.當用與水平方向成角的力拉物塊時，物塊做勻速直線運動；當改用與水平方向成角的力推物塊時，物塊仍做勻速直線運動.若和的大小相等，則物塊與地面之間的動摩擦因數為 A、 B、 C、 D、1-解析：B;物體受重力mg、支持力N、摩擦力f、已知力F處于平衡，根據平衡條件，有，聯立解得：a b 右左52010·海南物理·5如右圖，水平地面上有一楔形物塊，其斜面上有一小物塊b，b與平行于斜面的細繩的一端相連，細繩的另一端固定在斜面上a與b之間光滑，a和b以共同速度在地面軌道的光滑段向左運動當它們剛運行至軌道的粗糙段時A繩的張力減小，b對a的正壓力減小F

27、NmgFB繩的張力增加，斜面對b的支持力增加C繩的張力減小，地面對a的支持力增加D繩的張力增加地面對a的支持力減小【答案】C 【解析】在光滑段運動時，系統及物塊b處于平衡狀態，因此有，；當它們剛運行至軌道的粗糙段時，系統有水平向右的加速度，此時有兩種可能，一是物塊b仍相對靜止，豎直方向加速度為零，則仍成立，但，因此繩的張力將減小，而地面對a的支持力不變；二是物塊b相對于a向上滑動，具有向上的加速度，是超重，因此繩的張力減小，地面對a的支持力增大，C正確。62010·安徽·19 L型木板P（上表面光滑）放在固定斜面上，輕質彈簧一端固定在木板上，另一端與置于木板上表面的滑塊Q相

28、連，如圖所示。若P、Q一起沿斜面勻速下滑，不計空氣阻力。則木板P 的受力個數為A.3 B.4 C.5 D.6【答案】C【解析】P、Q一起沿斜面勻速下滑時，由于木板P上表面光滑，滑塊Q受到重力、P的支持力和彈簧沿斜面向上的彈力。木板P受到重力、斜面的支持力、斜面的摩擦力、Q的壓力和彈簧沿斜面向下的彈力，所以選項C正確。1.（09·上海·44）自行車的設計蘊含了許多物理知識，利用所學知識完成下表自行車的設計目的（從物理知識角度）車架用鋁合金、鈦合金代替鋼架減輕車重車胎變寬自行車后輪外胎上的花紋答案：減小壓強（提高穩定性）；增大摩擦（防止打滑；排水）2.（09·天津&#

29、183;1）物塊靜止在固定的斜面上，分別按圖示的方向對物塊施加大小相等的力F，A中F垂直于斜面向上。B中F垂直于斜面向下，C中F豎直向上，D中F豎直向下，施力后物塊仍然靜止，則物塊所受的靜摩擦力增大的是 （ D ）解析：四個圖中都是靜摩擦。A圖中fA=Gsin；B圖中fB=Gsin；C圖中fC=(G-F)sin；D圖中fC=(G+F)sin。3.（09·廣東物理·7）某緩沖裝置可抽象成圖所示的簡單模型。圖中為原長相等，勁度系數不同的輕質彈簧。下列表述正確的是 （ BD ）A緩沖效果與彈簧的勁度系數無關B墊片向右移動時，兩彈簧產生的彈力大小相等C墊片向右移動時，兩彈簧的長度保

30、持相等D墊片向右移動時，兩彈簧的彈性勢能發生改變解析：不同彈簧的緩沖效果與彈簧的勁度系數有關，A錯誤；在墊片向右運動的過程中，由于兩個彈簧相連，則它們之間的作用力等大，B正確；由于兩彈簧的勁度系數不同，由胡克定律可知，兩彈簧的型變量不同，則兩彈簧的長度不相等，C錯誤；在墊片向右運動的過程中，由于彈簧的彈力做功，則彈性勢能將發生變化，D正確。4.（09·江蘇物理·2）用一根長1m的輕質細繩將一副質量為1kg的畫框對稱懸掛在墻壁上，已知繩能承受的最大張力為，為使繩不斷裂，畫框上兩個掛釘的間距最大為（?。?（ A ）A. B C D解析：熟練應用力的合成和分解以及合成與分解中的一

31、些規律，是解決本題的根本；一個大小方向確定的力分解為兩個等大的力時，合力在分力的角平分線上，且兩分力的夾角越大，分力越大。題中當繩子拉力達到F=10N的時候，繩子間的張角最大，即兩個掛釘間的距離最大；畫框受到重力和繩子的拉力，三個力為共點力，受力如圖。繩子與豎直方向的夾角為，繩子長為L0=1m,則有，兩個掛釘的間距離，解得m，A項正確。5.（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的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0500ms2的加速度拉升，忽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l

32、Oms2) （ B ）A510 N B490 N C890 N D910 N 解析：對建筑材料進行受力分析。根據牛頓第二定律有,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,得FN=490N,根據牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為490N.B對。6.（09·浙江·14）如圖所示，質量為m的等邊三棱柱靜止在水平放置的斜面上。已知三棱柱與斜面之間的動摩擦因數為，斜面的傾角為，則斜面對三棱柱的支持力與摩擦力的大小分別為 （ A ）Amg和mg Bmg和mgCmg和mg Dmg和mg8.(08·山東理綜·16) 用輕彈簧豎直懸掛質量為m的物

33、體,靜止時彈簧伸長量為L.現用該彈簧沿斜面方向拉住質量為2m的物體,系統靜止時彈簧伸長量也為L.斜面傾角為300,如圖所示.則物體所受摩擦力（ ）A.等于零 B.大小為,方向沿斜面向下C.大小為,方向沿斜面向上 D.大小為mg,方向沿斜面向上答案 A解析 豎直懸掛時mg=kL沿斜面拉2m物體時,設物體受摩擦力為f,方向沿斜面向下,則kL =2mgsin 30°+f 由得f=0.9.（08·全國·16）如右圖,一固定斜面上兩個質量相同的小物塊A和B緊挨著勻速下滑,A與B的接觸面光滑.已知A 與斜面之間的動摩擦因數是B與斜面之間動摩擦因數的2倍,斜面傾角為.B與斜面之

34、間的動摩擦因數是 ( )A. B. C. D. 答案 A解析 對于AB做勻速直線運動,根據共點力的平衡條件有：2mgsin-3mgcos=0所以B與斜面間的動摩擦因數為：=tan.10.(08·廣東理科基礎·12)質量為m的物體從高處靜止釋放后豎直下落,在某時刻受到的空氣阻力為f,加速度為a=,則f的大小是 ( ) A.B.C.D.答案 B解析 由牛頓第二定律得mg- f =ma,得,f =mg -ma=.11.(08·廣東理科基礎·9)探究彈力和彈簧伸長的關系時,在彈性限度內,懸掛15 N重物時,彈簧長度為0.16 m,懸掛20 N重物時,彈簧長度為0

35、.18 m,則彈簧的原長L0和勁度系數k分別為 ( )A.L0=0.02 m k=500 N/mB.L0=0.10 m k=500 N/mC.L0=0.02 m k=250 N/mD.L0=0.10 m k=250 N/m答案 D解析 由胡克定律知F1=k（L1-L0）F2= k（L2-L0）由解得：L0=0.1 m,k =250 N/m.12.(08·廣東理科基礎·2) 人站在自動扶梯的水平踏板上,隨扶梯斜向上勻速運動,如圖所示.以下說法正確的是 ( )A.人受到重力和支持力的作用B.人受到重力、支持力和摩擦力的作用C.人受到的合外力不為零D.人受到的合外力方向與速度方向

36、相同答案A解析由于人做勻速運動,所以人所受的合外力為零,水平方向不可能受力的作用.考點2 力的合成與分解13.（09·北京·18）如圖所示，將質量為m的滑塊放在傾角為的固定斜面上。滑塊與斜面之間的動摩擦因數為。若滑塊與斜面之間的最大靜摩擦力合滑動摩擦力大小相等，重力加速度為g，則 （ C ）A將滑塊由靜止釋放，如果tan，滑塊將下滑B給滑塊沿斜面向下的初速度，如果tan，滑塊將減速下滑C用平行于斜面向上的力拉滑塊向上勻速滑動，如果=tan，拉力大小應是2mgsinD用平行于斜面向下的力拉滑塊向下勻速滑動，如果=tan，拉力大小應是mgsin解析：對處于斜面上的物塊受力分析，

37、要使物塊沿斜面下滑則mgsin>mgcos，故<tan，故AB錯誤；若要使物塊在平行于斜面向上的拉力F的作用下沿斜面勻速上滑，由平衡條件有：F-mgsin-mgcos=0故F= mgsin+mgcos，若=tan，則mgsin=mgcos， 即F=2mgsin故C項正確；若要使物塊在平行于斜面向下的拉力F作用下沿斜面向下勻速滑動，由平衡條件有：F+mgsin-mgcos=0 則 F=mgcos- mgsin 若=tan，則mgsin=mgcos，即F=0，故D項錯誤。14.（09·海南物理·1）兩個大小分別為和（）的力作用在同一質點上，它們的合力的大小F滿足 （

38、 C ）A BC D 答案：C解析：共點的兩個力合成，同向時最大為，反向時最小為。15. (08·北京理綜·20)有一些問題你可能不會求解,但是你仍有可能對這些問題的解是否合理進行分析和判斷.例如從解的物理量單位,解隨某些已知量變化的趨勢,解在一些特殊條件下的結果等方面進行分析,并與預期結果、實驗結論等進行比較,從而判斷解的合理性或正確性.舉例如下:如圖所示.質量為M、傾角為的滑塊A放于水平地面上,把質量為m的滑塊B放在A的斜面上,忽略一切摩擦,有人求得B相對地面的加速度a = ,式中g為重力加速度.對于上述解,某同學首先分析了等號右側量的單位,沒發現問題.他進一步利用特殊

39、條件對該解做了如下四項分析和判斷,所得結論都是“解可能是對的”.但是,其中有一項是錯誤的.請你指出該項 （ ）A.當=0°時,該解給出a=0,這符合常識,說明該解可能是對的B.當90°時,該解給出a=g,這符合實驗結論,說明該解可能是對的C.當Mm時,該解給出a =gsin,這符合預期的結果,說明該解可能是對的 D.當m M時,該解給出a =,這符合預期的結果,說明該解可能是對的答案 D解析 B沿斜面下滑的過程中,B的加速度大小ag,選項D中a=g,這與實際情況不符,故正確答案為D.16.(08·廣東理科基礎·6) 如圖所示,質量為m的物體懸掛在輕質支架

40、上,斜梁OB與豎直方向的夾角為.設水平橫梁OA和斜梁OB作用于O點的彈力分別為F1和F2,以下結果正確的是 ( ) A.F1=mgsin B.F1=C.F2=mgcos D.F2=答案 D解析 O點受力如圖所示.由圖可知F1=mgtan,F2=.考點3 受力分析、物體的平衡17.（09·廣東物理·11）如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中。質量為m、帶電量為+Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是 （ CD ）A滑塊受到的摩擦力不變B滑塊到地面時的動能與B的大小無關C滑塊受到的洛倫茲力方向垂直

41、斜面向下DB很大時，滑塊可能靜止于斜面上解析：取物塊為研究對象，小滑塊沿斜面下滑由于受到洛倫茲力作用，如圖所示，C正確；N=mgcos+qvB，由于v不斷增大，則N不斷增大，滑動摩擦力f=N，摩擦力增大，A錯誤；滑塊的摩擦力與B有關，摩擦力做功與B有關，依據動能定理，在滑塊下滑到地面的過程中，滿足，所以滑塊到地面時的動能與B有關，B錯誤；當B很大，則摩擦力有可能很大，所以滑塊可能靜止在斜面上，D正確。18.（09·寧夏·21）水平地面上有一木箱，木箱與地面之間的動摩擦因數為。現對木箱施加一拉力F，使木箱做勻速直線運動。設F的方向與水平面夾角為，如圖，在從0逐漸增大到90&#

42、176;的過程中，木箱的速度保持不變，則 （ AC ）A.F先減小后增大 B.F一直增大 C.F的功率減小 D.F的功率不變7.（09·四川·20）如圖所示，粗糙程度均勻的絕緣斜面下方O點處有一正點電荷，帶負電的小物體以初速度V1從M點沿斜面上滑，到達N點時速度為零，然后下滑回到M點，此時速度為V2（V2V1）。若小物體電荷量保持不變，OMON，則 （ AD ）A小物體上升的最大高度為B從N到M的過程中，小物體的電勢能逐漸減小C從M到N的過程中，電場力對小物體先做負功后做正功D從N到M的過程中，小物體受到的摩擦力和電場力均是先增大后減小解析：設斜面傾角為、上升過程沿斜面運動

43、的最大距離為L。因為OMON，則MN兩點電勢相等，小物體從M到N、從N到M電場力做功均為0。上滑和下滑經過同一個位置時，垂直斜面方向上電場力的分力相等，則經過相等的一小段位移在上滑和下滑過程中電場力分力對應的摩擦力所作的功均為相等的負功，所以上滑和下滑過程克服電場力產生的摩擦力所作的功相等、并設為W1。在上滑和下滑過程，對小物體，應用動能定理分別有：mgsinLmgcosLW1和mgsinLmgcosLW1，上兩式相減可得sinL，A對；由OMON，可知電場力對小物體先作正功后作負功，電勢能先減小后增大，BC錯；從N到M的過程中，小物體受到的電場力垂直斜面的分力先增大后減小，而重力分力不變，則

44、摩擦力先增大后減小，在此過程中小物體到O的距離先減小后增大，根據庫侖定律可知小物體受到的電場力先增大后減小，D對。19.（09·海南物理·3）兩剛性球a和b的質量分別為和、直徑分別為個(>)。將a、b球依次放入一豎直放置、內徑為的平底圓筒內，如圖所示。設a、b兩球靜止時對圓筒側面的壓力大小分別為和，筒底所受的壓力大小為已知重力加速度大小為g。若所以接觸都是光滑的，則 （ A ）A BC D解析：A;對兩剛性球a和b整體分析，豎直方向平衡可知F（）g、水平方向平衡有。20.(09·廣東文科基礎·58)如圖8所示，用一輕繩系一小球懸于O點?，F將小球拉至

45、水平位置，然后釋放，不計阻力。小球下落到最低點的過程中，下列表述正確的是（ A ）A小球的機械能守恒 B小球所受的合力不變C小球的動能不斷減小 D小球的重力勢能增加21.（09·山東·16）如圖所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O為球心，一質量為m 的小滑塊，在水平力F的作用下靜止P點。設滑塊所受支持力為FN。OF與水平方向的夾角為0。下列關系正確的是 （ A ）ABFmgtanC DFN=mgtan解析：對小滑塊受力分析如圖所示，根據三角形定則可得，所以A正確。FNmgfa考點：受力分析，正交分解或三角形定則。提示：支持力的方向垂直于接觸面，即指向圓心。正交分解列式求解

46、也可。22.（09·山東·22）圖示為某探究活動小組設計的節能運動系統。斜面軌道傾角為30°，質量為M的木箱與軌道的動摩擦因數為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質量為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 ）AmMBm2MC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，上滑時加速度為，所以C正確。設下滑的距離為l，

47、根據能量守恒有，得m2M。也可以根據除了重力、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。23.（09·安徽·17）為了節省能量，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

48、客始終處于超重狀態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。24.（09·全國·25） (18分) 如圖所示，傾角為的斜面上靜止放置三個質量均為m的木箱，相鄰兩木箱的距離均為l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一與其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起運動。整個

49、過程中工人的推力不變，最后恰好能推著三個木箱勻速上滑。已知木箱與斜面間的動摩擦因數為,重力加速度為g.設碰撞時間極短，求（1）工人的推力；（2）三個木箱勻速運動的速度；（3）在第一次碰撞中損失的機械能。答案：（1）；（2）；（3）。解析：(1)當勻速時,把三個物體看作一個整體受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根據平衡的知識有；(2)第一個木箱與第二個木箱碰撞之前的速度為V1,加速度根據運動學公式或動能定理有,碰撞后的速度為V2根據動量守恒有,即碰撞后的速度為,然后一起去碰撞第三個木箱,設碰撞前的速度為V3。從V2到V3的加速度為,根據運動學公式有,得,跟第三個木箱碰撞根據動量守恒有,得就是勻速

50、的速度；(3)設第一次碰撞中的能量損失為,根據能量守恒有,帶入數據得。25.（09·山東·24）（15分）如圖所示，某貨場而將質量為m1=100 kg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生撞擊，現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=1.8 m。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=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數為1，木板與地面間的動摩擦因數=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

51、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1應滿足的條件。（3）若1=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機械能守恒定律得，設貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據牛頓第二定律得，聯立以上兩式代入數據得根據牛頓第三定律，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，由受力分析得若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得聯立式代入數據得。（3），由式可知，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

52、大小為，由牛頓第二定律得設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得聯立式代入數據得設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得聯立式代入數據得?？键c：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析26.（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，最終點燃了主火炬，體現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，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設運動員的質量為65kg，吊椅的質量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取。當運動員與吊椅一