1、一、單項選擇題12019年6月我國航天員在“天宮一號”中進行了我國首次太空授課活動，其中演示了太空“質量測量儀”測質量的實驗，助教聶海勝將自己固定在支架一端，王亞平將連接運動機構的彈簧拉到指定位置；松手后，彈簧凸輪機構產生恒定的作用力，使彈簧回到初始位置，同時用光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間；這樣，就測出了聶海勝的質量為74 kg.下列關于“質量測量儀”測質量的說法正確的是()A測量時儀器必須水平放置B其測量原理是根據牛頓第二定律C其測量原理是根據萬有引力定律D測量時儀器必須豎直放置解析：選B.“質量測量儀”是先通過光柵測速裝置測量出支架復位時的速度和所用時間，則能算出加速度a，

2、然后根據牛頓第二定律Fma，求解質量，所以工作原理為牛頓第二定律由于在太空中處于完全失重狀態，所以測量儀器不論在什么方向上，彈簧凸輪機構產生恒定的作用力都是人所受的合力，故B正確2物體以一定的初速度豎直向上拋出，已知空氣對物體的阻力大小與速度大小成正比，則下列關于此物體加速度大小的說法正確的是()A上升過程加速度增大，下降過程加速度減小B上升過程加速度增大，下降過程加速度也增大C上升過程加速度減小，下降過程加速度也減小D上升過程加速度減小，下降過程加速度增大解析：選C.上升過程中，受到豎直向下的重力，豎直向下的阻力，即mgkvma，做減速運動，所以加速度在減小，下降過程中，受到豎直向下的重力，

3、豎直向上的阻力，即mgkvma，速度在增大，所以加速度在減小，故C正確3.“兒童蹦極”中，拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根橡皮繩如圖所示，質量為m的小明靜止懸掛時，兩橡皮繩的夾角為60°，則()A每根橡皮繩的拉力為mgB若將懸點間距離變小，則每根橡皮繩所受拉力將變小C若此時小明左側橡皮繩在腰間斷裂，則小明此時加速度agD若拴在腰間左右兩側的是懸點等高、完全相同的兩根輕繩，則小明左側輕繩在腰間斷裂時，小明的加速度ag解析：選B.根據平行四邊形定則知，2Fcos 30°mg，解得Fmg.故A錯誤；根據共點力平衡得，2Fcos mg，當懸點間的距離變小時，變小，cos

4、 變大，可知橡皮繩的拉力變小，故B正確；當左側橡皮繩斷裂，斷裂的瞬間，右側彈性繩的拉力不變，則重力和右側橡皮繩拉力的合力與左側橡皮繩初始時的拉力大小相等，方向相反，合力大小為mg，加速度為g，故C錯誤；當兩側為輕繩時，左側繩斷裂瞬間，右側繩上拉力發生突變，將重力沿繩方向和垂直于繩方向正交分解，合力為mgsin 30°，加速度為g，方向沿垂直于右側繩的方向斜向下，故D錯誤4.(2019·泰州檢測)質量為M的皮帶輪工件放置在水平桌面上，一細繩繞過皮帶輪的皮帶槽，一端系一質量為m的重物，另一端固定在桌面上如圖所示，工件與桌面、繩之間以及繩與桌子邊緣之間的摩擦都忽略不計，則重物下落

5、過程中，工件的加速度為()A.BC. D解析：選C.相等時間內重物下落的距離是工件運動距離的2倍，因此，重物的加速度也是工件加速度的2倍，設繩子上的拉力為F，根據牛頓第二定律2·，解得F，工件加速度a，所以C正確5(2019·揚州中學月考)如圖所示，物塊1、2 間用剛性輕質桿連接，物塊3、4間用輕質彈簧相連，物塊1、3質量為m，2、4質量為M，兩個系統均置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止狀態現將兩木板沿水平方向突然抽出，設抽出后的瞬間，物塊1、2、3、4的加速度大小分別為a1、a2、a3、a4.重力加速度大小為g，則有()Aa1a2a3a40Ba1a2a3a4gCa1a2

6、g，a30，a4gDa1g，a2g，a30，a4g解析：選C.在抽出木板的瞬間，物塊1、2與剛性輕桿接觸處的形變立即消失，受到的合力均等于各自重力，所以由牛頓第二定律知a1a2g；而物塊3、4間的輕彈簧的形變還來不及改變，此時彈簧對物塊3向上的彈力大小和對物塊4向下的彈力大小仍為mg，因此物塊3滿足mgF，a30；由牛頓第二定律得物塊4滿足a4g，所以C對6如圖所示，位于豎直平面內的固定光滑圓環軌道與水平面相切于M點，與豎直墻相切于A點豎直墻上另一點B與M的連線和水平面的夾角為60°，C是圓環軌道的圓心已知在同一時刻a、b兩球分別由A、B兩點從靜止開始沿光滑傾斜直軌道AM、BM運動到

7、M點；c球由C點自由下落到M點則()Aa球最先到達M點Bb球最先到達M點Cc球最先到達M點Db球和c球都可能最先到達M點解析：選C.如圖所示，令圓環半徑為R，則c球由C點自由下落到M點用時滿足Rgt，所以tc ；對于a球令AM與水平面成角，則a球下滑到M點用時滿足AM2Rsin gsin ·t，即ta2；同理b球從B點下滑到M點用時也滿足tb2(r為過B、M且與水平面相切于M點的豎直圓的半徑，r>R)綜上所述可得tb>ta>tc，故選項C正確二、多項選擇題7.如圖所示，質量為m2的物體2放在車廂底板上，用豎直細線通過定滑輪與質量為m1的物體1連接，不計滑輪摩擦，車廂

8、正在水平向右做加速直線運動，連接物體1的細線與豎直方向成角，物體2仍在車廂底板上，則()A細線拉力為m1gcos B車廂的加速度為gtan C底板對物體2的支持力為m2gD底板對物體2的摩擦力為零解析：選BC.以物體1為研究對象，水平方向有FTsin m1a，豎直方向有FTcos m1g，解得agtan ，FT，選項A錯誤，B正確；以物體2為研究對象，水平方向有Ffm2a，豎直方向有FTFNm2g，解得Ffm2gtan ，FNm2g，選項C正確，D錯誤8.(2019·南京二中月考)如圖所示，總質量為460 kg的熱氣球，從地面剛開始豎直上升時的加速度為0.5 m/s2，當熱氣球上升到

9、180 m時，以5 m/s的速度向上勻速運動，若離開地面后熱氣球所受浮力保持不變，上升過程中熱氣球總質量不變，重力加速度g10 m/s2.關于熱氣球，下列說法正確的是()A所受浮力大小為4 830 NB加速上升過程中所受空氣阻力保持不變C從地面開始上升10 s后的速度大小為5 m/sD以5 m/s勻速上升時所受空氣阻力大小為230 N解析：選AD.剛開始上升時，空氣阻力為零，F浮mgma，解得F浮m(ga)4 830 N，A正確；加速上升過程，若保持加速度不變，則熱氣球上升到180 m時，速度v6 m/s5 m/s，所以熱氣球做加速度減小的加速直線運動，上升10 s后的速度vat5 m/s，C

10、錯誤；再由F浮F阻mgma可知空氣阻力F阻增大，B錯誤；勻速上升時，F浮F阻mg，所以F阻F浮mg230 N，D正確9.如圖所示，兩輕質彈簧a、b懸掛一質量為m的小球，整體處于平衡狀態，彈簧a與豎直方向成30°，彈簧b與豎直方向成60°，彈簧a、b的形變量相等，重力加速度為g，則()A彈簧a、b的勁度系數之比為 1B彈簧a、b的勁度系數之比為 2C若彈簧a下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為gD若彈簧b下端松脫，則松脫瞬間小球的加速度大小為解析：選AD.由題可知，兩個彈簧相互垂直，對小球受力分析，如圖所示，設彈簧的伸長量都是x，由受力分析圖知，彈簧a中彈力Famgcos

11、30°mg，根據胡克定律可知彈簧a的勁度系數為k1，彈簧b中的彈力Fbmgcos 60°mg，根據胡克定律可知彈簧b的勁度系數為k2，所以彈簧a、b的勁度系數之比為1，A正確，B錯誤；彈簧a中的彈力為mg，若彈簧a的下端松脫，則松脫瞬間彈簧b的彈力不變，故小球所受重力和彈簧b彈力的合力與Fa大小相等、方向相反，小球的加速度ag，C錯誤；彈簧b中彈力為mg，若彈簧b的下端松脫，則松脫瞬間彈簧a的彈力不變，故小球所受重力和彈簧a彈力的合力與Fb大小相等、方向相反，故小球的加速度ag，D正確10(2019·揚州質檢)如圖(a)所示，質量為5 kg的小物塊以初速度v011

12、 m/s從53°固定斜面底端先后兩次滑上斜面，第一次對小物塊施加一沿斜面向上的恒力F.第二次無恒力F.圖(b)中的兩條線段a、b分別表示存在恒力F和無恒力F時小物塊沿斜面向上運動的vt圖線不考慮空氣阻力，g10 m/s2，(sin 53°0.8、cos 53°0.6)下列說法中正確的是()A恒力F的大小為5 NB恒力F的大小為10 NC物塊與斜面間的動摩擦因數為D物塊與斜面間的動摩擦因數為0.5解析：選AD.由題圖可得：a；有恒力F時：a1 m/s210 m/s2；無恒力F時：a2 m/s211 m/s2由牛頓第二定律得：無恒力F時：mgsin mgcos ma2

13、解得：0.5有恒力F時：mgsin mgcos Fma1解得：F5 N，故A、D正確，B、C錯誤三、非選擇題11.(2019·江蘇重點中學六校聯考)如圖所示，一個豎直固定在地面上的透氣圓筒，筒中有一勁度系數為k的輕彈簧，其下端固定，上端連接一質量為m的薄滑塊，圓筒內壁涂有一層新型智能材料ER流體，它對滑塊的阻力可調滑塊靜止時，ER流體對其阻力為零，此時彈簧的長度為L.現有一質量也為m(可視為質點)的物體在圓筒正上方距地面2L處自由下落，與滑塊碰撞(碰撞時間極短)后黏在一起，并以物體碰前瞬間速度的一半向下運動ER流體對滑塊的阻力隨滑塊下移而變化，使滑塊做勻減速運動，當下移距離為d時，速

14、度減小為物體與滑塊碰撞前瞬間速度的四分之一取重力加速度為g，忽略空氣阻力，試求：(1)物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大小； (2)滑塊向下運動過程中的加速度大小； (3)當下移距離為d時，ER流體對滑塊的阻力大小. 解析：(1)設物體與滑塊碰撞前瞬間的速度大小為v0，由自由落體運動規律有v2gL，解得v0.(2)設滑塊做勻減速運動的加速度大小為a，取豎直向下為正方向，則有2axvv，xd，v1，v2，解得a.(3)設下移距離d時彈簧彈力為F，ER流體對滑塊的阻力為FER，對物體與滑塊組成的整體，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得FFER2mg2maFk(dx0)mgkx0聯立解得FERmgkd.答

15、案：(1)(2)(3)mgkd12.(2019·淮安月考)小物塊以一定的初速度v0沿斜面(足夠長)向上運動，由實驗測得物塊沿斜面運動的最大位移x與斜面傾角的關系如圖所示取g10 m/s2，空氣阻力不計可能用到的函數值：sin 30°0.5，sin 37°0.6.求：(1)物塊的初速度v0；(2)物塊與斜面之間的動摩擦因數；(3)計算說明圖線中P點對應的斜面傾角為多大？在此傾角條件下，小物塊能滑回斜面底端嗎？說明理由(設最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等)解析：(1)當90°時，物塊做豎直上拋運動，末速度為0由題圖得上升最大位移為xm3.2 m由v2gxm，得v08 m/s.(2)當0時，物塊相當于在水平面上做勻減速直線運動，末