高考物理试题分类汇编教师卷必修12 132页

第一章 力、物体的平衡 第一部分 五年高考题荟萃 ‎2009年高考新题 ‎1.（09·北京·18）如图所示，将质量为m的滑块放在倾角为的固定斜面上。滑块与斜面之间的动摩擦因数为。若滑块与斜面之间的最大静摩擦力合滑动摩擦力大小相等，重力加速度为g，则 （ C ）‎ A．将滑块由静止释放，如果＞tan，滑块将下滑 B．给滑块沿斜面向下的初速度，如果＜tan，滑块将减速下滑 C．用平行于斜面向上的力拉滑块向上匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是2mgsin D．用平行于斜面向下的力拉滑块向下匀速滑动，如果=tan，拉力大小应是mgsin 解析：对处于斜面上的物块受力分析，要使物块沿斜面下滑则mgsinθ>μmgcosθ，故μ)。将a、b球依次放入一竖直放置、内径为的平底圆筒内，如图所示。设a、b两球静止时对圆筒侧面的压力大小分别为和，筒底所受的压力大小为．已知重力加速度大小为g。若所以接触都是光滑的，则 （ A ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎10.（09·江苏物理·2）用一根长‎1m的轻质细绳将一副质量为‎1kg的画框对称悬挂在墙壁上，已知绳能承受的最大张力为，为使绳不断裂，画框上两个挂钉的间距最大为（取） （ A ）‎ ‎ A． B．‎ ‎ C． D．‎ 解析：熟练应用力的合成和分解以及合成与分解中的一些规律，是解决本题的根本；一个大小方向确定的力分解为两个等大的力时，合力在分力的角平分线上，且两分力的夹角越大，分力越大。题中当绳子拉力达到F=10N的时候，绳子间的张角最大，即两个挂钉间的距离最大；画框受到重力和绳子的拉力，三个力为共点力，受力如图。绳子与竖直方向的夹角为θ，绳子长为L0=‎1m,则有，两个挂钉的间距离，解得m，A项正确。‎ ‎11.（09·广东理科基础·4）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为‎70.0kg的工人站在地面上，通过定滑轮将‎20.0kg的建筑材料以0．‎500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取lOm／s2) （ B ）‎ A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N ‎ 解析：对建筑材料进行受力分析。根据牛顿第二定律有,得绳子的拉力大小等于F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490N.B对。‎ ‎12.(09·广东文科基础·58)如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是 （ A ）‎ A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加 ‎13.（09·山东·16）如图所示，光滑半球形容器固定在水平面上，O为球心，一质量为m 的小滑块，在水平力F的作用下静止P点。设滑块所受支持力为FN。OF与水平方向的夹角为0。下列关系正确的是 （ A ）‎ A． B．F＝mgtan C． D．FN=mgtan 解析：对小滑块受力分析如图所示，根据三角形定则可得，，所以A正确。‎ 考点：受力分析，正交分解或三角形定则 提示：支持力的方向垂直于接触面，即指向圆心。正交分解列式求解也可。‎ ‎14.（09·山东·22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 （ BC ）‎ ‎ A．m＝M ‎　B．m＝2M ‎　C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 ‎　D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝‎2M。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。‎ 考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ ‎15.（09·安徽·17）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 ( C )‎ A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 FN mg f a C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力 等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。‎ ‎16.（09·浙江·14）‎ 如图所示，质量为m的等边三棱柱静止在水平放置的斜面上。已知三棱柱与斜面之间的动摩擦因数为，斜面的倾角为，则斜面对三棱柱的支持力与摩擦力的大小分别为 （ A ）‎ A．mg和mg B．mg和mg C．mg和mg D．mg和mg 解析：受力如图所示，，。‎ ‎17.（09·浙江·16）如图所示，在光滑绝缘水平面上放置3个电荷量均为的相同小球，小球之间用劲度系数均为的轻质弹簧绝缘连接。当3个小球处在静止状态时，每根弹簧长度为 已知静电力常量为，若不考虑弹簧的静电感应，则每根弹簧的原长为 （ C ）‎ A． B． C． D．‎ 解析：第三个小球受三个力的作用 F23‎ F13‎ 它们的关系是 ‎，得 ‎ ‎18.（09·全国Ⅰ·25） (18分) 如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求 ‎（1）工人的推力；‎ ‎（2）三个木箱匀速运动的速度；‎ ‎（3）在第一次碰撞中损失的机械能。‎ 答案：（1）；‎ ‎（2）；‎ ‎（3）。‎ 解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有；‎ ‎(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度 根据运动学公式或动能定理 有,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3。‎ 从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度；‎ ‎(3)设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。‎ ‎19.（09·山东·24）（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=‎100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=‎1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=‎2m，质量均为m2=‎100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=‎10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。‎ ‎（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。‎ 解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，‎ ‎①‎ 设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②‎ 联立以上两式代入数据得③‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。‎ ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤‎ 联立④⑤式代入数据得⑥。‎ ‎（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧‎ 联立①⑦⑧式代入数据得⑨‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩‎ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得。‎ 考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析 ‎20.（09·安徽·22）（14分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为‎65kg，吊椅的质量为‎15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取。当运动员与吊椅一起正以加速度上升时，试求 ‎（1）运动员竖直向下拉绳的力；‎ ‎（2）运动员对吊椅的压力。‎ F F ‎(m人+m椅)g a 答案：440N，275N 解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：‎ 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力 F m人g ‎ a ‎ FN ‎（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：‎ 由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN。‎ 根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 由①②得 ‎ ‎ ‎ ‎21.（09·上海物理·23）（12分）如图，质量均为m的两个小球A、B固定在弯成120°角的绝缘轻杆两端，OA和OB的长度均为l，可绕过O点且与纸面垂直的水平轴无摩擦转动，空气阻力不计。设A球带正电，B球带负电，电量均为q，处在竖直向下的匀强电场中。开始时，杆OB与竖直方向的夹角q0＝60°，由静止释放，摆动到q＝90°的位置时，系统处于平衡状态，求： ‎ ‎（1）匀强电场的场强大小E；‎ ‎（2）系统由初位置运动到平衡位置，重力做的功Wg和静电力做的功We；‎ ‎（3）B球在摆动到平衡位置时速度的大小v。‎ 解析：（1）力矩平衡时：（mg－qE）lsin90°＝（mg＋qE）lsin（120°－90°），‎ 即mg－qE＝（mg＋qE），得：E＝；‎ ‎（2）重力做功：Wg＝mgl（cos30°－cos60°）－mglcos60°＝（－1）mgl，‎ 静电力做功：We＝qEl（cos30°－cos60°）＋qElcos60°＝mgl，‎ ‎（3）小球动能改变量DEk=mv2＝Wg＋We＝（－1）mgl，‎ 得小球的速度：v＝＝。‎ ‎22.（09·宁夏理综·33）‎ ‎（10分）液压千斤顶是利用密闭容器内的液体能够把液体所受到的压强行各个方向传递的原理制成的。图为一小型千斤顶的结构示意图。大活塞的直径D1=‎20cm，小活塞B的直径D2=‎5cm，手柄的长度OC=‎50cm，小活塞与手柄的连接点到转轴O的距离OD=‎10cm。现用此千斤顶使质量m=4×‎103kg的重物升高了h=‎10cm。g取‎10m/s2，求 ‎（i）若此千斤顶的效率为80%，在这一过程中人做的功为多少？‎ ‎（ii）若此千斤顶的效率为100%，当重物上升时，人对手柄的作用力F至少要多大？‎ 解析：（i）将重物托起h需要做的功 ‎ ①‎ 设人对手柄做的功为，则千斤顶的效率为 ‎ ②‎ 代入数据可得 ③‎ ‎(i i)设大活塞的面积为, 小活塞的面积为，作用在小活塞上的压力为,当于斤顶的效率为100%时，FN 有 ④‎ ‎ ⑤‎ 当和F都与杠杆垂直时，手对杠杆的压力最小。利用杠杆原理，有 ‎ ⑥‎ 由④⑤⑥式得 ‎ F=500N ⑦‎ ‎2008年高考题 一、选择题 ‎1. (08北京理综20)有一些问题你可能不会求解,但是你仍有可能对这些问题的解是 否合理进行分析和判断.例如从解的物理量单位,解随某些已知量变化的趋势,解 在一些特殊条件下的结果等方面进行分析,并与预期结果、实验结论等进行比较,‎ 从而判断解的合理性或正确性.‎ 举例如下:如图所示.质量为M、倾角为θ的滑块A放于水平地面上,把质量为m的滑块B放在A的斜面上,忽略一切摩擦,有人求得B相对地面的加速度a = ,式中g 为重力加速度.对于上述解,某同学首先分析了等号右侧量的单位,没发现问题.他进一步利用特殊条件对该解做了如下四项分析和判断,所得结论都是“解可能是对的”.但是,其中有一项是错误的.请你指出该项 （ ）‎ A.当θ=0°时,该解给出a=0,这符合常识,说明该解可能是对的 B.当θ＝90°时,该解给出a=g,这符合实验结论,说明该解可能是对的 C.当Mm时,该解给出a =gsinθ,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 ‎ D.当m M时,该解给出a =,这符合预期的结果,说明该解可能是对的 答案 D 解析 B沿斜面下滑的过程中,B的加速度大小a≤g,选项D中a=≥g,这与实际情况不符,故正确答案为D.‎ ‎2.(08山东理综16) 用轻弹簧竖直悬挂质量为m的物体,静止时弹簧伸长量为L.现用该弹 簧沿斜面方向拉住质量为2m的物体,系统静止时弹簧伸长量也为L.斜面倾角为300,如 图所示.则物体所受摩擦力 （ ）‎ A.等于零 B.大小为,方向沿斜面向下 C.大小为,方向沿斜面向上 D.大小为mg,方向沿斜面向上 答案 A 解析 竖直悬挂时mg=kL ① 沿斜面拉2m物体时,设物体受摩擦力为f,方向沿斜面向下,则kL =2mgsin 30°+f ②‎ 由①②得f=0.‎ ‎3.（08全国Ⅱ16）如右图,一固定斜面上两个质量相同的小物块A和B紧挨着匀速下滑,A与B的接触面光滑.已知A 与斜面之间的动摩擦因数是B与斜面之间动摩擦因数的2倍,斜面倾角为α.B与斜面之间的动摩擦因数是 ( )‎ A. B. C. D. ‎ 答案 A 解析 对于AB做匀速直线运动,根据共点力的平衡条件有：2mgsinα-3μmgcosα=0 所以B与斜面间的动摩擦因数为：μ=tanα.‎ ‎4.(08广东理科基础6) 如图所示,质量为m的物体悬挂在轻质支架上,斜梁OB与竖直 方向的夹角为θ.设水平横梁OA和斜梁OB作用于O点的弹力分别为F1和F2,以 下结果正确的是 ( ) A.F1=mgsinθ B.F1= C.F2=mgcosθ D.F2=‎ ‎　答案 D 解析 O点受力如图所示.‎ 由图可知F1=mgtanθ,F2=.‎ ‎5.(08广东理科基础12)质量为m的物体从高处静止释放后竖直下落,在某时刻受到的空气阻力为f,加速度为a=,则f的大小是 ( )‎ ‎ A. B. C. D.‎ ‎ 答案 B ‎ 解析 由牛顿第二定律得mg- f =ma,得,f =mg -ma=.‎ ‎6.(08广东理科基础9)探究弹力和弹簧伸长的关系时,在弹性限度内,悬挂15 N重物时,弹簧长度为‎0.16 m,‎ 悬挂20 N重物时,弹簧长度为0.18 m,则弹簧的原长L0和劲度系数k分别为 ( )‎ A.L0=‎0.02 m k=500 N/m B.L0=‎0.10 m k=500 N/m C.L0=‎0.02 m k=250 N/m D.L0=‎0.10 m k=250 N/m 答案 D 解析 由胡克定律知F1=k（L1-L0） ① F2= k（L2-L0） ② 由①②解得：L0=‎0.1 m,k =250 N/m.‎ ‎7.(08广东理科基础2) 人站在自动扶梯的水平踏板上,随扶梯斜向上匀速运动,‎ 如图所示.以下说法正确的是 ( ) 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.人受到的合外力不为零 D.人受到的合外力方向与速度方向相同 答案　A 解析　　由于人做匀速运动,所以人所受的合外力为零,水平方向不可能受力的作用.‎ 二、非选择题 ‎8.(08宁夏理综30)一足够长的斜面,最高点为O点.有一长为l =‎1.00 m的木条AB,A端 在斜面上,B端伸出斜面外.斜面与木条间的摩擦力足够大,以致木条不会在斜面上滑动.‎ 在木条A端固定一个质量为M=2.00 kg的重物（可视为质点）,B端悬挂一个质量为 m=‎0.50 kg的重物.若要使木条不脱离斜面,在下列两种情况下,OA的长度各需满足什么条件？‎ ‎（Ⅰ）木条的质量可以忽略不计. ‎（Ⅱ）木条质量为m′=0.50 kg,分布均匀. 答案 （Ⅰ） (Ⅱ)‎ 解析 (Ⅰ)当木条A端刚刚离开斜面时,受力情况如图a所示.‎ 设斜面倾角为θ,根据力矩平衡条件,则满足条件 ‎ ① 木条不会脱离斜面.根据题意有 ‎ ② 联立①②并代入已知条件得  ③ ‎（Ⅱ）设G为木条重心,由题意可知 ‎ ④ 当木条A端刚刚离开斜面时,受力情况如图b所示.由（Ⅰ）中的分析可知,若满足 ‎ ⑤‎ 木条就不会脱离斜面. 联立②④⑤并代入已知条件得 ‎ m ‎2004-2007年高考题 ‎1.(07广东5)如图所示,在倾角为θ的固定光滑斜面上,质量为m的物体受外力F1 和F2 的作 用,F1方向水平向右,F2方向竖直向上.若物体静止在斜面上,则下列关系正确的是 ( ) A.F1sinθ+F2cosθ=mgsinθ,F2≤mg B.F1cosθ+F2sinθ=mgsinθ,F2≤mg C.F1sinθ-F2cosθ=mgsinθ,F2≤mg D.F1cosθ-F2sinθ=mgsinθ,F2≤mg 答案 B ‎ 解析 对m受力分析如图 m处于平衡状态,则任意垂直的两个方向上合力都为零,在平行斜面方向上,有 mgsinθ=F1cosθ+F2sinθ,且F2≤mg,故选B.‎ ‎2.(07广东理科基础4)受斜向上的恒定拉力作用,物体在粗糙水平面上做匀速直线运动,则下列说法中正 确的是 ( )‎ ‎ A.拉力在竖直方向的分量一定大于重力 B.拉力在竖直方向的分量一定等于重力 C.拉力在水平方向的分量一定大于摩擦力 D.拉力在水平方向的分量一定等于摩擦力 答案 D 解析 物体做匀速直线运动,则在水平方向和竖直方向合力等于零.在竖直方向上,拉力在竖直方向的分量与地面对物体的支持力的合力一定等于重力,即拉力在竖直方向的分量一定小于重力,在水平方向上,拉力的分量一定等于摩擦力.‎ ‎3.(07上海10)如图所示,用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O,‎ 并用第三根细线连接A、B两小球,然后用某个力F作用在小球A上,使三根 细线均处于直线状态,且OB细线恰好沿竖直方向,两小球均处于静止状态.‎ 则该力可能为图中的 ( ) A.F1 B.F‎2 ‎ C.F3 D.F4 答案 BC 解析 OB绳竖直,说明B球只受两个力作用,故AB间绳无形变,所以A球受重力G,OA绳的拉力T和外力F作用,三个力的合力为零,则外力F一定与重力和拉力T的合力大小相等、方向相反,故 B、C选项正确.‎ ‎4.(07宁夏理综15)下列说法正确的是 ( )‎ ‎ A.行星的运动和地球上物体的运动遵循不同的规律 B.物体在转弯时一定受到力的作用 C.月球绕地球运动时受到地球的引力和向心力的作用 D.物体沿光滑斜面下滑时受到重力、斜面的支持力和下滑力的作用  答案 B 解析 行星的运动和地球上物体的运动都是圆周运动,且都是万有引力或者万有引力的一部分提供向心力,其运动规律是相同的,故A错;物体转弯时速度方向变化,运动状态发生改变,一定受到力的作用,故B对;月球绕地球运动只受万有引力作用,物体沿光滑斜面下滑只受重力和支持力作用,下滑力是重力的分力,故C、D错.‎ ‎5.(07山东理综16)如图所示,物体A靠在竖直墙面上,在力F作用下,A、B保持静止.物体B 的受力个数为 ( ) A.2 B‎.3 ‎ C.4 D.5‎ 答案 C 解析 B物体受四个力的作用,即重力、推力F、物体A对B的支持力和物体A对B的摩擦力. ‎6.(07宁夏理综18)两个质量相同的小球用不可伸长的细线连接,置于场强为E的匀 强电场中,小球1和2均带正电.电量分别为q1和q2(q1 > q2).将细线拉直并使之 与电场方向平行,如图所示,若将两小球同时从静止状态释放,则释放后细线的张 力T为(不计重力及两小球间的库仑力) ( ) A. B.‎ C. D.‎ 答案 A 解析 以球1为研究对象,由牛顿第二定律可得： Eq1 – T = ma 以球2为研究对象,由牛顿第二定律可得： T + Eq2 = ma 两式联立解得：T = ‎ ‎7.(06北京理综19)木块A、B分别重50 N和60 N,它们与水平地面之间的动摩擦因 数均为0.25.夹在A、B之间的轻弹簧被压缩了2 cm,弹簧的劲度系数为400 N/m,‎ 系统置于水平地面上静止不动.现用F =1 N的水平拉力作用在木块B上,如图所示,力F作用后 （ ） A.木块A所受摩擦力大小是12.5 N B.木块A所受摩擦力大小是11.5 N  C.木块B所受摩擦力大小是9 N  D.木块B所受摩擦力大小是7 N 答案 C 解析 未加F时,木块A在水平面内受弹簧的弹力F1和静摩擦力FA作用,且F1 = FA = kx =8 N,木块B在水平面内受弹簧弹力F2和静摩擦力FB作用,且F2 = FB = kx =8 N,在木块B上施加F =1 N向右拉力后,由于 F2 + F <μGB, 故木块B所受摩擦力仍为静摩擦力,其大小FB′=F2 + F =9 N, 木块A的受力情况不变.‎ ‎8.(05上海大综合1)下列词语所隐含的物理现象,可用牛顿理论中力的概念和规律来解释的是 ( )‎ ‎ ①滴水石穿 ②铁杵成针 ③水中望月 ④逆向扬帆 ⑤光阴飞逝 ‎ A.①②③ B.③④⑤ C.①②④ D.①③⑤ ‎ 答案 C ‎ 解析 水中望月为光学现象,光阴飞逝为时空现象,与力学概念无关.‎ ‎9.(06全国卷Ⅱ15)如图,位于水平桌面上的物块块P,由跨过定滑轮的轻绳与物块Q 相连,从滑轮到P和到Q的两段绳都是水平的,已知Q与P之间以及P与桌面之间 的动摩擦因数都是μ,两物块的质量都是m,滑轮的质量、滑轮轴上的摩擦都不计.若用一水平向右的力F拉P使它做匀速运动,则F的大小为 （ ）‎ A.4μmg B.3μmg C.2μmg D.μmg 答案 A 解析 以Q为研究对象,Q在水平方向受绳的拉力f1和P对Q的摩擦力f1作用,由平衡可知：F1= f1=μmg 以P为研究对象,水平方向受外力F,绳的拉力F2、Q对P的摩擦力f1′和地面对P的摩擦力f2,由平衡条件知：F ‎ =F2 + f1′+f2‎ f2 =μN =μ·2mg,由牛顿第三定律知： F1 = F2 =μmg,f1′= f1 =μmg 代入得：F =4μmg ‎10.(07上海8)在热气球下方开口处燃烧液化气,使热气球内部气体温度升高,热气球开始离 地,徐徐升空,分析这一过程,下列表述正确的是 ( )‎ ‎ ①气球内的气体密度变小,所受重力也变小 ②气球内的气体密度不变,所受重力也不变 ‎ ‎③气球所受浮力变大 ④气球所受浮力不变 A.①③ B.①④ C.②③ D. ②④‎ 答案 B 解析 在热气球下方开口处燃烧液化气,热气球内部气体瘟度升高.气体膨胀对外做功,内部气体密度变小,所受重力变小,热气球体积不变,所受浮力不变.‎ ‎11.(05天津理综15)如图所示,表面粗糙的固定斜面顶端安有滑轮,两物块P、Q用轻绳连 接并跨过滑轮(不计滑轮的质量和摩擦),P悬于空中,Q放在斜面上,均处于静止状态.当 用水平向左的恒力推Q时,P、Q静止不动,则 ( )‎ A.Q受到的摩擦力一定变小 B.Q受到的摩擦力一定变大  C.轻绳上拉力一定变小 D.轻绳上拉力一定不变  答案 D 解析 由于物块Q所受的静摩擦力的方向无法判断,当加一水平向左的恒力后,Q所受的静摩擦力可能变大,也可能变小,A、B选项错误,物块P处于静止状态,则绳上拉力等于物块P的重力,不发生变化,所以D选项正确.‎ ‎12.(05上海8)对如图所示的皮带传动装置,下列说法中正确的是 ( ) A.A轮带动B轮沿逆时针方向旋转 ‎ B.B轮带动A轮沿逆时针方向旋转  C.C轮带动D轮沿顺时针方向旋转 ‎ D.D轮带动C轮沿顺时针方向旋转 答案 BD 解析 皮带撑紧的一侧,说明有张力作用,转动的方向是在这一侧,由从动轮指向主动轮.‎ ‎13.(05辽宁大综合36)两光滑平板MO、NO构成一具有固定的夹角θ0=75°的V形槽,‎ 一球置于槽内,用θ表示NO板与水平面之间的夹角,如图所示.若球对板NO压力的 大小正好等于球所受重力的大小,则下列θ值中哪个是正确的 （ ）   A.15° B.30° C.45° D.60° 答案 B 解析 圆球受重力mg和两个挡板给它的支持力FN、FM,由于球对板NO压力的 大小等于球的重力,所以板对小球的支持力FN=mg,三力平衡,则必构成如图所示 首尾相接的矢量三角形,由于FN=mg,此三角形为等腰三角形,设底角为β,则 α+2β=180°,又因为四边形内角和为360°,则α+β+θ0=180°,θ0=75°,‎ 解得α=30°,由几何关系得θ=α=30°. ‎14.(04上海5)物体B放在物体A上,A、B的上下表面均与斜面平行(如图),当两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时 ( ) A. A受到B的摩擦力沿斜面方向向上 ‎ B.A受到B的摩擦力沿斜面方向向下  C.A、B之间的摩擦力为零 ‎ D.A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质  答案 C 解析 对整体应用牛顿第二定律(mA+mB)gsinθ=(mA+mB)a共,a共=gsinθ,对B应用牛顿第二定律:假设有摩擦力,mBgsinθ- f =mBa当f =0时a相同,所以假设不成立,A、B间摩擦力为零,故C对.‎ ‎15.(04全国卷Ⅱ18)如下图所示,四个完全相同的弹簧都处于水平位置,它们的右端受到大小皆为F的拉力作用,而左端的情况各不相同:①弹簧的左端固定在左墙上;②弹簧的左端受大小也为F的拉力作用;③弹簧的左端拴一小物块,物块在光滑的桌面上滑动;④弹簧的左端拴一小物块,物块在有摩擦的桌面上滑动.若认为弹簧的质量都为零,以l1、l2、l3、l4依次表示四个弹簧的伸长量,则有 ( )‎  A.l2 ＞ l1 B.l4 ＞ l‎3 ‎ C.l1 ＞ l3 D.l2 = l4 答案 D 解析 四种形式拉弹簧过程中,由于弹力大小都为F,由胡克定律x = ,得l1 = l2 = l3 =l4. 第二章 直线运动 第一部分 五年高考题荟萃 ‎2009年高考新题 一、选择题 ‎1.（09·全国卷Ⅱ·15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为 （ B ）‎ A．和0.30s B．3和0.30s ‎ C．和0.28s D．3和0.28s 解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减 ‎ 速.根据得,根据牛顿第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正确。‎ ‎2.（09·江苏物理·7）如图所示，以匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2 s将熄灭，此时汽车距离停车线‎18m。该车加速时最大加速度大小为，减速时最大加速度大小为。此路段允许行驶的最大速度为，下列说法中正确的有 （ AC ）‎ ‎ A．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 ‎ B．如果立即做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车一定超速 ‎ C．如果立即做匀减速运动，在绿灯熄灭前汽车一定不能通过停车线 ‎ D．如果距停车线处减速，汽车能停在停车线处 解析：熟练应用匀变速直线运动的公式，是处理问题的关键，对汽车运动的问题一定要注意所求解的问题是否与实际情况相符。如果立即做匀加速直线运动，t1=2s内的位移=‎20m>‎18m，此时汽车的速度为‎12m/s<‎12.5m/s，汽车没有超速，A项正确；如果立即做匀减速运动，速度减为零需要时间s，此过程通过的位移为‎6.4m，C项正确、D项错误。‎ ‎3.（09·江苏物理·9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 （ BCD ）‎ A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前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）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。‎ ‎4.（09·广东物理·3）某物体运动的速度图像如图，根据图像可知 （ AC ）‎ A.0-2s内的加速度为‎1m/s2‎ B.0-5s内的位移为‎10m C.第1s末与第3s末的速度方向相同 ‎ D.第1s末与第5s末加速度方向相同 ‎ 解析：v-t 图像反映的是速度v随时t 的变化规律，其斜率表示的是加速度，A正确；图中图像与坐标轴所围成的梯形面积表示的是0-5s内的位移为‎7m，在前5s内物体的速度都大于零，即运动方向相同，C正确；0-2s加速度为正，4-5s加速度为负，方向不同。‎ ‎5.（09·海南物理·7）一物体在外力的作用下从静止开始做直线运动，合外力方向不变，大小随时间的变化如图所示。设该物体在和时刻相对于出发点的位移分别是和，速度分别是和，合外力从开始至时刻做的功是，从至时刻做的功是,则 （ AC ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎6.（09·海南物理·8）甲乙两车在一平直道路上同向运动，其图像如图所示，图中和的面积分别为和.初始时，甲车在乙车前方处。 （ ABC ）‎ A．若，两车不会相遇 B．若，两车相遇2次 C．若，两车相遇1次 D．若，两车相遇1次 ‎7.（09·广东理科基础·3）图1是甲、乙两物体做直线运动的v一t图象。下列表述正确的是 （ A ）‎ ‎ A．乙做匀加速直线运动 ‎ B．0一ls内甲和乙的位移相等 ‎ C．甲和乙的加速度方向相同 ‎ D．甲的加速度比乙的小 解析：甲乙两物体在速度图象里的图形都是倾斜的直线表明两物体都是匀变速直线,乙是匀加速，甲是匀减速,加速度方向不同A对C错；根据在速度图象里面积表示位移的方法可知在0一ls内甲通过的位移大于乙通过的位移.B错；根据斜率表示加速度可知甲的加速度大于乙的加速度，D错。‎ ‎8.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是 （ A ）‎ A．在0—1s内，合外力做正功 ‎ B．在0—2s内，合外力总是做负功 ‎ C．在1—2s内，合外力不做功 D．在0—3s内，合外力总是做正功 解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。‎ ‎9.（09·山东·17）某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是 （ B ）‎ 解析：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。‎ 考点：v-t图象、牛顿第二定律 提示：在v-t图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定。‎ 速度——时间图象特点：‎ ‎①因速度是矢量，故速度——时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以“速度——时间”图象只能描述物体做“直线运动”‎ 的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移——时间”图象；‎ ‎②“速度——时间”图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值，画图要注意这一点；‎ ‎③“速度——时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的 正负表示加速度的方向；‎ ‎④“速度——时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移。‎ ‎10.(09·广东文科基础·56)下列运动图象中表示质点做匀变速直线运动的是 （ C ）‎ 二、非选择题 ‎11.（09年福建卷）21.如图甲，在水平地面上固定一倾角为θ的光滑绝缘斜面，斜面处于电场强度大小为E、方向沿斜面向下的匀强电场中。一劲度系数为k的绝缘轻质弹簧的一端固定在斜面底端，整根弹簧处于自然状态。一质量为m、带电量为q（q>0）的滑块从距离弹簧上端为s0处静止释放，滑块在运动过程中电量保持不变，设滑块与弹簧接触过程没有机械能损失，弹簧始终处在弹性限度内，重力加速度大小为g。‎ ‎（1）求滑块从静止释放到与弹簧上端接触瞬间所经历的时间t1‎ ‎（2）若滑块在沿斜面向下运动的整个过程中最大速度大小为vm，求滑块从静止释 ‎ 放到速度大小为vm过程中弹簧的弹力所做的功W；‎ ‎（3）从滑块静止释放瞬间开始计时，请在乙图中画出滑块在沿斜面向下运动的整 ‎ 个过程中速度与时间关系v-t图象。图中横坐标轴上的t1、t2及t3分别表示滑块第一次与弹簧上端接触、第一次速度达到最大值及第一次速度减为零的时刻，纵坐标轴上的v1为滑块在t1时刻的速度大小，vm是题中所指的物理量。（本小题不要求写出计算过程）‎ 答案：（1）; （2）; ‎ ‎(3) ‎ 解析：‎ 本题考查的是电场中斜面上的弹簧类问题。涉及到匀变速直线运动、运用动能定理处理变力功问题、最大速度问题和运动过程分析。‎ ‎（1）滑块从静止释放到与弹簧刚接触的过程中作初速度为零的匀加速直线运动，设加速度大小为a，则有 ‎ qE+mgsin=ma ①‎ ‎ ②‎ 联立①②可得 ‎ ③‎ ‎（2）滑块速度最大时受力平衡，设此时弹簧压缩量为，则有 ‎ ④‎ ‎ 从静止释放到速度达到最大的过程中，由动能定理得 ‎ ⑤‎ 联立④⑤可得 ‎ s ‎（3）如图 ‎ ‎ ‎12.（09·江苏·13）（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取‎10m/s2。‎ ‎（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = ‎64 m。求飞行器所阻力f的大小；‎ ‎（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。‎ 解析：（1）第一次飞行中，设加速度为 匀加速运动 由牛顿第二定律 解得 ‎（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为 匀加速运动 设失去升力后的速度为，上升的高度为 由牛顿第二定律 解得 ‎（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为 由牛顿第二定律 ‎ F+f-mg=ma4‎ 且 V3=a3t3‎ 解得t3=(s)(或2.1s)‎ ‎13.（09·海南物理·15）（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为的加速度减速滑行。在车厢脱落后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。‎ 解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为，‎ 卡车刹车前后加速度的大小分别为和。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有 设车厢脱落后，内卡车行驶的路程为，末速度为，根据运动学公式有 ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ ‎ ⑦‎ 式中，是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为，有 ‎ ⑧‎ 卡车和车厢都停下来后相距 ‎ ⑨‎ 由①至⑨式得 ‎ 带入题给数据得 ‎ 评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，式1分 ‎14.（09·上海物理·24）（14分）如图，光滑的平行金属导轨水平放置，电阻不计，导轨间距为l，左侧接一阻值为R的电阻。区域cdef内存在垂直轨道平面向下的有界匀强磁场，磁场宽度为s。一质量为m，电阻为r的金属棒MN置于导轨上，与导轨垂直且接触良好，受到F＝0.5v＋0.4（N）（v为金属棒运动速度）的水平力作用，从磁场的左边界由静止开始运动，测得电阻两端电压随时间均匀增大。（已知l＝‎1m，m＝‎1kg，R＝0.3W，r＝0.2W，s＝‎1m）‎ ‎（1）分析并说明该金属棒在磁场中做何种运动；‎ ‎（2）求磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）若撤去外力后棒的速度v随位移x的变化规律满足v＝v0－x，且棒在运动到ef处时恰好静止，则外力F作用的时间为多少？‎ ‎（4）若在棒未出磁场区域时撤去外力，画出棒在整个运动过程中速度随位移的变化所对应的各种可能的图线。‎ 解析：（1）金属棒做匀加速运动，R两端电压UµIµeµv，U随时间均匀增大，即v随时间均匀增大，加速度为恒量；‎ ‎（2）F－＝ma，以F＝0.5v＋0.4‎ 代入得（0.5－）v＋0.4＝a a与v无关，所以a＝‎0.4m/s2，（0.5－）＝0‎ 得B＝0.5T ‎ ‎（3）x1＝at2，v0＝x2＝at，x1＋x2＝s，所以at2＋at＝s 得：0.2t2＋0.8t－1＝0，t＝1s，‎ ‎（4）可能图线如下：‎ ‎2008年高考题 一、选择题 ‎1.(08宁夏理综17)甲、乙两车在公路上沿同一方向做直线运动,它们的 v-t图象如图所示.两图象在t=t1时相交于P点,P在横轴上的投影为Q,△OPQ的面积为S.在t=0时刻,乙车在甲车前面,相距为d.已知此后两车相遇两次,且第一次相遇的时刻为t′,则下面四组t′和d的组合可能的是 (   )‎ A. B.‎ C. D.‎ 答案D 解析 假设t′=t1,由v-t图象可知在t1时刻v甲=v乙,由于甲做匀速直线运动,乙做匀加速直线运动,则若在t1‎ 时刻第一次相遇,也就不会存在第二次相遇的问题,与已知条件两次相遇相矛盾.‎ 当t′=t1时,v乙s,故解法不合理. 摩托车先以a1=4 m/s2加速到最大速度vm,又以加速度a2=8 m/s2减速到v 2=20 m/s,恰完成直道s=218 m的距离,这样用时最短.则:加速距离s1=,减速距离s2=‎ 所以:‎ 代入数据得:vm =36 m/s 加速时间t1=‎ 减速时间t2=‎ 故最短时间t=t1+t2=9 s+2 s=11 s ‎15.(04广西14)一路灯距地面的高度为h,身高为l的人以速度v匀速行走,‎ 如图所示.‎ ‎(1)试证明人的头顶的影子做匀速运动.‎ ‎(2)求人影的长度随时间的变化率.‎ 答案 (1)见解析 (2) ‎ 解析 (1)设t=0时刻,人位于路灯的正下方O处,在时刻t,人走到S处,根据题意有OS=vt ①‎ 过路灯P和人头顶的直线与地面的交点M为t时刻人头顶影子的位置,如图所示,OM为人头顶影子到O点的距离,由几何关系,有 ‎ ②‎ 联立①②得OM= ③‎ 因OM与时间t成正比,故人头顶的影子做匀速运动.‎ ‎(2)由图可知,在时刻t,人影的长度为SM,由几何关系,有SM=OM-OS ④‎ 由①③④式得SM=‎ 可见影长SM与时间t成正比,所以影长随时间的变化率为k=‎ ‎16．（07全国卷Ⅰ23）甲乙两运动员在训练交接棒的过程中发现：甲经短距离加速后能保持‎9 m/s 的速度跑完全 程;乙从起跑后到接棒前的运动是匀加速的.为了确定乙起跑的时机,需在接力区前适当的位置设置标记.在某 次练习中,甲在接力区前s0=13.5 m 处作了标记,并以v=9 m/s 的速度跑到此标记时向乙发出起跑口令.乙在 接力区的前端听到口令时起跑,并恰好在速度达到与甲相同时被甲追上,完成交接棒.已知接力区的长度为 L=‎20 m.求：‎ ‎(1)此次练习中乙在接棒前的加速度a. ‎(2)在完成交接棒时乙离接力区末端的距离. 答案 (1)3 m/s2 (2)6.5 m 解析 (1)在甲发出口令后,甲、乙达到共同速度所用时间为 ①‎ 设在这段时间内甲、乙的位移分别为s1和s2,则 ②‎ s1=vt ③‎ s1=s2+s0 ④‎ 联立①、②、③、④式解得:‎ ‎(2)在这段时间内,乙在接力区的位移为 完成交接棒时,乙与接力区末端的距离为L-s2=20 m-13.5 m=6.5 m ‎17.(05全国卷Ⅰ23)‎ 原地起跳时,先屈腿下蹲,然后突然蹬地.从开始蹬地到离地是加速过程（视为匀加速）,加速过程中重心上升的距离称为“加速距离”.离地后重心继续上升,在此过程中重心上升的最大距离称为“竖直高度”.现有下列数据：人原地上跳的“加速距离”d1=‎0.50 m,“竖直高度”h1=‎1.0 m;跳蚤原地上跳的“加速距离”d2=0.000 ‎80 m,“竖直高度”h2=‎0.10 m.假想人具有与跳蚤相等的起跳加速度,而“加速距离”仍为‎0.50 m,则人跳的“竖直高度”是多少？ 答案 62.5 m 解析 用a表示跳蚤起跳的加速度,v表示离地时的速度,则对加速过程和离地后上升过程分别有 v2=2ad2 ①‎ v2=2gh2 ②‎ 若假想人具有和跳蚤相同的加速度a,令v1表示在这种假想下人离地时的速度,H表示与此相应的竖直高度,则对加速过程和离地后上升过程分别有 v ③ ‎ ④ 由以上各式可得 代入数值,得H=62.5 m 第三章 牛顿运动定律 第一部分 五年高考题荟萃 ‎2009年高考新题 一、选择题 ‎1.（09·全国卷Ⅱ·15）两物体甲和乙在同一直线上运动，它们在0～0.4s时间内的v-t图象如图所示。若仅在两物体之间存在相互作用，则物体甲与乙的质量之比和图中时间t1分别为 （ B ）‎ A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s 解析：本题考查图象问题.根据速度图象的特点可知甲做匀加速,乙做匀减速.根据得,根据牛顿第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正确。‎ ‎2.（09·上海·7）图为蹦极运动的示意图。弹性绳的一端固定在点，另一端和运动员相连。运动员从点自由下落，至点弹性绳自然伸直，经过合力为零的点到达最低点，然后弹起。整个过程中忽略空气阻力。分析这一过程，下列表述正确的是 （ B ）‎ ‎ ①经过点时，运动员的速率最大 ‎②经过点时，运动员的速率最大 ‎③从点到点，运动员的加速度增大 ‎ ④从点到点，运动员的加速度不变 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④‎ ‎3.（09·上海·46）与普通自行车相比，电动自行车骑行更省力。下表为某一品牌电动自行车的部分技术参数。在额定输出功率不变的情况下，质量为‎60Kg的人骑着此自行车沿平直公路行驶，所受阻力恒为车和人总重的0.04倍。当此电动车达到最大速度时，牵引力为 N,当车速为2s/m时，其加速度为 m/s2(g=‎10m m/s2) ‎ 规格 后轮驱动直流永磁铁电机 车型 ‎14电动自行车 额定输出功率 ‎200W 整车质量 ‎40Kg 额定电压 ‎48V 最大载重 ‎120 Kg 额定电流 ‎4.5A 答案：40：0.6‎ ‎4.（09·宁夏·20）如图所示，一足够长的木板静止在光滑水平面上，一物块静止在木板上，木板和物块间有摩擦。现用水平力向右拉木板，当物块相对木板滑动了一段距离但仍有相对运动时，撤掉拉力，此后木板和物块相对于水平面的运动情况为 （ BC ）‎ A.物块先向左运动，再向右运动 B.物块向右运动，速度逐渐增大，直到做匀速运动 C.木板向右运动，速度逐渐变小，直到做匀速运动 D.木板和物块的速度都逐渐变小，直到为零 ‎5.（09·广东物理·8）某人在地面上用弹簧秤称得体重为490N。他将弹簧秤移至电梯内称其体重，至时间段内，弹簧秤的示数如图所示，电梯运行的v-t图可能是（取电梯向上运动的方向为正） （ A ）‎ 解析：由图可知，在t0-t1时间内，弹簧秤的示数小于实际重量，则处于失重状态，此时具有向下的加速度，在t1-t2阶段弹簧秤示数等于实际重量，则既不超重也不失重，在t2-t3阶段，弹簧秤示数大于实际重量，则处于超重状态，具有向上的加速度，若电梯向下运动，则t0-t1时间内向下加速，t1-t2阶段匀速运动，t2-t3阶段减速下降，A正确；BD不能实现人进入电梯由静止开始运动，C项t0-t1内超重，不符合题意。‎ ‎6.（09·江苏物理·9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 （ BCD ）‎ A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得 ‎，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前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）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。‎ ‎7.（09·广东理科基础·4）建筑工人用图所示的定滑轮装置运送建筑材料。质量为‎70.0kg的工 人站在地面上，通过定滑轮将‎20.0kg的建筑材料以0．‎500m／s2的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人对地面的压力大小为(g取lOm／s2) （ B ）‎ A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N ‎ 解析：对建筑材料进行受力分析。根据牛顿第二定律有,得绳子的拉力大小等于 F=210N,然后再对人受力分析由平衡的知识得,得FN=490N,根据牛顿第三定律可知人对地面间的 压力为490N.B对。‎ ‎8.（09·广东理科基础·15）搬运工人沿粗糙斜面把一个物体拉上卡车，当力沿斜面向上，大小为F时，物体的加速度为a1；若保持力的方向不变，大小变为‎2F时，物体的加速度为a2，则 （ D ）‎ A．al=a2 B．a12al ‎ 解析：当为F时有，当为‎2F时有，可知，D对。‎ ‎9.（09·山东·17）某物体做直线运动的v-t图象如图甲所示，据此判断图乙（F表示物体所受合力，x表示物体的位移）四个选项中正确的是 （ B ）‎ 解析：由图甲可知前两秒物体做初速度为零的匀加速直线运动，所以前两秒受力恒定，2s-4s做正方向匀加速直线运动，所以受力为负，且恒定，4s-6s做负方向匀加速直线运动，所以受力为负，恒定，6s-8s做负方向匀减速直线运动，所以受力为正，恒定，综上分析B正确。‎ 考点：v-t图象、牛顿第二定律 提示：在v-t图象中倾斜的直线表示物体做匀变速直线运动，加速度恒定，受力恒定。‎ 速度——时间图象特点：‎ ‎①因速度是矢量，故速度——时间图象上只能表示物体运动的两个方向，t轴上方代表的“正方向”，t轴下方代表的是“负方向”，所以“速度——时间”图象只能描述物体做“直线运动”的情况，如果做曲线运动，则画不出物体的“位移——时间”图象；‎ ‎②“速度——时间”图象没有时间t的“负轴”，因时间没有负值，画图要注意这一点；‎ ‎③“速度——时间”图象上图线上每一点的斜率代表的该点的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正负表示加速度的方向；‎ ‎④“速度——时间”图象上表示速度的图线与时间轴所夹的“面积”表示物体的位移。‎ P 地球 Q 轨道1‎ 轨道2‎ ‎10.（09·山东·18）‎2008年9月25日至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点‎343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为‎343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是 （ BC ）‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。‎ 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律 提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。‎ 根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。‎ ‎11.（09·山东·22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为 ‎。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 （ BC ）‎ ‎ A．m＝M ‎　B．m＝‎‎2M ‎　C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 ‎　D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝‎2M。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。‎ 考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ ‎12.（09·安徽·17）为了节省能量，某商场安装了智能化的电动扶梯。无人乘行时，扶梯运转得很慢；有人站上扶梯时，它会先慢慢加速，再匀速运转。一顾客乘扶梯上楼，恰好经历了这 两个过程，如图所示。那么下列说法中正确的是 （ C ）‎ A. 顾客始终受到三个力的作用 B. 顾客始终处于超重状态 FN mg f a C. 顾客对扶梯作用力的方向先指向左下方，再竖直向下 D. 顾客对扶梯作用的方向先指向右下方，再竖直向下 解析：在慢慢加速的过程中顾客受到的摩擦力水平向左，电梯对其的支持力和摩擦力的合力方向指向右上，由牛顿第三定律，它的反作用力即人对电梯的作用方向指向向左下；在匀速运动的过程中，顾客与电梯间的摩擦力等于零，顾客对扶梯的作用仅剩下压力，方向沿竖直向下。‎ ‎13.（09·安徽·18）在光滑的绝缘水平面上，有一个正方形的abcd，顶点a、c处分别固定一个正点电荷，电荷量相等，如图所示。若将一个带负电的粒子置于b点，自由释放，粒子将沿着对角线bd往复运动。粒子从b点运动到d点的过程中 （ D ）‎ A. 先作匀加速运动，后作匀减速运动 B. 先从高电势到低电势，后从低电势到高电势 C. 电势能与机械能之和先增大，后减小 a b cc d O D. 电势能先减小，后增大 解析：由于负电荷受到的电场力是变力，加速度是变化的。所以A错；由等量正电荷的电场分布知道，在两电荷连线的中垂线O点的电势最高，所以从b到a，电势是先增大后减小，故B错；由于只有电场力做功，所以只有电势能与动能的相互转化，故电势能与机械能的和守恒，C错；由b到O电场力做正功，电势能减小，由O到d电场力做负功，电势能增加，D对。‎ 二、非选择题 ‎14.（09·山东·24）（15分）如图所示，某货场而将质量为m1=‎100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=‎1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=‎2m，质量均为m2=‎100 kg，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=‎10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。‎ ‎（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。‎ 解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②‎ 联立以上两式代入数据得③‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。‎ ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤‎ 联立④⑤式代入数据得⑥。‎ ‎（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧‎ 联立①⑦⑧式代入数据得⑨‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩‎ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得。‎ 考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析 ‎15.（09·安徽·22）（14分）在2008年北京残奥会开幕式上，运动员手拉绳索向上攀登，最终点燃 了主火炬，体现了残疾运动员坚忍不拔的意志和自强不息的精神。为了探究上升过程中运动员与绳索和吊椅间的作用，可将过程简化。一根不可伸缩的轻绳跨过轻质的定滑轮，一端挂一吊椅，另一端被坐在吊椅上的运动员拉住，如图所示。设运动员的质量为‎65kg，吊椅的质量为‎15kg，不计定滑轮与绳子间的摩擦。重力加速度取。当运动员与吊椅一起正以加速度上升时，试求 ‎（1）运动员竖直向下拉绳的力；‎ F F ‎(m人+m椅)g a ‎（2）运动员对吊椅的压力。‎ 答案：440N，275N 解析：解法一:(1）设运动员受到绳向上的拉力为F，由于跨过定滑轮的两段绳子拉 力相等，吊椅受到绳的拉力也是F。对运动员和吊椅整体进行受力分析如图所示，则有：‎ 由牛顿第三定律，运动员竖直向下拉绳的力 F F ‎(m人+m椅)g a ‎（2）设吊椅对运动员的支持力为FN，对运动员进行受力分析如图所示，则有：‎ 由牛顿第三定律，运动员对吊椅的压力也为275N 解法二:设运动员和吊椅的质量分别为M和m；运动员竖直向下的拉力为F，对吊椅的压力大小为FN。‎ 根据牛顿第三定律，绳对运动员的拉力大小为F，吊椅对运动员的支持力为FN。分别以运动员和吊椅为研究对象，根据牛顿第二定律 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 由①②得 ‎ ‎ ‎ ‎16.（09·江苏·13）（15分）航模兴趣小组设计出一架遥控飞行器，其质量m =2㎏，动力系统提供的恒定升力F =28 N。试飞时，飞行器从地面由静止开始竖直上升。设飞行器飞行时所受的阻力大小不变，g取‎10m/s2。‎ ‎（1）第一次试飞，飞行器飞行t1 = 8 s 时到达高度H = ‎64 m。求飞行器所阻力f的大小；‎ ‎（2）第二次试飞，飞行器飞行t2 = 6 s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能达到的最大高度h；（3）为了使飞行器不致坠落到地面，求飞行器从开始下落到恢复升力的最长时间t3 。‎ 解析：‎ ‎（1）第一次飞行中，设加速度为 匀加速运动 由牛顿第二定律 解得 ‎（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为 匀加速运动 设失去升力后的速度为，上升的高度为 由牛顿第二定律 解得 ‎（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为 由牛顿第二定律 ‎ F+f-mg=ma4‎ 且 V3=a3t3‎ 解得t3=(s)(或2.1s)‎ ‎17.（09·海南物理·15）（9分）一卡车拖挂一相同质量的车厢，在水平直道上以的速度匀速行驶，其所受阻力可视为与车重成正比，与速度无关。某时刻，车厢脱落，并以大小为 的加速度减速滑行。在车厢脱落后，司机才发觉并紧急刹车，刹车时阻力为正常行驶时的3倍。假设刹车前牵引力不变，求卡车和车厢都停下后两者之间的距离。‎ 解析：设卡车的质量为M，车所受阻力与车重之比为；刹车前卡车牵引力的大小为，‎ 卡车刹车前后加速度的大小分别为和。重力加速度大小为g。由牛顿第二定律有 设车厢脱落后，内卡车行驶的路程为，末速度为，根据运动学公式有 ‎ ⑤‎ ‎ ⑥‎ ‎ ⑦‎ 式中，是卡车在刹车后减速行驶的路程。设车厢脱落后滑行的路程为，有 ‎ ⑧‎ 卡车和车厢都停下来后相距 ‎ ⑨‎ 由①至⑨式得 ‎ 带入题给数据得 ‎ 评分参考：本题9分。①至⑧式各1分，式1分 ‎18.（09·上海物理·22）（12分）如图A．，质量m＝‎1kg的物体沿倾角q＝37°的固定粗糙斜面由静止开始向下运动，风对物体的作用力沿水平方向向右，其大小与风速v成正比，比例系数用k表示，物体加速度a与风速v的关系如图B．所示。求：‎ ‎（1）物体与斜面间的动摩擦因数m；（2）比例系数k。‎ ‎（sin370=0.6,cos370=0.8,g=‎10m/s2）‎ 解析：（1）对初始时刻：mgsinq－mmgcosq＝ma0 由图读出a0=‎4m/s2代入式，‎ 解得：m＝＝0.25； ‎ ‎（2）对末时刻加速度为零：mgsinq－mN－kvcosq＝0 又N＝mgcosq＋kvsinq 由图得出此时v=‎5 m/s 代入式解得：k＝＝‎0.84kg/s。‎ ‎19.（09·广东物理·20）（17分）如图20所示，绝缘长方体B置于水平面上，两端固定一对平行带电极板，极板间形成匀强电场E。长方体B的上表面光滑，下表面与水平面的动摩擦因数=0.05（设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同）。B与极板的总质量=‎1.0kg.带正电的小滑块A质量=‎0.60kg，其受到的电场力大小F=1.2N.假设A所带的电量不影响极板间的电场分布。t=0时刻，小滑块A从B表面上的a点以相对地面的速度=‎1.6m/s向左运动，同时，B（连同极板）以相对地面的速度=‎0.40m/s向右运动。问（g取‎10m/s2）‎ ‎（1）A和B刚开始运动时的加速度大小分别为多少？‎ ‎（2）若A最远能到达b点，a、b的距离L应为多少？从t=0时刻至A运动到b点时，摩擦力对B做的功为多少？‎ 解析：⑴由牛顿第二定律有 ‎ A刚开始运动时的加速度大小 方向水平向右 B刚开始运动时受电场力和摩擦力作用 由牛顿第三定律得电场力 摩擦力 B刚开始运动时的加速度大小方向水平向左 ‎⑵设B从开始匀减速到零的时间为t1，则有 此时间内B运动的位移 t1时刻A的速度，故此过程A一直匀减速运动。‎ ‎ 此t1时间内A运动的位移 此t1时间内A相对B运动的位移 此t1时间内摩擦力对B做的功为 ‎ t1后，由于，B开始向右作匀加速运动，A继续作匀减速运动，当它们速度相等时A、B相距最远，设此过程运动时间为t2，它们速度为v，则有 对A 速度 对B 加速度 ‎ 速度 联立以上各式并代入数据解得 ‎ 此t2时间内A运动的位移 此t2时间内B运动的位移 此t2时间内A相对B运动的位移 此t2时间内摩擦力对B做的功为 所以A最远能到达b点a、b的距离L为 从t=0时刻到A运动到b点时，摩擦力对B做的功为 ‎ 。‎ ‎2008年高考题 ‎1.(08宁夏理综20)一有固定斜面的小车在水平面上做直线运动,小球通过细绳与 车顶相连.小球某时刻正处于如图所示状态.设斜面对小球的支持力为N,细绳对 小球的拉力为T,关于此时刻小球的受力情况,下列说法正确的 ( )‎ A.若小车向左运动,N可能为零  B.若小车向左运动,T可能为零 C.若小车向右运动,N不可能为  D.若小车向右运动,T不可能为零 答案 AB 解析 小球相对于斜面静止时,与小车具有共同加速度,如图甲、乙所示,向左的加速度最大则T=0,向右的加速度最大则N=0,根据牛顿第二定律,合外力与合加速度方向相同沿水平方向,但速度方向与力没有直接关系.‎ ‎2.（08全国Ⅱ19）一平行板电容器的两个极板水平放置,两极板间有一带电荷量不变的小油滴,小油滴在极板间运动时所受空气阻力的大小与其速率成正比.若两极板间电压为零,经一段时间后,油滴以速率v匀速下降;若两极板间的电压为U,经一段时间后,小油滴以速率v匀速上升.若两极板间电压为-U,小油滴做匀速运动时速度的大小、方向将是 （ ）‎ A.2v、向下  B.2v、向上 C.3v、向下  D.3v、向上 答案 C 解析 以油滴为研究对象,根据共点力平衡条件：‎ 不加电压时,mg-kv=0‎ 所加电压为U时,mg+kv-‎ 所加电压为-U时,mg+‎ 由以上各式得:v＇=3v,方向竖直向下.‎ ‎3.(08山东理综19)直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子,如图所示.设投放 初速度为零,箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比,且运动过程中箱子始终 保持图示姿态.在箱子下落过程中,下列说法正确的是 ( ) A.箱内物体对箱子底部始终没有压力 B.箱子刚从飞机上投下时,箱内物体受到的支持力最大 C.箱子接近地面时,箱内物体受到的支持力比刚投下时大 D.若下落距离足够长,箱内物体有可能不受底部支持力而“飘起来”‎ 答案 C 解析 因为下落速度不断增大,而阻力f ∝v2,所以阻力逐渐增大,当f =mg时,物体开始匀速下落.以箱和物体 为整体：（M+m）g- f =（M+m）a,f增大则加速度a减小.对物体：Mg-N=ma,加速度减小,则支持力N增大.‎ 所以物体后来受到的支持力比开始时要增大,不可能“飘起来”.‎ ‎4.(08天津理综19)在粗糙水平地面上与墙平行放着一个截面为半圆的柱状物体A,‎ A与竖直墙之间放一光滑圆球B,整个装置处于静止状态.现对B加一竖直向下的 力F,F的作用线通过球心,设墙对B的作用力为F1,B对A的作用力为F2,地面对A 的作用力为F3.若F缓慢增大而整个装置仍保持静止,截面如上图所示,在此过程中 ( )‎ A.F1保持不变,F3缓慢增大 B.F1缓慢增大,F3保持不变 C.F2缓慢增大,F3缓慢增大  D.F2缓慢增大,F3保持不变 答案 C 解析 B的受力如图1所示,因为F和G的方向始终在竖直方向,当F增大时,F1′、F2′都缓慢增大,F1′=F1,‎ F2′=F2,所以F1、F2都缓慢增大.A物体受力如图乙所示.由图乙知F2sinθ=F3所以F3,缓慢增加 C对.‎ ‎5.(08江苏7)如图所示,两光滑斜面的倾角分别为30°和45°、质量分别为‎2m 和m的两个滑块用不可伸长的轻绳通过滑轮连接（不计滑轮的质量和摩擦）,‎ 分别置于两个斜面上并由静止释放；若交换两滑块位置,再由静止释放,则在 上述两种情形中正确的有 ( )‎ A.质量为‎2 m的滑块受到重力、绳的张力、沿斜面的下滑力和斜面的支持力的作用 B.质量为m的滑块均沿斜面向上运动 C.绳对质量为m滑块的拉力均大于该滑块对绳的拉力 D.系统在运动中机械能均守恒 答案 BD 解析　因为斜面光滑,只有重力做功,机械能守恒.滑块不受沿斜面的下滑力.因为2mgsin 30°>mgsin 45°,‎ mgsin 30°<2mgsin 45°,所以两种情况质量为m的滑块均沿斜面向上运动.绳对m滑块的拉力等于该滑块 对绳的拉力. ‎6.(08广东1)伽利略在著名的斜面实验中,让小球分别沿倾角不同、阻力很小的斜面从静止开始滚下,他通过实验观察和逻辑推理,得到的正确结论有 ( )‎ A.倾角一定时,小球在斜面上的位移与时间成正比 B.倾角一定时,小球在斜面上的速度与时间成正比 C.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时的速度与倾角无关 D.斜面长度一定时,小球从顶端滚到底端时所需的时间与倾角无关 答案 B 解析 设斜面的长度为L,倾角为θ.倾角一定时,小球在斜面上的位移s=,故选项A错误 小球在斜面上的速度v=gsinθ·t,故选项B正确；斜面长度一定时,小球到达底端时的速度v =,‎ 小球到达底端时所需的时间t =,即小球到达底端时的速度及所需时间与倾角θ有关,故选项C、D错误.‎ ‎7.(08江苏3)一质量为M的探空气球在匀速下降.若气球所受浮力F始终保持不变,‎ 气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关,重力加速度为g.现欲使该气球以同样 速率匀速上升,则需从气球吊篮中减少的质量为 ( )‎ A. B.  C. D. 0 答案 A 解析 因阻力只与速率有关,以同样速率上升与下降所受阻力大小不变,设为f . 则下降时,F+f = Mg ① 上升时,F =（M-ΔM）g+f ② 由①②得ΔM=2.‎ ‎2004-2007年高考题 题　组　一 一、选择题 ‎1.(07山东理综17)下列实例属于超重现象的是 ( )‎ ‎ A.汽车驶过拱形桥顶端 B.荡秋千的小孩通过最低点 C.跳水运动员被跳板弹起,离开跳板向上 D.火箭点火后加速升空 答案 BD 解析 汽车驶过拱形桥顶端时,加速度方向向下,属于失重现象;荡秋千的小孩通过最低点时,加速度方向向上,属于超重现象;跳水运动员被弹起后,只受重力作用,属于完全失重现象;火箭加速升空,加速度方向向上,属于超重现象.‎ ‎2.(06广东1)下列对运动的认识不正确的是 ( )‎ ‎ A.亚里士多德认为物体的自然状态是静止的.只有当它受到力的作用才会运动 B.伽利略认为力不是维持物体速度的原因 C.牛顿认为力的真正效应总是改变物体的速度,而不仅仅是使之运动 D.伽利略根据理想实验推论出,如果没有摩擦,在水平面上的物体,一旦具有某一个速度,将保持这个速度继续运动下去 答案 A 解析 亚里士多德对运动的认识是错误的,力不是维持物体运动的原因,而是改变物体运动速度的原因.‎ ‎3.(07江苏6)如图所示,光滑水平面上放置质量分别为m和‎2m的四个木块,其中两 个质量为m的木块间用可伸长的轻绳相连,木块间的最大静摩擦力是μmg.现用 水平拉力F拉其中一个质量为2m的木块,使四个木块以同一加速度运动,则轻绳对m的最大拉力为 ( ) A.  B. C. D. 3μmg 答案 B 解析 以四个木块为研究对象,由牛顿第二定律得:F=6ma,绳的拉力最大时,m与2m间的摩擦力刚好为最大静摩擦力μmg,以2m为研究对象,则:F-μmg=2ma,对m有:μmg- T =ma,联立以上三式得:T=μmg.‎ ‎4.(06四川理综21)质量不计的弹簧下端固定一小球.现手持弹簧上端使小球随手在竖直方向上以同样大小的加速度a(ax2+x2′,故A、B选项错误. x1′+x=x1+x2=,故C选项正确,D选项错误. ‎5.(04全国卷Ⅰ20)下列哪个说法是正确的 ( )‎ ‎ A.体操运动员双手握住单杠吊在空中不动时处于失重状态 B.蹦床运动员在空中上升和下落过程中都处于失重状态 C.举重运动员在举起杠铃后不动的那段时间内处于超重状态 D.游泳运动员仰卧在水面静止不动时处于失重状态 ‎ 答案 B 解析 本题通过生活中的实例,考查同学们对超重和失重的理解,解答该题的关键是明确超重和失重的实质.产生超重(失重)的本质就是所处状态具有向上(向下)的加速度,题中A、B、C选项中所描述的都是平衡状态,B中上升和下落过程速度均向,处于失重状态,故选项B正确.‎ ‎6．（05广东1）一汽车在路面上情况相同的公路上直线行驶,下面关于车速、惯性、质量和滑行路程的讨论,正确的是 ( )‎ ‎ A.车速越大,它的惯性越大 B.质量越大,它的惯性越大 C.车速越大,刹车后滑行的路程越长 D.车速越大,刹车后滑行的路程越长,所以惯性越大 答案 BC 解析 质量是惯性大小的量度,质量大,惯性大,B对.车速越大,其具有的能量越大,由功能关系可知,其运动的路程越长,C对.‎ ‎7.(05全国卷Ⅱ14)如图所示,位于光滑固定斜面上的小物块,P受到一水平向右的推力F的 作用.已知物块P沿斜面加速下滑,现保持F的方向不变,使其减小,则加速度 ( ) ‎ ‎ A.一定变小 B.一定变大 C.一定不变 D.可能变小,可能变大,也可能不变 答案 B 解析 设斜面倾角为α,由牛顿第二定定律得:‎ mgsin α-Fcos α=ma 所以a=gsinα-‎ 由上式可知,F减小,其加速度一定变大.‎ ‎8.(05北京春季理综20)如图所示,一个盛水的容器底部有一个小孔.静止时用手指堵住小 孔不让它漏水,假设容器在下述几种运动过程中始终保持平动,且忽略空气阻力,则 ( ) A.容器自由下落时,小孔向下漏水 B.将容器竖直向上抛出后,容器向上运动时,小孔向下漏水，容器向下运动时,小孔不向下漏水 C.将容器水平抛出后,容器在运动中小孔向下漏水 D.将容器斜向上抛出后,容器在运动中小孔不向下漏水 答案 D 解析 当容器自由落体时,水对容器底部无压力,且水和容器的运动情况相同,因此小孔不会漏水.‎ ‎9.(04全国卷Ⅲ19)如图, 在倾角为α的固定光滑斜面上,有一用绳子拴着的长 木板,木板上站着一只猫.已知木板的质量是猫的质量的2倍.当绳子突然断 开时,猫立即沿着板向上跑,以保持其相对斜面的位置不变.则此时木板沿斜 面下滑的加速度为 ( ) A.sinα  B.gsinα C.gsinα  D.2gsinα 答案 C 解析 对猫受力分析如图(a)由平衡条件:Ff =mgsinα ①‎ 对木板受力分析如图(b) 由牛顿第二定律:Ff′+2mgsinα=2ma ②‎ 又由牛顿第三定律:Ff′=Ff ③‎ 由①②③得a = gsinα 二、非选择题 ‎10.(06全国卷Ⅰ24)一水平的浅色长传送带上放置一煤块(可视为质点),煤块与传送之间的动摩擦因数为μ.初始时,传送带与煤块都是静止的,现让传送带以恒定的加速度a0开始运动,当其速度到达v0后,便以此速度做匀速运动.经过一段时间,煤块在传送带上留下了一段黑色痕迹后,相对于传送带不再滑动,求此黑色痕迹的长度.‎ ‎ 答案 l =‎ ‎ 解析 根据“传送带上有黑色痕迹”可知,煤块与传送带之间发生了相对滑动,煤块的加速度a小于传送带的加速度a0,根据牛顿第二定律,可得a=μg ‎ ‎ 设经历时间t,传送带由静止开始加速到速度等于v0,煤块则由静止加速到v,有v0=a0t v =at ‎ 由于a a‎3 C.a1 > a2,a2 < a3 D.a1 > a2,a2 > a3‎ ‎ 答案 C ‎ 解析 由牛顿定律F合=ma ‎ a1=‎ ‎=‎ a2=‎ ‎=‎ a3=‎ 比较上述三式可知a1 > a2,a2 < a3,故选C.‎ ‎2.(04全国卷Ⅱ21)放在水平地面上的一物块,受到方向不变的水平推力F的作用,F的大小与时间t的关系,和物块速度v与时间t的关系如图所示,取重力加速度g=‎10 m/s2.由此两图线可以求得物块的质量m和物块与地面之间的动摩擦因数μ分别为 （ ）‎ ‎ ‎ A.m=‎0.5 kg,μ=0.4 B.m=‎1.5 kg,μ= C.m=‎0.5 kg,μ=0.2 D.m=‎1 kg,μ=0.2‎ ‎ 答案 A ‎ 解析 本题考查读图能力,即从图象中获取信息、筛选信息、利用信息解决问题的能力.正确理解图线表示的意义(特别是突变点表示的意义)是解答本题的关键.由图象可知,在4～6秒内,物体做匀速运动,此时F=2 N,由平衡条件知,2- f =0.在2～4秒内物体做匀加速运动,加速度a=‎2 m/s2,此时F=3 N,由牛顿第二定律,2-,f =μmg,可解得m=‎0.5 kg,μ=0.4. 故选项A正确.‎ ‎3.(05全国14Ⅲ)如图所示,一物块位于光滑水平桌面上,用一大小为F 方向 如图所示的力去推它,使它以加速度a向右运动,若保持力的方向不变而增 大力的大小,则 ( )‎ ‎ A.a变大 B.a不变 C.a变小 D.因为物块的质量未知,故不能确定a变化的趋势 ‎ 答案 A ‎ ‎ 解析 本题考查加速度与受力分析,能力要求较低,属容易题.加速度由合力决定.设θ为力F与水平夹角,通过受力分析得F合=Fcosθ,知推力增大,加速度增大,本题容易忽略之处是桌面光滑,若考虑摩擦力的作用,则容易造成误判 .‎ ‎4.(05全国卷Ⅰ14)一质量为m的人站在电梯中,电梯加速上升,加速度大小为g,g为重力加速度.人对电梯底 部的压力为 ( )‎ A. B.2mg C.mg D.‎ 答案 D 解析 由牛顿第二定律得：F-mg=ma故F=mg时,由牛顿第三定律可知,人对电梯底部的压力为. ‎5.(04全国卷Ⅳ23)如图所示,两个用轻线相连的位于光滑水平面上的物块,质量分别为m1和m2.拉力F1和F2方向相反,与轻线沿同一水平直线,且F1 > F2,试求在两个物块运动过程中轻线的拉力T.‎ ‎ 答案 ‎ ‎ 解析 本题属典型的连接体问题,主要考查牛顿第二定律的应用,整体法与隔离法结合应用是解答本题的切入 点,设两物块一起运动加速度为a,则有F1-F2 =(m1 + m2)a ① ‎ 根据牛顿第二定律,对质量为 m1 的物块有 F1 – T =m1a ②‎ 由①、②两式得 ‎6.(04全国卷Ⅰ25)一小圆盘静止在桌布上,位于一方桌的水平桌面的中央,桌 布的一边与桌的 AB 边重合,如图所示.已知盘与桌布间的动摩擦因数为μ1,‎ 盘与桌面间的动摩擦因数为μ2.现突然以恒定加速度 a 将桌布抽离桌面.加速度的方向是水平的且垂直于AB边.若圆盘最后未从桌面掉下,则加速度 a 满足的条件是什么?(以g表示重力加速度)‎ ‎ 答案 a≥‎ 解析 由相对运动关系求解,取桌布为参考系,设桌长为L,则盘相对桌布的加速度为:a-μ1g,当盘与桌布分离时,盘相对桌布的位移为,所用时间为t,此时对地的速度为v.则 再取地为参考系,若要盘不从桌面下则应满足: ≤ L v=μ1gt 由以上三式可得: a≥‎ ‎7.(04上海5)物体B放在物体A上,A、B的上下表面均与斜面平行(如图),当 两者以相同的初速度靠惯性沿光滑固定斜面C向上做匀减速运动时 ( )‎ A.A受到B的摩擦力沿斜面方向向上 B.A受到B的摩擦力沿斜面方向向下 C.A、B之间的摩擦力为零 D.A、B之间是否存在摩擦力取决于A、B表面的性质 ‎ 答案 C 解析 因斜面光滑，且A、B表面平行，故A、B有相同的加速度a=gsinα.且初速度亦相同，故A、B无相对运动趋势，故C正确.‎ 第四章 曲线运动 第一部分 五年高考题荟萃 ‎2009年高考新题 一、选择题 ‎1.（09·上海·43）右图为一种早期的自行车，这种下带链条传动的自行车前轮的直径很大，这样的设计在当时主要是为了 （ A ）‎ A.提高速度 B.提高稳定性 C.骑行方便 D.减小阻力 ‎2.（09·海南物理·6）近地人造卫星1和2绕地球做匀速圆周运动的周期分别为T1和,设在卫星1、卫星2各自所在的高度上的重力加速度大小分别为、，则 （ B ）‎ A． B． ‎ D． D． ‎ ‎3.（09·广东理科基础·6）船在静水中的航速为v1，水流的速度为v2。为使船行驶到河正对岸的码头，则v1相对v2的方向应为 （ C ）‎ 解析：根据运动的合成与分解的知识,可知要使船垂直达到对岸即要船的合速度指向对岸。根据平行四边行定则，C能。‎ ‎4.（09·宁夏·15）‎ 地球和木星绕太阳运行的轨道都可以看作是圆形的。已知木星的轨道半径约为地球轨道半径的5.2倍，则木星与地球绕太阳运行的线速度之比约为 （ B ）‎ A. 0.19‎‎ B. ‎0.44 C. 2.3 D. 5.2‎ ‎5.（09·广东理科基础·7）滑雪运动员以‎20m／s的速度从一平台水平飞出，落地点与飞出点的高度差3．‎2m。不计空气阻力，g取‎10m／s2。运动员飞过的水平距离为s，所用时间为t，则下列结果正确的是 （ B ） ‎ A．s=‎16m，t=0．50s B．s=‎16m，t=0．80s ‎ C．s=‎20m，t=0．50s D．s=‎20m，t=0．80s ‎ 解析：做平抛运动的物体运动时间由高度决定，根据竖直方向做自由落体运动得。根据水平方向做匀速直线运动可知，B正确。‎ ‎6.（09·广东理科基础·11）宇宙飞船在半径为R。的轨道上运行，变轨后的半径为R2，R1>R2。宇宙飞船绕地球做匀速圆周运动，则变轨后宇宙飞船的 （ D ）‎ ‎ A．线速度变小 B．角速度变小 ‎ C．周期变大 D．向心加速度变大 解析：根据得，可知变轨后飞船的线速度变大，A错；角速度变大B错，周期变小C错；向心加速度在增大D正确。‎ ‎7.（09·广东理科基础·16）如图所示，一带负电粒子以某速度进入水平向右的匀强电场中，在电场力作用下形成图中所示的运动轨迹。M和N是轨迹上的两点，其中M点在轨迹的最右点。不计重力，下列表述正确的是（ C ）‎ A．粒子在M点的速率最大 B．粒子所受电场力沿电场方向 C．粒子在电场中的加速度不变 D．粒子在电场中的电势能始终在增加 解析：根据做曲线运动物体的受力特点合力指向轨迹的凹一侧,再结合电场力的特点可知粒子带负电，即受到的电场力方向与电场线方向相反，B错；从N到M电场力做负功，减速，电势能在增加，当达到M点后电场力做正功加速电势能在减小则在M点的速度最小A错，D错；在整个过程中只受电场力，根据牛顿第二定律加速度不变。‎ ‎8. (09·广东文科基础·57) 图7所示是一个玩具陀螺。a、b和c是陀螺上的三个点。当陀螺绕垂直于地面的轴线以角速度ω稳定旋转时，下列表述正确的是 （ B ）‎ A．a、b和c三点的线速度大小相等 B．a、b和c三点的角速度相等 C．a、b的角速度比c的大 D．c的线速度比a、b的大 二、非选择题 ‎9（09·天津·11） (18分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应为B,方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴的方向夹角为.不计空气阻力，重力加速度为g,求 ‎（1）电场强度E的大小和方向； ‎ ‎（2）小球从A点抛出时初速度v0的大小;‎ ‎（3）A点到x轴的高度h.‎ 答案：（1），方向竖直向上 （2） （3）‎ 解析：本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。‎ ‎（1）小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡（恒力不能充当圆周运动的 向心力），有 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 重力的方向竖直向下，电场力方向只能向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上。‎ ‎（2）小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，，如图所示。设半径为r，由几何关系知 ‎ ③‎ 小球做匀速圆周运动的向心力由洛仑兹力白日提供，设小球做圆周运动的速率为v，有 ‎ ④‎ 由速度的合成与分解知 ‎ ⑤‎ 由③④⑤式得 ‎ ⑥‎ ‎（3）设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 ‎ ⑦‎ 由匀变速直线运动规律 ‎ ⑧‎ 由⑥⑦⑧式得 ‎ ⑨‎ ‎10.（09·安徽·24）（20分）过山车是游乐场中常见的设施。下图是一种过山车的简易模型，它由水平轨道和在竖直平面内的三个圆形轨道组成，B、C、D分别是三个圆形轨道的最低点，B、C间距与C、D间距相等，半径、。一个质量为kg的小球（视为质点），从轨道的左侧A点以的初速度沿轨道向右运动，A、B间距m。小球与水平轨道间的动摩擦因数，圆形轨道是光滑的。假设水平轨道足够长，圆形轨道间不相互重叠。重力加速度取，计算结果保留小数点后一位 数字。试求 ‎ （1）小球在经过第一个圆形轨道的最高点时，轨道对小球作用力的大小；‎ ‎ （2）如果小球恰能通过第二圆形轨道，B、C间距应是多少；‎ ‎ （3）在满足（2）的条件下，如果要使小球不能脱离轨道，在第三个圆形轨道的设计中，半径应满足的条件；小球最终停留点与起点的距离。‎ 答案：（1）10.0N；（2）‎12.5m(3) 当时， ；当时， ‎ 解析：（1）设小于经过第一个圆轨道的最高点时的速度为v1根据动能定理 ‎ ①‎ ‎ 小球在最高点受到重力mg和轨道对它的作用力F，根据牛顿第二定律 ‎ ②‎ 由①②得 ③‎ ‎（2）设小球在第二个圆轨道的最高点的速度为v2，由题意 ‎ ④‎ ‎ ⑤‎ 由④⑤得 ⑥‎ ‎（3）要保证小球不脱离轨道，可分两种情况进行讨论：‎ I．轨道半径较小时，小球恰能通过第三个圆轨道，设在最高点的速度为v3，应满足 ‎ ⑦‎ ‎ ⑧‎ 由⑥⑦⑧得 ‎ II．轨道半径较大时，小球上升的最大高度为R3，根据动能定理 ‎ ‎ 解得 ‎ 为了保证圆轨道不重叠，R3最大值应满足 ‎ ‎ 解得 R3=‎‎27.9m 综合I、II，要使小球不脱离轨道，则第三个圆轨道的半径须满足下面的条件 ‎ ‎ 或 ‎ 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L′，则 ‎ ‎ ‎ ‎ 当时，小球最终焦停留点与起始点A的距离为L〞，则 ‎ ‎ ‎11.（09·福建·20）（15分）如图所示，射击枪水平放置，射击枪与目标靶中心位于离地面足够高的同一水平线上，枪口与目标靶之间的距离s=‎100 m，子弹射出的水平速度v=‎200m/s，子弹从枪口射出的瞬间目标靶由静止开始释放，不计空气阻力，取重力加速度g为‎10 m/s2，求：‎ ‎（1）从子弹由枪口射出开始计时，经多长时间子弹击中目标靶？‎ ‎（2）目标靶由静止开始释放到被子弹击中，下落的距离h为多少？‎ 答案：（1）0.5s（2）‎‎1.25m 解析：本题考查的平抛运动的知识。‎ ‎（1）子弹做平抛运动，它在水平方向的分运动是匀速直线运动，设子弹经t时间集中目标靶，则 ‎ t=‎ ‎ 代入数据得 ‎ t=0.5s ‎ （2）目标靶做自由落体运动，则h=‎ 代入数据得 h=‎‎1.25m ‎12.（09·浙江·24）（18分）某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛。比赛路径如图所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟。已知赛车质量m=‎0.1kg，通电后以额定功率P=1.5w工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3N，随后在运动中受到的阻力均可不记。图中L=‎10.00m，R=‎0.32m，h=‎1.25m，S=‎1.50m。问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？（取g=10 ）‎ 答案：2.53s 解析：本题考查平抛、圆周运动和功能关系。‎ 设赛车越过壕沟需要的最小速度为v1，由平抛运动的规律 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 ‎ 设赛车恰好越过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v2，最低点的速度为v3，由牛顿第二定律及机械能守恒定律 ‎ ‎ ‎ ‎ 解得 m/s 通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是 ‎ m/s 设电动机工作时间至少为t，根据功能原理 ‎ ‎ 由此可得 t=2.53s ‎13.（09·四川·25） (20分)如图所示，轻弹簧一端连于固定点O，可在竖直平面内自由转动，另一端连接一带电小球P,其质量m=2×10‎-2 kg,电荷量q=‎0.2 C.将弹簧拉至水平后，以初速度V0=‎20 m/s竖直向下射出小球P,小球P到达O点的正下方O1点时速度恰好水平，其大小V=‎15 m/s.若O、O1相距R=‎1.5 m,小球P在O1点与另一由细绳悬挂的、不带电的、质量M=1.6×10‎-1 kg的静止绝缘小球N相碰。碰后瞬间，小球P脱离弹簧，小球N脱离细绳，同时在空间加上竖直向上的匀强电场E和垂直于纸面的磁感应强度B=1T的弱强磁场。此后，小球P在竖直平面内做半径r=‎0.5 m的圆周运动。小球P、N均可视为质点，小球P的电荷量保持不变，不计空气阻力，取g=‎10 m/s2。那么，‎ ‎（1）弹簧从水平摆至竖直位置的过程中，其弹力做功为多少？‎ ‎（2）请通过计算并比较相关物理量，判断小球P、N碰撞后能否在某一时刻具有相同的速度。‎ ‎(3)若题中各量为变量，在保证小球P、N碰撞后某一时刻具有相同速度的前提下，请推导出r的表达式(要求用B、q、m、θ表示，其中θ为小球N的运动速度与水平方向的夹角)。‎ 解析：（1）设弹簧的弹力做功为W，有：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　①‎ 代入数据，得：W＝J　　　　　　　　　　　　　　　 　②‎ ‎（2）由题给条件知，N碰后作平抛运动，P所受电场力和重力平衡，P带正电荷。设P、N碰后的速度大小分别为v1和V，并令水平向右为正方向，有: ③‎ 而： 　　　　　　　　　　　　　　　　 ④‎ 若P、N碰后速度同向时，计算可得V时,F>0,即拉力；当v<时,F<0,即推力.故D对. ‎6.(06重庆理综14)如图所示,在同一竖直面内,小球a、b从高度不同的两点,分 别以初速度va和vb沿水平方向抛出,经过时间ta和tb后落到与两抛出点水平距 离相等的P点.若不计空气阻力,下列关系式正确的是 ( )‎ A.ta>tb,vatb,va>vb C.tavb 答案 A 解析 两小球做平抛运动,由图知ha>hb,则ta>tb;又水平位移相同,根据s =vt,可知va1）之间变化，且重力加速度反常的最大值出现在半为L的范围的中心,如果这种反常是由于地下存在某一球形空腔造成的，试求此球形空腔球心的深度和空腔的体积。‎ 答案：（1）；（2）,‎ 解析：本题考查万有引力部分的知识.‎ ‎（1）如果将近地表的球形空腔填满密度为的岩石,则该地区重力加速度便回到正常值.因此,重力加速度反常可通过填充后的球形区域产生的附加引力………①来计算,式中的m是Q点处某质点的质量,M是填充后球形区域的质量,……………②‎ 而r是球形空腔中心O至Q点的距离………③‎ 在数值上等于由于存在球形空腔所引起的Q点处重力加速度改变的大小.Q点处重力加速度改变的方向沿OQ方向,重力加速度反常是这一改变在竖直方向上的投影………④‎ 联立以上式子得 ‎,…………⑤‎ ‎（2）由⑤式得,重力加速度反常的最大值和最小值分别为……⑥‎ ‎……………⑦‎ 由提设有、……⑧‎ 联立以上式子得,地下球形空腔球心的深度和空腔的体积分别为 ‎,‎ ‎17.（09·北京·22）（16分）已知地球半径为R，地球表面重力加速度为g，不考虑地球自转的影响。‎ ‎（1）推导第一宇宙速度v1的表达式；‎ ‎（2）若卫星绕地球做匀速圆周运动，运行轨道距离地面高度为h，求卫星的运行周期T。‎ 解析：（1）设卫星的质量为m,地球的质量为M,‎ 在地球表面附近满足 ‎ 得 ① ‎ 卫星做圆周运动的向心力等于它受到的万有引力 ‎ ‎ ②‎ ‎①式代入②式，得到 ‎（2）考虑式，卫星受到的万有引力为 ‎ ③‎ 由牛顿第二定律 ④‎ ‎③、④联立解得 ‎18.（09·天津·12）（20分）2008年12月，天文学家们通过观测的数据确认了银河系中央的黑洞“人马座A*”的质量与太阳质量的倍数关系。研究发现，有一星体S2绕人马座A*做椭圆运动，其轨道半长轴为9.50102天文单位（地球公转轨道的半径为一个天文单位），人马座A*就处在该椭圆的一个焦点上。观测得到S2星的运行周期为15.2年。‎ ‎（1）若将S2星的运行轨道视为半径r=9.50102天文单位的圆轨道，试估算人马座A*的质量MA是太阳质量Ms 的多少倍(结果保留一位有效数字)；‎ ‎（2）黑洞的第二宇宙速度极大，处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚。由于引力的作用，黑洞表面处质量为m的粒子具有势能为Ep=-G(设粒子在离黑洞无限远处的势能为零)，式中M、R分别表示黑洞的质量和半径。已知引力常量G=6.710-11N·m2/kg2，光速c=3.0‎108m/s，太阳质量Ms=2.0‎1030kg，太阳半径Rs=7.0‎108m，不考虑相对论效应，利用上问结果，在经典力学范围内求人马座A*的半径RA与太阳半径之比应小于多少（结果按四舍五入保留整数）。‎ 答案：（1），（2）‎ 解析：本题考查天体运动的知识。其中第2小题为信息题，如“黑洞”“引力势能”等陌生的知识都在题目中给出，考查学生提取信息，处理信息的能力，体现了能力立意。‎ ‎（1）S2星绕人马座A*做圆周运动的向心力由人马座A*对S2星的万有引力提供，设S2星的质量为mS2，角速度为ω，周期为T，则 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 设地球质量为mE，公转轨道半径为rE，周期为TE，则 ‎ ③‎ 综合上述三式得 ‎ ‎ ‎ 式中 TE=1年 ④‎ ‎ rE=1天文单位 ⑤‎ ‎ 代入数据可得 ‎ ⑥‎ ‎（2）引力对粒子作用不到的地方即为无限远，此时料子的势能为零。“处于黑洞表面的粒子即使以光速运动，其具有的动能也不足以克服黑洞对它的引力束缚”，说明了黑洞表面处以光速运动的粒子在远离黑洞的过程中克服引力做功，粒子在到达无限远之前，其动能便减小为零，此时势能仍为负值，则其能量总和小于零，则有 ‎ ⑦‎ 依题意可知 ‎ ，‎ 可得 ‎ ⑧‎ 代入数据得 ‎ ⑨‎ ‎ ⑩‎ ‎2008年高考题 一、选择题 ‎1.(08全国Ⅰ17)已知太阳到地球与地球到月球的距离的比值约为390,月球绕地球旋转的周期约为27天,利用上述数据以及日常的天文知识,可估算出太阳对月球与地球对月球的万有引力的比值约为 ( )‎ ‎ A.0.2 ‎ B‎.2 ‎ C.20 D.200‎ ‎ 答案 B ‎ 解析 估算太阳对月球的万有引力时,地、月间距忽略不计,认为月球处于地球公转的轨道上.设太阳、地球、月球的质量分别为M、m地、m月,日、地间距为r1,地、月间距为r2,地球、月球做匀速圆周运动的周期分别为T1、T2,根据万有引力定律、牛顿第二定律得:‎ ‎ 对于月球:F地月=m月 ①‎ 对于地球: ②‎ 由②式得 所以F日月= ③‎ 由①、③两式得:F日月: F地月=‎ ‎2.(08北京理综17)据媒体报道,“嫦娥一号”卫星环月工作轨道为圆轨道,轨道高度‎200 km,运行周期127分 钟.若还知道引力常量和月球平均半径,仅利用以上条件不能求出的是 （ ）‎ A.月球表面的重力加速度 B.月球对卫星的吸引力 C.卫星绕月运行的速度 D.卫星绕月运行的加速度 答案 B 解析 设月球质量为M,平均半径为R,月球表面的重力加速度为g,卫星的质量为m,周期为T ‎,离月球表面的高度为h,月球对卫星的吸引力完全提供向心力,由万有引力定律知 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 由①②可得,故选项A不正确;因卫星的质量未知,故不能求出月球对卫星的吸引力,故选项B正确;卫星绕月运行的速度,故选项C错误;卫星绕月运行的加速度,故选项D错误.‎ ‎3.(08四川理综20)‎1990年4月25日,科学家将哈勃天文望远镜送上距地球表面约‎600 km的高空,使得人类对宇宙中星体的观测与研究有了极大的进展.假设哈勃天文望远镜沿圆轨道绕地球运行.已知地球半径为6.4×‎106 m,利用地球同步卫星与地球表面的距离为3.6×‎107 m这一事实可得到哈勃天文望远镜绕地球运行的周期.以下数据中最接近其运行周期的是 ( )‎ A. 0.6‎小时  B.1.6小时 C.4.0小时 D.24小时 答案 B 解析 由万有引力公式.‎ 所以,代入相关数据,可估算出T哈与1.6小时较接近.‎ ‎4.(08山东理综18)据报道,我国数据中继卫星“天链一号01星”于‎2008年4月25日在西昌卫星发射中心发射升空,经过4次变轨控制后,于‎5月1日成功定点在东经77°赤道上空的同步轨道.关于成功定点后的“天链一号01星”,下列说法正确的是 ( ) A.运行速度大于‎7.9 km/s B.离地面高度一定,相对地面静止 C.绕地球运行的角速度比月球绕地球运行的角速度大 D.向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小相等 答案 BC 解析 由题中描述知“天链一号01星”是地球同步卫星,所以它运行速度小于7.9 km/s,离地高度一定,相对地面静止.由于运行半径比月球绕地球运行半径小,由ω=得绕行的角速度比月球绕地球运行的角速度大.由于受力情况不同,所以向心加速度与静止在赤道上物体的向心加速度大小不相等.‎ ‎5.(08广东理科基础5)人造卫星绕地球做匀速圆周运动,卫星所受万有引力F与轨道半径r的关系是 ( )‎ A.F与r成正比 B.F与r成反比 C.F与r2成正比 D.F与r2成反比 答案 D 解析 由F得F与r2成反比.‎ ‎6.(08广东理科基础8)由于地球的自转,使得静止在地面的物体绕地轴做匀速圆周运动.对于这些做匀速圆周运动的物体,以下说法正确的是 ( )‎ A.向心力都指向地心  B.速度等于第一宇宙速度 C.加速度等于重力加速度  D.周期与地球自转的周期相等 答案 D 解析 随地球自转的物体的周期与地球自转周期相同,向心力垂直地轴,指向地轴的相应点,速度远小于第一宇宙速度,加速度远小于重力加速度.‎ ‎7.(08江苏1)火星的质量和半径分别约为地球的和,地球表面的重力加速度为g,则火星表面的重力加速度约为 ( ) A.‎0.2‎ g‎  B.‎0.4 g  C.‎2.5 ‎g  D‎.5 g 答案 B 解析 在星球表面万有引力近似等于所受的重力.‎ 由 ‎8.(08广东12)如图是“嫦娥一号”奔月示意图,卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨,进入地月转移轨道,最终被月球引力捕获,成为绕月卫星,并开展对月球的探测.下列说法正确的是 ( ) ‎ A.发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度 B.在绕月圆轨道上,卫星周期与卫星质量有关 C.卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比 D.在绕月圆轨道上,卫星受地球的引力大于受月球的引力 答案 C 解析 “嫦娥一号”要想脱离地球的束缚而成为月球的卫星,其发射速度必须达到第二宇宙速度,若发射速度达到第三宇宙速度,“嫦娥一号”将脱离太阳系的束缚,故选项A错误;在绕月球运动时,月球对卫星的万有引力完全提供向心力,则即卫星周期与卫星的质量无关,故选项B错误;卫星所受月球的引力,故选项C正确;在绕月圆轨道上,卫星受地球的引力小于受月球的引力,故选项D错误.‎ 二、非选择题 ‎9.(08山东基本能力测试32)‎ 人造卫星发射、载人航天和深空探测是航天技术的三大领域.从第一颗人造地球卫星发射升空,到“神舟五号”、“神舟六号”载人航天以及月球探测卫星“嫦娥一号”的相继成功,表明我国逐步迈进了世界航天大国的行列.‎ ‎(1)2007年4月,我国成功发射了第五颗北斗导航卫星.该卫星受 作用,在距离地面2.15万千米的轨道上绕地球运动 ‎(2)“神舟七号”航天员将进行第一次太空行走,即出舱活动,航天员在太空中通常靠手、机械臂或载人机动装置(关键部件是可以控制的小火箭)移动身体,其中载人机动装置的运动原理是 ‎ ‎(3)我国的新一代通信卫星“东方红三号”,是相对于地球静止、位于赤道上空的同步卫星.与地面通信装置相比,关于卫星通信的说法正确的是 ( )‎ A.通信覆盖范围大 B.受地理因素影响 C.受大气层的影响 D.不能实现全球通信 ‎(4)“嫦娥一号”为探测月球和月球以外的深空奠定了基础,例如我国建立月球基地天文台将成为可能,与地球相比,月球上有利于光学天文观测的条件是` ( )‎ A.存在大气散射 B.没有大气的影响 C.温度变化悬殊 D.太阳辐射强烈 答案 (1)万有引力或地球引力 ‎(2)作用力与反作用力或反冲运动或动量守恒 ‎(3)A (4)B 解析 (3)通信卫星位于赤道上空,与地面通信装置相比,站得高,看得远,通信覆盖范围大.由于位于大气层之上,不受大气层的影响,不受地面状况的影响.‎ ‎(4) 影响天文观测的因素主要是大气状况,月球上没有大气,非常有利于观测.‎ ‎10.(08全国Ⅱ25)我国发射的“嫦娥一号”探月卫星沿近似于圆形的轨道绕月飞行.为了获得月球表面全貌的信息,让卫星轨道平面缓慢变化.卫星将获得的信息持续用微波信号发回地球.设地球和月球的质量分别为M和m,地球和月球的半径分别为R和R1,月球绕地球的轨道半径和卫星绕月球的轨道半径分别为r和r1,月球绕地球转动的周期为T.假定在卫星绕月运行的一个周期内卫星轨道平面与地月连心线共面,求在该周期内卫星发射的微波信号因月球遮挡而不能到达地球的时间(用M、m、R、R1、r、r1和T表示,忽略月球绕地球转动对遮挡时间的影响).‎ 答案 ‎ 解析 如右图所示,O和O′分别表示地球和月球的中心.在卫星轨道 平面上,A是地月连心线OO′与地月球面的公切线ACD的交点,D、C 和B分别是该公切线与地球表面、月球表面和卫星圆轨道的交点.根据对称性,过A点在另一侧作地月球面的 公切线,交卫星轨道于E点.卫星在 说上运动时发出的信号被遮挡.设探月卫星的质量为m0,万有引力常量为G,根据万有引力定律有 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 式中,T1是探月卫星绕月球转动的周期.‎ 由①②式得 ③‎ 设卫星的微波信号被遮挡的时间为t,则由于卫星绕月球做匀速圆周运动,应有 ‎ ④ 式中,α=∠CO′A,β=∠CO′B.‎ 由几何关系得 rcosα=R-R1 ⑤‎ r1 cos β=R1 ⑥‎ 由③④⑤⑥式得 ‎11.(08宁夏理综23)天文学家将相距较近、仅在彼此的引力作用下运行的两颗恒星称为双星.双星系统在银河系中很普遍.利用双星系统中两颗恒星的运动特征可推算出它们的总质量.已知某双星系统中两颗恒星围绕它们连线上的某一固定点分别做匀速圆周运动,周期均为T,两颗恒星之间的距离为r,试推算这个双星系统的总质量.（万有引力常量为G）‎ 答案 ‎ 解析 设两颗恒星的质量分别为m1、m2,做圆周运动的半径分别为r1、r2,角速度分别为ω1、ω2.根据题意有 ω1=ω2 ①‎ r1+r2=r ②‎ 根据万有引力定律和牛顿运动定律,有 ‎ ③‎ ‎ ④‎ 联立以上各式解得 ‎ ⑤‎ 根据角速度与周期的关系知 ‎ ⑥‎ 联立②⑤⑥式解得m1 + m2 =‎ ‎2004-2007年高考题 题组一 一、选择题 ‎1.(07江苏10)假设太阳系中天体的密度不变,天体直径和天体之间距离都缩小到原来的一半,地球绕太阳公转近似为匀速圆周运动,则下列物理量变化正确的是 ( )‎ A.地球的向心力变为缩小前的一半 B.地球的向心力变为缩小前的  C.地球绕太阳公转周期与缩小前的相同 D.地球绕太阳公转周期变为缩小前的一半 答案 BC 解析 设地球的直径、太阳的直径、太阳与地球间的距离分别由d1、d2、r变为,地球的向心力由万有引力提供,则 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 联立①②两式得:F′=‎ 由万有引力提供向心力,则 F=m ③‎ F′=m′ ④‎ 代入数据联立③④得:T′=T ‎2.(07广东理科基础11)现有两颗绕地球做匀速圆周运动的人造地球卫星A和B,它们的轨道半径分别为rA和rB.如果rA>rB,则 （ ）‎ A.卫星A的运动周期比卫星B的运动周期大 B.卫星A的线速度比卫星B的线速度大 C.卫星A的角速度比卫星B的角速度大 D.卫星A的加速度比卫星B的加速度大  答案 A 解析 由万有引力提供向心力G知,‎ A对;v=,B错; ω=,则ωA<ωB,C错;‎ a=,则aA r2,Ek1 < Ek2‎  C.r1 < r2,Ek1 > Ek2 D.r1 > r2,Ek1 > Ek2‎ 答案  B 解析 做匀速圆周运动的物体,满足,由于阻力作用,假定其半径不变,其动能减小,则,由上式可知,人造卫星必做向心运动,其轨迹半径必减小,由于人造卫星到地心距离慢慢变 化,其运动仍可看作匀速运动,‎ 由可知,其运动的动能必慢慢增大.‎ ‎8.(05天津理综21)土星周围有美丽壮观的“光环”,组成环的颗粒是大小不等、线度从1μm到‎10 m的岩石、尘埃,类似于卫星,它们与土星中心的距离从7.3×‎104 km延伸到1.4×‎105 km.已知环的外缘颗粒绕土星做圆周运动的周期约为14 h,引力常量为6.67×10-11 N·m2/kg2,则土星的质量约为（估算时不考虑环中颗粒间的相互作用） ( )‎ A.9.0‎‎×‎1016 kg B.6.4×‎1017 kg ‎ C.9.0×‎1025 kg D.6.4×‎‎1026 kg 答案 D 解析 由万有引力作用提供向心力得 所以M= ‎=6.4×‎‎1026kg ‎9.(05北京理综20)已知地球质量大约是月球质量的81倍,地球半径大约是月球半径的4倍.不考虑地球、月球自转的影响,由以上数据可推算出 （ ）‎ A.地球的平均密度与月球的平均密度之比约为9∶8 B.地球表面重力加速度与月球表面重力加速度之比约为9∶4 ‎ C.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器的周期与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器的周期之比约为8∶9‎ D.靠近地球表面沿圆轨道运行的航天器线速度与靠近月球表面沿圆轨道运行的航天器线速度之比约为81∶4‎ 答案 C 解析 ①‎ ‎∴‎ ‎②由mg=‎ ‎∴‎ ‎③由mg=mr ‎∴‎ ‎④由 ‎∴‎ ‎10.(04江苏4)若人造卫星绕地球做匀速圆周运动,则下列说法正确的是 （ ）‎ A.卫星的轨道半径越大,它的运行速度越大 B.卫星的轨道半径越大,它的运行速度越小 C.卫星的质量一定时,轨道半径越大,它需要的向心力越大 ‎ D.卫星的质量一定时,轨道半径越大,它需要的向心力越小 ‎ 答案 BD 解析 由牛顿第二定律知,故A错,B对. 卫星绕地球做匀速圆周运动所需向心力为F向=m,故C错,D对. ‎ ‎11.(04上海3)火星有两颗卫星,分别是火卫一和火卫二,它们的轨道近似为圆.已知火卫一的周期为7小时39分,火卫二的周期为30小时18分,则两颗卫星相比 （ ） A.火卫一距火星表面较近 B.火卫二的角速度较大 C.火卫一的运动速度较大 D.火卫二的向心加速度较大 答案 AC 解析 据R=可知A正确.据ω=可知B错.据v= 可知C正确.据a=可知D错.‎ ‎12.(04北京理综20)1990年5月,紫金山天文台将他们发现的第2752号小行星命名为吴健雄星,该小行星的半径为‎16 km.若将此小行星和地球均看成质量分布均匀的球体,小行星密度与地球相同.已知地球半径R=‎ ‎6 ‎400 km,地球表面重力加速度为g.这个小行星表面的重力加速度为 ( )‎ A.400g B.g C.20g D.g 答案 B 解析 质量分布均匀的球体的密度ρ=3M/4πR3‎ 地球表面的重力加速度：g=GM/R2=‎ 吴健雄星表面的重力加速度：g′=GM/r2=‎ g/g′=R/r=400,故选项B正确.‎ ‎13.(04全国卷Ⅳ17)我们的银河系的恒星中大约四分之一是双星.某双星由质量不等的星体S1和S2构成,两星在相互之间的万有引力作用下绕两者连线上某一定点C做匀速圆周运动.由天文观察测得其运动周期为T,S1到C点的距离为r1,S1和S2的距离为r,已知引力常量为G.由此可求出S2的质量为 （ ）  A. B. C. D. ‎ 答案 D 解析 双星的运动周期是一样的,选S1为研究对象,根据牛顿第二定律和万有引力定律得 ‎,则m2=.故正确选项D正确.‎ 二、非选择题 ‎14.(06天津理综25)神奇的黑洞是近代引力理论所预言的一种特殊天体,探寻黑 洞的方案之一是观测双星系统的运动规律.天文学家观测河外星系大麦哲伦云 时,发现了LMCX-3双星系统,它由可见星A和不可见的暗星B构成. 两星 视为质点,不考虑其他天体的影响,A、B围绕两者连线上的O点做匀速圆周运 动,它们之间的距离保持不变,如图所示.引力常量为G,由观测能够得到可见星 A的速率v和运行周期T. ‎(1)可见星A所受暗星B的引力FA可等效为位于O点处质量为m′的星体（视 为质点）对它的引力,设A和B的质量分别为m1、m2,试求m′(用m1、m2表示); ‎（2）求暗星B的质量m2与可见星A的速率v、运行周期T和质量m1之间的关系式； ‎（3）恒星演化到末期,如果其质量大于太阳质量ms的2倍,它将有可能成为黑洞.若可见星A的速率v=2.7×105 m/s,运行周期T=4.7π×104 s,质量m1=6 ms,试通过估算来判断暗星B有可能是黑洞吗？‎ ‎(G=6.67×10-11 N·m2/kg2,ms=2.0×‎1030 kg) 答案 (1) (2) (3)暗星B有可能是黑洞 解析 （1）设A、B的圆轨道半径分别为r1、r2,由题意知,A、B做匀速圆周运动的角速度相同,设其为ω.由牛顿运动定律,有 FA=m1ω2r1‎ FB=m2ω2r2‎ FA=FB 设A、B之间的距离为r,又r =r1+r2,由上述各式得 r = ① 由万有引力定律,有 FA=‎ 将①代入得FA=G 令FA=‎ 比较可得m′= ②‎ ‎（2）由牛顿第二定律,有 ③‎ 又可见星A的轨道半径r1= ④‎ 由②③④式解得 ⑤‎ ‎（3）将m1=6 ms代入⑤式,得  代入数据得 ‎ ⑥‎ 设m2=nms(n > 0),将其代入⑥式,得 ‎ ⑦‎ 可见,的值随n的增大而增大,试令n=2,‎ 得 ⑧‎ 若使⑦式成立,则n必大于2,即暗星B的质量m2必大于2ms,由此得出结论：暗星B有可能是黑洞. ‎15.(04广东16)某颗地球同步卫星正下方的地球表面上有一观察者,他用天文望远镜观察被太阳光照射的此卫星.试问,春分那天(太阳光直射赤道)在日落后12小时内有多长时间该观察者看不见此卫星?已知地球半径为R,地球表面处的重力加速度为g,地球自转周期为T,不考虑大气对光的折射. 答案 ‎ 解析 根据题意画出卫星接不到太阳光的几何图景,然后由牛顿第二定律及万有引力提供向心力求出卫星的轨道半径,再由几何知识求出对应的角度,最后由周期公式求出时间即可. 设所求时间为t,m、M分别为卫星、地球质量,r为卫星到地心的距离,有 春分时,太阳光直射地球赤道,如图所示,图中圆E为赤道,S表示卫星,A表示观察者,O表示地心.由图可看出,当卫星S转到S′位置间,卫星恰好处于地球的阴影区,卫星无法反射太阳光,观察者将看不见卫星.由图有rsinθ=R t =‎ 对地面上质量为m′的物体有G 由以上各式可知t =‎ ‎16.(04北京春季24)“神舟五号”载人飞船在绕地球飞行的第5圈进行变轨,由原来的椭圆轨道变为距地面高度h=‎342 km的圆形轨道.已知地球半径R=6.37×‎103 km,地面处的重力加速度g =‎10 m/s2.试导出飞船在上述圆轨道上运行的周期T的公式（用h、R、g表示），然后计算周期T的数值（保留两位有效数字）.‎ 答案 T=2π 5.4×103 s 解析 设地球质量为M,飞船质量为m,速度为v,圆轨道的半径为r,由万有引力定律和牛顿第二定律,有 ①‎ ‎ ②‎ 地面附近 ③‎ 由已知条件r=R+h ④‎ 解以上各式得T =2π ⑤‎ 代入数值,T=5.4×103 s ‎17.(04全国卷Ⅰ23)在“勇气号”火星探测器着陆的最后阶段,着陆器降落到火星表面上,再经过多次弹跳才停下来.假设着陆器第一次落到火星表面弹起后,到达最高点时高度为h,速度方向是水平的,速度大小为v0,求它第二次落到火星表面时速度的大小,计算时不计火星大气阻力.已知火星的一个卫星的圆轨道的半径为r,周期为T,火星可视为半径为r0的均匀球体. 答案 ‎ 解析 以g′表示火星表面附近的重力加速度,M表示火星的质量,m表示火星的卫星质量,m′表示火星表面 处某一物体的质量,由万有引力定律和牛顿第二定律,有 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 探测器从最高点h到第二次落地,可看作平抛运动.‎ 设v表示着陆器第二次落到火星表面时的速度,它的竖直分量为v1,水平分量仍为v0,有 ‎ =‎2g′h ③‎ v= ④‎ 由以上各式解得v=‎ 第六章 机械能 第一部分 五年高考题荟萃 ‎2009年高考新题 一、选择题 ‎1.（09·全国卷Ⅱ·20）以初速度v0竖直向上抛出一质量为m的小物体。假定物块所受的空气阻力f大小不变。已知重力加速度为g，则物体上升的最大高度和返回到原抛出点的速率分别为 （ A ）‎ A．和 B．和 C．和 D．和 解析：本题考查动能定理.上升的过程中,重力做负功,阻力做负功,由动能定理得,,求返回抛出点的速度由全程使用动能定理重力做功为零,只有阻力做功为有,解得,A正确。‎ ‎2.（09·上海物理·5）小球由地面竖直上抛，上升的最大高度为H，设所受阻力大小恒定，地面为零势能面。在上升至离地高度h处，小球的动能是势能的两倍，在下落至离高度h处，小球的势能是动能的两倍，则h等于 （ D ）‎ A．H/9 B．2H/‎9 ‎‎ ‎C．3H/9 D．4H/9‎ 解析：小球上升至最高点过程：；小球上升至离地高度h处过程：，又；小球上升至最高点后又下降至离地高度h处过程：，又；以上各式联立解得，答案D正确。‎ ‎3.（09·江苏物理·9）如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力，A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中，下列说法中正确的有 （ BCD ）‎ A．当A、B加速度相等时，系统的机械能最大 B．当A、B加速度相等时，A、B的速度差最大 C．当A、B的速度相等时，A的速度达到最大 D．当A、B的速度相等时，弹簧的弹性势能最大 解析：处理本题的关键是对物体进行受力分析和运动过程分析，使用图象处理则可以使问题大大简化。对A、B在水平方向受力分析如图，F1为弹簧的拉力；当加速度大小相同为a时，对Ａ有，对Ｂ有，得，在整个过程中Ａ的合力（加速度）一直减小而Ｂ的合力（加速度）一直增大，在达到共同加速度之前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）。两物体运动的v-t图象如图，tl时刻，两物体加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2时刻两物体的速度相等，Ａ速度达到最大值，两实线之间围成的面积有最大值即两物体的相对位移最大，弹簧被拉到最长；除重力和弹簧弹力外其它力对系统正功，系统机械能增加，tl时刻之后拉力依然做正功，即加速度相等时，系统机械能并非最大值。‎ ‎4.（09·广东理科基础·8）游乐场中的一种滑梯如图所示。小朋友从轨道顶端由静止开始下滑，沿水平轨道滑动了一段距离后停下来，则 （ D ）‎ ‎ A．下滑过程中支持力对小朋友做功 ‎ B．下滑过程中小朋友的重力势能增加 ‎ C．整个运动过程中小朋友的机械能守恒 ‎ D．在水平面滑动过程中摩擦力对小朋友做负功 解析：在滑动的过程中，人受三个力重力做正功，势能降低B错；支持力不做功，摩擦力做负功，所以机械能不守恒，AC皆错，D正确。‎ ‎5.（09·广东理科基础·9）物体在合外力作用下做直线运动的v一t图象如图所示。下列表述正确的是（ A ）‎ ‎ A．在0—1s内，合外力做正功 ‎ B．在0—2s内，合外力总是做负功 ‎ C．在1—2s内，合外力不做功 ‎ D．在0—3s内，合外力总是做正功 解析：根据物体的速度图象可知，物体0-1s内做匀加速合外力做正功，A正确；1-3s内做匀减速合外力做负功。根据动能定理0到3s内，1—2s内合外力做功为零。‎ ‎6. (09·广东文科基础·58) 如图8所示，用一轻绳系一小球悬于O点。现将小球拉至水 平位置，然后释放，不计阻力。小球下落到最低点的过程中，下列表述正确的是 （ A ）‎ A．小球的机械能守恒 B．小球所受的合力不变 C．小球的动能不断减小 D．小球的重力势能增加 ‎7.（09·山东·18）‎‎2008年9月25日 至28日我国成功实施了“神舟”七号载入航天飞行并实现了航天员首次出舱。飞船先沿椭圆轨道飞行，后在远地点‎343千米处点火加速，由椭圆轨道变成高度为‎343千米的圆轨道，在此圆轨道上飞船运行周期约为90分钟。下列判断正确的是 （ BC ）‎ P 地球 Q 轨道1‎ 轨道2‎ A．飞船变轨前后的机械能相等 B．飞船在圆轨道上时航天员出舱前后都处于失重状态 C．飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度 D．飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时的加速度大于变轨后沿圆轨道运动的加速度 解析：飞船点火变轨，前后的机械能不守恒，所以A不正确。飞船在圆轨道上时万有引力来提供向心力，航天员出舱前后都处于失重状态，B正确。飞船在此圆轨道上运动的周期90分钟小于同步卫星运动的周期24小时，根据可知，飞船在此圆轨道上运动的角度速度大于同步卫星运动的角速度，C正确。飞船变轨前通过椭圆轨道远地点时只有万有引力来提供加速度，变轨后沿圆轨道运动也是只有万有引力来提供加速度，所以相等，D不正确。‎ 考点：机械能守恒定律，完全失重，万有引力定律 提示：若物体除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)不做功，且其他力做功之和不为零，则机械能不守恒。‎ 根据万有引力等于卫星做圆周运动的向心力可求卫星的速度、周期、动能、动量等状态量。由得，由得，由得，可求向心加速度。‎ ‎8.（09·山东·22）图示为某探究活动小组设计的节能运动系统。斜面轨道倾角为30°，质量为M的木箱与轨道的动摩擦因数为。木箱在轨道端时，自动装货装置将质量为m的货物装入木箱，然后木箱载着货物沿轨道无初速滑下，与轻弹簧被压缩至最短时，自动卸货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，再重复上述过程。下列选项正确的是 （ BC ）‎ ‎ A．m＝M ‎　B．m＝‎‎2M ‎　C．木箱不与弹簧接触时，上滑的加速度大于下滑的加速度 ‎　D．在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能 解析：受力分析可知，下滑时加速度为，上滑时加速度为，所以C正确。设下滑的距离为l，根据能量守恒有，得m＝‎‎2M ‎。也可以根据除了重力、弹性力做功以外，还有其他力(非重力、弹性力)做的功之和等于系统机械能的变化量，B正确。在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中，减少的重力势能转化为弹簧的弹性势能和内能，所以D不正确。‎ 考点：能量守恒定律，机械能守恒定律，牛顿第二定律，受力分析 提示：能量守恒定律的理解及应用。‎ 二、非选择题 ‎9.（09·全国卷Ⅰ·25）如图所示，倾角为θ的斜面上静止放置三个质量均为m的木箱，相邻两木箱的距离均为l。工人用沿斜面的力推最下面的木箱使之上滑，逐一与其它木箱碰撞。每次碰撞后木箱都粘在一起运动。整个过程中工人的推力不变，最后恰好能推着三个木箱匀速上滑。已知木箱与斜面间的动摩擦因数为μ,重力加速度为g.设碰撞时间极短，求 ‎(1)工人的推力；‎ ‎(2)三个木箱匀速运动的速度；‎ ‎(3)在第一次碰撞中损失的机械能。‎ 答案：（1）；（2）；（3）。‎ 解析：(1)当匀速时,把三个物体看作一个整体受重力、推力F、摩擦力f和支持力.根据平衡的知识有 ‎(2)第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为V1,加速度 根据运动学公式或动能定理有 ‎,碰撞后的速度为V2根据动量守恒有,即碰撞后的速度为,然后一起去碰撞第三个木箱,设碰撞前的速度为V3‎ 从V2到V3的加速度为,根据运动学公式有,得,跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有,得就是匀速的速度.‎ 设第一次碰撞中的能量损失为,根据能量守恒有,带入数据得。‎ ‎10.（09·山东·24）如图所示，某货场而将质量为m1=‎100 kg的货物（可视为质点）从高处运送至地面，为避免货物与地面发生撞击，现利用固定于地面的光滑四分之一圆轨道，使货物中轨道顶端无初速滑下，轨道半径R=‎1.8 m。地面上紧靠轨道次排放两声完全相同的木板A、B，长度均为l=‎2m，质量均为m2=‎‎100 kg ‎，木板上表面与轨道末端相切。货物与木板间的动摩擦因数为1，木板与地面间的动摩擦因数=0.2。（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，取g=‎10 m/s2）‎ ‎（1）求货物到达圆轨道末端时对轨道的压力。‎ ‎（2）若货物滑上木板4时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求1应满足的条件。‎ ‎（3）若1=0。5，求货物滑到木板A末端时的速度和在木板A上运动的时间。‎ 解析：（1）设货物滑到圆轨道末端是的速度为，对货物的下滑过程中根据机械能守恒定律得，①设货物在轨道末端所受支持力的大小为,根据牛顿第二定律得，②‎ 联立以上两式代入数据得③‎ 根据牛顿第三定律，货物到达圆轨道末端时对轨道的压力大小为3000N，方向竖直向下。‎ ‎（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得④‎ 若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得⑤‎ 联立④⑤式代入数据得⑥。‎ ‎（3），由⑥式可知，货物在木板A上滑动时，木板不动。设货物在木板A上做减速运动时的加速度大小为，由牛顿第二定律得⑦‎ 设货物滑到木板A末端是的速度为，由运动学公式得⑧‎ 联立①⑦⑧式代入数据得⑨‎ 设在木板A上运动的时间为t，由运动学公式得⑩‎ 联立①⑦⑨⑩式代入数据得。‎ 考点：机械能守恒定律、牛顿第二定律、运动学方程、受力分析 ‎11.（09·宁夏·36）两质量分别为M1和M2的劈A和B，高度相同，放在光滑水平面上，A和B的倾斜面都是光滑曲面，曲面下端与水平面相切，如图所示，一质量为m的物块位于劈A的倾斜面上，距水平面的高度为h。物块从静止滑下，然后双滑上劈B。求物块在B上能够达到的最大高度。 ‎ 解析：设物块到达劈A的低端时，物块和A的的速度大小分别为和V，由机械能守恒和动量守恒得 ‎ ①‎ ‎ ②‎ 设物块在劈B上达到的最大高度为，此时物块和B的共同速度 ‎ 大小为，由机械能守恒和动量守恒得 ‎ ③‎ ‎ ④‎ 联立①②③④式得 ‎ ⑤‎ ‎2008年高考题 一、选择题 ‎1.（08全国Ⅱ18）如右图,一很长的、不可伸长的柔软轻绳跨过光滑定滑轮,绳两端各系一小 球a和b.a球质量为m,静置于地面；b球质量为3m,用手托往,高度为h,此时轻绳刚好拉紧.‎ 从静止开始释放b后,a可能达到的最大高度为 ( ) ‎ A.h B.1.5h C.2h D.2.5h 答案 B 解析 b着地前,根据牛顿第二定律：‎ 对于b：3mg-T=3ma ①‎ 对于a：T-mg=ma ②‎ ‎①、②式相加得：2mg=4ma,a=,v2=2ah b着地后,a做竖直上抛运动,v2=2gh1‎ 设最大高度为H,则H=h+h1‎ 所以 ‎2.(08宁夏理综18)一滑块在水平地面上沿直线滑行,t=0时其速度为‎1 m/s.从此刻开始滑块运动方向上再施加一水平面作用力F,力F和滑块的速度v随时间的变化规律分别如图a和图b所示。设在第1秒内、第2秒内、第3秒内力F对滑块做的功分别为W1、W2、W3,则以下关系式正确的是 （ ）‎ ‎ ‎ A. W1=W2=W3 B.W11).断开轻绳,棒 和环自由下落.假设棒足够长,与地面发生碰撞时,触地时间极短,无动能损失.棒在整 个运动过程中始终保持竖直,空气阻力不计.求： ‎(1)棒第一次与地面碰撞弹起上升过程中,环的加速度. ‎(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间,棒运动的路程s. ‎(3)从断开轻绳到棒和环都静止,摩擦力对环及棒做的总功W.‎ 答案 (1)(k-1)g,方向竖直向上 (2) (3)- ‎ 解析 (1)设棒第一次上升过程中,环的加速度为a环 环受合力F环=kmg-mg ①‎ 由牛顿第二定律F环=ma环 ②‎ 由①②得a环=(k-1)g,方向竖直向上 ‎(2)设以地面为零势能面,向上为正方向,棒第一次落地的速度大小为v1.‎ 由机械能守恒得：×2mv12=2mgH 解得v1=‎ 设棒弹起后的加速度a棒 由牛顿第二定律a棒=-(k+1)g 棒第一次弹起的最大高度H1=-‎ 解得H1=‎ 棒运动的路程s=H+2H=‎ ‎(3)解法一：棒第一次弹起经过t1时间,与环达到相同速度v1′ 环的速度v1′=-v1+a环t1 棒的速度v1′=v1+a棒t1 环的位移h环1=-v1t1+a环t12 棒的位移h棒1=v1t1+a棒t12 x1=h环1-h棒1 解得：x1=-‎ 棒环一起下落至地 v22-v1′2=2gh棒1 解得：v2=‎ 同理,环第二次相对棒的位移 x2=h环2-h棒2=-‎ ‎…… xn=-‎ 环相对棒的总位移 x=x1+x2+……+xn+…… W=kmgx 得W=-‎ 解法二：设环相对棒滑动距离为l 根据能量守恒mgH+mg(H+l)=kmgl 摩擦力对棒及环做的总功 W=-kmgl 解得W=-‎ ‎11.（07全国卷Ⅱ23）如图所示,位于竖直平面内的光滑轨道,由一段斜的 直轨道和与之相切的圆形轨道连接而成,圆形轨道的半径为R.一质量为m 的小物块从斜轨道上某处由静止开始下滑,然后沿圆形轨道运动.要求物块 能通过圆形轨道最高点,且在该最高点与轨道间的压力不能超过5mg(g为重力加速度).求物块初始位置相对于圆形轨道底部的高度h的取值范围. 答案 R≤h≤5R 解析 设物块在圆形轨道最高点的速度为v,由机械能守恒定律得 mgh=2mgR+mv2 ① 物块在最高点受的力为重力mg、轨道的压力N.重力与压力的合力提供向心力,有 mg+N=m ② 物块能通过最高点的条件是 N≥0 ③ 由②③式得 v≥ ④ 由①④式得 h≥R ⑤ 按题目要求,N≤5 mg,由②式得 v≤ ⑥ 由①⑥式得 h≤5R ⑦ h的取值范围是 R≤h≤5R ⑧ ‎12.（07天津理综23）如图所示,水平光滑地面上停放着一辆小车,左侧靠在 竖直墙壁上,小车的四分之一圆弧轨道AB是光滑的,在最低点B与水平轨 道BC相切,BC的长度是圆弧半径的10倍,整个轨道处于同一竖直平面内.‎ 可视为质点的物块从A点正上方某处无初速下落,恰好落入小车圆弧轨道 滑动.然后沿水平轨道滑行至轨道末端C处恰好没有滑出.已知物块到达圆弧轨道最低点B时对轨道的压力是物块重力的9倍,小车的质量是物块的3倍,不考虑空气阻力和物块落入圆弧轨道时的能量损失.求: ‎(1)物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的几倍. ‎(2)物块与水平轨道BC间的动摩擦因数μ.‎ 答案 (1)4倍 (2)0.3 解析 (1)设物块的质量为m,其开始下落处的位置距BC的竖直高度为h,到达B点时的速度为v,小车圆弧轨道半径为R.由机械能守恒定律,有 mgh=mv2 ① 根据牛顿第二定律,有 ‎9mg-mg=m ② 解得h=4R ③‎ 即物块开始下落的位置距水平轨道BC的竖直高度是圆弧半径的4倍. ‎(2)设物块与BC间的滑动摩擦力的大小为F,物块滑到C点时与小车的共同速度为v′,物块在小车上由B运动到C的过程中小车对地面的位移大小为s.依题意,小车的质量为‎3m,BC长度为10 R.由滑动摩擦定律,有 F=μmg ④ ‎ 由动量守恒定律,有mv=(m+3m)v′ ⑤ 对物块、小车分别应用动能定理,有 ‎-F(10R+s)=mv′2-mv2 ⑥ Fs=(‎3m)v′2-0 ⑦‎ 解得μ=0.3 ⑧‎ ‎13.(06广东15)一个质量为‎4 kg的物体静止在足够大的水平地面上,物体与 地面间的动摩擦因数μ=0.1.从t=0开始,物体受到一个大小和方向呈周期 性变化的水平力F作用,力F随时间的变化规律如图所示.求83秒内物体 的位移大小和力F对物体所做的功(g取10 m/s2). 答案 167 m 676 J 解析 第1个2s内,其加速度: a1== m/s2=‎2 m/s2 第1个2 s末的速度:‎ v1=a1t=2×‎2 m/s=‎4 m/s 第1个2 s内的位移:‎ s1= 第2个2 s内做减速运动,其加速度大小: a2= 第2个2 s末的速度:v2=v1-a2t=0 第2个2 s内的位移:s2= 故物体先匀加速2 s达最大速度4 m/s,后又匀减速运动2 s速度变为零,以后将重复这个运动. 前84 s内物体的位移s=21(s1+s2)=168 m 最后1 s内物体的位移s′= 故83秒内物体的位移为168 m-1 m=167 m 第83秒末的速度与第3秒末的速度相等,故v=v1 所以力F对物体所做的功W=mv2+fs83=8 J+668 J=676 J ‎14.(06全国卷Ⅱ23)如图所示,一固定在竖直平面内的光滑的半圆形轨道ABC,‎ 其半径R=0.5 m,轨道在C处与水平地面相切,在C处放一小物块,给它一 水平向左的初速度v0=5 m/s,结果它沿CBA运动,通过A点,最后落在水平 地面上的D点,求C、D间的距离s.取重力加速度g=10 m/s2. 答案 1 m 解析 设小物块的质量为m,过A处时的速度为v,由A到D经历的时间为t,有 mv02=mv2+2mgR ① ‎2R=gt2 ② s=vt ③ 由①②③式并代入数据得s=1 m ‎15.(06北京理综22)右图是简化后的跳台滑雪的雪道示意图.整个雪道由倾斜的助 滑雪道AB和着陆雪道DE,以及水平的起跳平台CD组成,AB与CD圆滑连接. 运动员从助滑雪道AB上由静止开始,在重力作用下,滑到D点水平飞出,不计飞行中的空气阻力,经2 s在水平方向飞行了60 m,落在着陆雪道DE上.已知从B点到D点运动员的速度大小不变.(g取10 m/s2)求： ‎（1）运动员在AB段下滑到B点的速度大小. ‎（2）若不计阻力,运动员在AB段下滑过程中下降的高度.‎ 答案 （1）30 m/s （2）45 m  解析 （1）运动员从D点飞出时的速度 v==‎30 m/s 依题意,下滑到助滑雪道末端B点的速度大小是30 m/s. ‎（2）在下滑过程中机械能守恒,有 mgh=mv2下降的高度h==‎45 m 题组二 一、选择题 ‎1.(06江苏3)一质量为m的物体放在光滑水平面上,今以恒力F沿水平方向推该物体,在相同的时间间隔内,下列 说法正确的是 （ ） A.物体的位移相等 ‎ B.物体动能的变化量相等 C.F对物体做的功相等 ‎ D.物体动量的变化量相等 答案 D 解析 物体在恒力F作用下做匀变速直线运动,在相同时间间隔T内,其位移不相等,故力对物体做功不相等,由动能定理可知,外力做的功等于物体动能的变化,由此可知,A、B、C选项错误；物体动量的变化等于合外力的冲量,由于力F和时间t相等,故动量的变化量相等. ‎2.(06江苏9)如图所示,物体A置于物体B上,一轻质弹簧一端固定,另一端与 B相连,在弹性限度范围内,A和B一起在光滑水平面上做往复运动（不计空气 阻力）,并保持相对静止,则下列说法正确的是 （ ）‎ A.A和B均做简谐运动 B.作用在A上的静摩擦力大小与弹簧的形变量成正比 C.B对A的静摩擦力对A做功,而A对B的静摩擦力对B不做功 D.B对A的静摩擦力始终对A做正功,而A对B的静摩擦力始终对B做负功 ‎ 答案 AB 解析 A、B保持相对静止,其水平方向的运动等效于水平方向弹簧振子的运动,故A对;A物体做简谐运动的回复力是B对A的静摩擦力提供的,设B对A的静摩擦力为F时,弹簧伸长量为x,对A物体有：F=mAa,对A、B整体有：kx=(mA+mB)a,联立得：F=,由此可知B项正确；B对A的静摩擦力可以对A做正功,也可以对A做负功,故C、D错.‎ ‎3.(06江苏10)我省沙河抽水蓄能电站自2003年投入运行以来,在缓解用电高峰电 力紧张方面,取得了良好的社会效益和经济效益.抽水蓄能电站的工作原理是,在 用电低谷时（如深夜）,电站利用电网多余电能把水抽到高处蓄水池中,到用电高 峰时,再利用蓄水池中的水发电,如图,蓄水池（上游水库）可视为长方体,有效总 库容量（可用于发电）为V,蓄水后水位高出下游水面H,发电过程中上游水库水位最大落差为d.统计资料表明,该电站年抽水用电为2.4×108 kW·h,年发电量为1.8×108 kW·h.则下列计算结果正确的是（水的密度为ρ,重力加速度为g,涉及重力势能的计算均以下游水面为零势能面） ( ) A.能用于发电的水的最大重力势能Ep=ρVgH B.能用于发电的水的最大重力势能Ep=ρVg C.电站的总效率达75% D.该电站平均每天所发电能可供给一个大城市居民用电（电功率以105 kW计）约10 h ‎ 答案 BC 解析 以下游水面为零势能面,则用于发电的水的重心位置离下游水面高为（H-）,故其最大重力势能Ep=ρVg(H-),A错,B对；电站的总功率η=×100%=×100%=75%,故C对；设该电站平均每天 发电可供一个大城市居民用电t小时,则：Pt=.代入数据得t=5 h,故D错. ‎4.(06全国卷Ⅱ18)如图所示,位于光滑水平桌面上的小滑块P和Q都可视作质点,‎ 质量相等.Q与轻质弹簧相连.设Q静止,P以某一初速度向Q运动并与弹簧发生 碰撞.在整个碰撞过程中,弹簧具有的最大弹性势能等于 ( )‎ A.P的初动能 B.P的初动能的 C.P的初动能的 D.P的初动能的 ‎ 答案 B 解析 当两物体有相同速度时,弹簧具有最大弹性势能,由动量守恒得 mv=2mv′∴v′= 由关系得：Epm=mv2-·2m（）2=mv2=Ek. ‎5.(05江苏10)如图所示, 固定的光滑竖直杆上套着一个滑块,用轻绳系着滑块绕过 光滑的定滑轮,以大小恒定的拉力F拉绳,使滑块从A点起由静止开始上升.若从 A点上升至B点和从B点上升至C点的过程中拉力F做的功分别为W1、W2,滑块 经B、C两点时的动能分别为EkB、EkC,图中AB=BC,则一定 （ ）‎ A.W1>W2 B.W1< W 2 C.EkB>EkC D.EkBW2. 因F大小未知,则物体由A到C的过程是加速、减速情况难以确定.故A项正确. ‎6.（05辽宁大综合35）一物块由静止开始从粗糙斜面上的某点加速下滑到另一点，在此过程中重力对物块做的功等于 （ ） A.物块动能的增加量 B.物块重力势能的减少量与物块克服摩擦力做的功之和 C.物块重力势能的减少量和物块动能的增加量以及物块克服摩擦力做的功之和 D.物块动能的增加量与物块克服摩擦力做的功之和 答案 D 解析 重力对物块所做的功等于物块重力势能的减少量，所以A、B、C均错；物块下滑过程中，受重力、支持力和摩擦力作用，其中支持力不做功，只有重力和摩擦力做功，由动能定理知：WG-Wf=ΔEk，所以得WG=ΔEk+Wf,D正确.‎ 二、非选择题 ‎7.（05北京理综2）是竖直平面内的四分之一圆弧轨道，在下端B与水平 直轨道相切，如图所示.一小球自A点起由静止开始沿轨道下滑.已知圆轨 道半径为R，小球的质量为m，不计各处摩擦.求： ‎（1）小球运动到B点时的动能； ‎（2）小球下滑到距水平轨道的高度为R时速度的大小和方向； ‎（3）小球经过圆弧轨道的B点和水平轨道的C点时，所受轨道支持力NB、NC各是多大？ 答案 （1）mgR (2)（]gR）方向与竖直方向成30° ‎ ‎(3)NB=3mg NC=mg 解析 （1）根据机械能守恒EK=mgR ‎(2)根据机械能守恒定律：ΔEK=ΔEP mv2=mgR 小球速度大小v= 速度方向沿圆弧的切线向下，与竖直方向成30°. ‎（3）根据牛顿运动定律及机械能守恒，在B点 NB-mg=m,mgR=mvB2 解得NB=3 mg 在C点：NC=mg ‎8.（05上海19）A.某滑板爱好者在离地h=‎1.8 m高的平台上滑行，水平离开A点后落 在水平地面的B点，其水平位移s1=3 m.着地时由于存在能量损失，着地后速度变为 v=‎4 m/s，并以此为初速沿水平地面滑s2=‎8 m后停止.已知人与滑板的总质量m=‎60 kg.求： ‎（1）人与滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力大小； ‎（2）人与滑板离开平台时的水平初速度.（空气阻力忽略不计，g取10 m/s2） 答案 (1)60 N (2)5 m/s 解析 （1）设滑板在水平地面滑行时受到的平均阻力为f，‎ 根据动能定理有-fs2=0-mv2 ①‎ 由①式解得f==N=60N ②‎ ‎（2）人和滑板一起在空中做平抛运动，设初速为v0，飞行时间为t，根据平抛运动规律有 h=gt2 ③‎ v0= ④‎ 由③④两式解得 v0== m/s=‎5 m/s ‎ B.如图所示，某人乘雪橇从雪坡经A点滑至B点，接着沿水平路面滑至C点停止，人与雪橇的总质量为‎70 kg.表中记录了沿坡滑下过程中的有关数据，请根据图表中的数据解决下列问题： 位置 A B C 速度（m/s）‎ ‎2.0‎ ‎12.0‎ ‎0‎ 时刻（s）‎ ‎0‎ ‎4‎ ‎10‎ ‎（1）人与雪橇从A到B的过程中，损失的机械能为多少？ ‎（2）设人与雪橇在BC段所受阻力恒定，求阻力大小.（g取10 m/s2）‎ 答案 （1）9 100 J （2）140 N 解析 （1）从A到B的过程中，人与雪橇损失的机械能为  ΔE=mgh+mvA2-mvB2 ‎  =（70×10×20+×70×2.02-×70×12.02）J=9 100 J ‎ ‎（2）人与雪橇在BC段做匀减速运动的加速度 a== m/s2=‎-2 m/s2  根据牛顿第二定律 f=ma=70×(-2) N=-140 N  ‎9.(05全国卷Ⅱ23)如图所示,在水平桌面的边角处有一轻质光滑的定滑轮K,一条 不可伸长的轻绳绕过K分别与物块A、B相连,A、B的质量分别为mA、mB.开始 时系统处于静止状态.现用一水平恒力F拉物块A,使物块B上升.已知当B上升 距离为h时,B的速度为v.求此过程中物块A克服摩擦力所做的功.（重力加速度为g.）‎ 答案 Fh-(mA+mB)v2-mBgh 解析 在此过程中,B的重力势能增加mBgh,A、B动能的增量为(mA+mB)v2,恒力F做的功为Fh,用W表示物体A克服摩擦力所做的功,由功能原理得 Fh-W=(mA+mB)v2+mBgh 即W=Fh-(mA+mB)v2-mBgh ‎10.(05广东14)如图所示，半径R=‎0.40 m的光滑半圆环轨道处于竖直平面内，‎ 半圆环与粗糙的水平地面相切于圆环的端点A.一质量m=0.10 kg的小球，以 初速度v0=7.0 m/s在水平地面上向左做加速度a=3.0 m/s2的匀减速直线运动，‎ 运动‎4.0 m后，冲上竖直半圆环，最后小球落在C点.求A、C间的距离（取重力加速度g=‎10 m/s2）.‎ 答案 ‎1.2 m 解析 匀减速运动过程中，有： vA2-v02=-2ax ① 恰好做圆周运动时，物体在最高点B满足： mg=m，vB1=‎2 m/s ② 假设物体能到达圆环的最高点B，由机械能守恒： mvA2=2mgR+mvB2 ③ 联立①③可得vB=3 m/s 因为vB>vB1，所以小球能通过最高点B. 小球从B点做平抛运动：有 ‎2R=gt2 ④ sAC=vB·t ⑤ 由④⑤得：sAC=1.2 m ⑥ ‎11.(05全国卷Ⅰ24)如图，质量为m1的物体A经一轻质弹簧与下方地面上的质量为m2的物 体B相连，弹簧的劲度系数为k，A、B都处于静止状态.一条不可伸长的轻绳绕过轻滑轮，‎ 一端连物体A，另一端连一轻挂钩.开始时各段绳都处于伸直状态，A上方的一段绳沿竖 直方向.现在挂钩上挂一质量为m3的物体C并从静止状态释放，已知它恰好能使B离开 地面但不继续上升.若将C换成另一个质量为（m1+m3）的物体D，仍从上述初始位置由静止 状态释放，则这次B刚离地时D的速度的大小是多少？已知重力加速度为g.‎ 答案 g 解析 解法一 开始时，A、B静止，设弹簧压缩量为x1，有 kx1=m‎1g ① 挂C并释放后，C向下运动，A向上运动，设B刚要离地时弹簧伸长量为x2，有 kx2=m‎2g ② B不再上升表示此时A和C的速度为零，C 已降到其最低点.由机械能守恒，与初始状态相比，弹簧弹性势能的增加量为ΔE=m‎3g(x1+x2)-m‎1g(x1+x2) ③ C换成D后，当B刚离地时弹簧弹性势能的增量与前一次相同，设此时A、D速度为v，由能量关系得 ‎（m3+m1）v2+m1v2=(m3+m1)g(x1+x2)-m‎1g(x1+x2)-ΔE ④‎ 由①~④式得 v=g  解法二 能量补偿法 据题设，弹簧的总形变量即物体A上升的距离为 h= ① 第二次释放D与第一次释放C相比较，根据能量守恒，可得 m1gh=(‎2m1+m3)v2 ② 由①②得 v=g  ‎12.(04江苏春季13)质量M=6.0的客机,从静止开始沿平直的跑道滑行,当滑行距离：s=‎7.2 ‎m时,达到起飞的速度v=‎60 m/s.‎ ‎ ⑴起飞时飞机的动能多大？‎ ‎⑵若不计滑行过程中所受的阻力,则飞机受到的牵引力为多大？‎ ‎⑶若滑行过程中受到的平均阻力大小为F=3.0N,牵引力与第⑵问中求得的值相等,则要达到上述起飞速度,飞机的滑行距离应为多大？‎ 答案 ⑴1.08 J ⑵1.5 N ⑶ m 解析 ⑴飞机起飞的动能为Ek=Mv2,代入数值得Ek=1.08 J ‎ ‎⑵设牵引力为F1,由动能定理,得F1s=Ek-0,代入数值解得F1=1.5 N ‎ ‎⑶设滑行距离为,由动能定理,得（F1-F）=Ek-0,整理得=,代入数值得 m ‎13.（04江苏15）如图所示,半径为R、圆心为O的大圆环固定在竖直平面内,两个轻质 小圆环套在大圆环上.一根轻质长绳穿过两个小圆环,它的两端都系上质量为m的重物,‎ 忽略小圆环的大小.‎ ‎ ⑴将两个小圆环固定在大圆环竖直对称轴的两侧的位置上（如图）.在两个小圆 环间绳子的中点C处,挂上一个质量M= m的重物,使两个小圆环间的绳子水平,然后无初速释放重物M.设绳子与大、小圆环间的摩擦均可忽略.求重物M下降的最大距离；‎ ‎ ⑵若不挂重物M,小圆环可以在大圆环上自由移动,且绳子与大、小圆环及大、小圆环之间的摩擦均可以忽略.‎ 问两个小圆环分别是在哪些位置时，系统可处于平衡状态？‎ ‎ 答案 h=R ‎ ‎ 解析 ⑴重物向下先做加速运动、后做减速运动,当重物速度为零时,下降的距离最大,设下降的最大距离为h,由机械能守恒定律得 Mgh=2mg[ ] 解得 h= ‎ ‎⑵系统处于平衡状态时,两个小环的位置为 a.两小环同时位于大圆环的底端 ‎ ‎ b.两小环同时位于大圆环的顶端 ‎ c.两小环一个位于大圆环的顶端,另一个位于大圆环的底端 ‎ d.除上述情况外,根据对称可知,系统如能平衡,则两小圆环的位置一定关于大圆环 竖直对称轴对称.设平衡时,两小圆环在大圆环竖直以对称两侧角的位置上（如图 所示）.对于重物m,受绳子拉力T与重力mg作用,有T=mg.对于小圆环,受到三个 力的作用,水平绳子的拉力T、竖直绳子的拉力T、大圆环的支持力N,两绳子的拉力沿大圆环切向分力大 小相等,方向相反T sin =T sin 得 ,而,所以.‎ ‎14.（04安徽春季理综34）如图所示，abc是光滑的轨道，其中ab是水平 的，bc为与ab相切的位于竖直平面内的半圆，半径R=0.30 m，质量 m=‎0.20 kg的小球A静止在轨道上，另一质量M=‎0.60 kg，速度v0=‎ ‎5.5 m‎/s的小球B与小球A正碰.已知相碰后小球A经过半圆的最高点c落到轨道上距b点为l=4R处，重力加速度g=‎10 m/s，求： ‎（1）碰撞结束后，小球A和B的速度的大小；‎ ‎（2）试论证小球B是否能沿着半圆轨道到达c点.‎ 答案 (1)6.0 m/s 3.5 m/s (2)不能 解析 (1)以v1表示小球A碰后的速度,v2表示小球B碰后的速度,v1′表示小球A在半圆最高点的速度,t表示小球A从离开半圆最高点到落在轨道上经过的时间,则有:‎ v1′t=4R ①‎ gt2=2R ②‎ mg(2R)+mv1′2=mv12 ③‎ Mv0=mv1+Mv2 ④‎ 由①②③④求得 v1=2 v2=v0-2‎ 代入数值得 v1=‎6 m/s v2=‎3.5 m/s ‎(2)假定B球刚能沿着半圆的轨道上升到c点，则在c点时，轨道对它的作用力等于零，以vc表示它在c点的速度，vb表示它在b点相应的速度，由牛顿定律和机械能守恒定律，有 Mg=M Mvc2+Mg(2R)= Mvb2 解得 vb= 代入数值得vb=3.9 m/s 由v2=3.5 m/s，可知v2＜vb，所以小球B不能达到半圆轨道的最高点.