高中物理必修一(高考题总结)

第 1 页 共 36 页 直线运动直线运动 1 1 2010 2010 天津天津 3 3 质点做直线运动的 v t 图像如图所示 规定向右为正方向 则该质点在前 8s 内平均速 度的大小和方向分别为 A 0 25m s 向右 B 0 25m s 向左 C 1m s 向右 D 1m s 向左 答案 答案 B B 2 2 2010 2010 上海物理上海物理 12 12 降落伞在匀速下降过程中遇到水平方向吹来的风 若风速越大 则降落伞 A 下落的时间越短 B 下落的时间越长 C 落地时速度越小 D 落地时速度越大 解析 根据 2 2 1 gtH 下落的时间不变 根据 22 yx vvv 若风速越大 y v越大 则降落伞落地时速度越大 本题选 D 本题考查运动的合成和分解 难度 中等 3 3 2010 2010 全国卷全国卷 24 24 汽车由静止开始在平直的公路上行驶 0 60s 内汽车的加速度随时间变化的图线 如右图所示 画出汽车在 0 60s 内的 v t 图线 求在这 60s 内汽车行驶的路程 答案 速度图像为右图 900m 解析 由加速度图像可知前 10s 汽车匀加速 后20s 汽车匀 减速恰好停止 因为图像的面积表示速度的变化 此两段的面积 相等 最大速度为 20m s 所以速度图像为右图 然后利用速度图像的面积求出位移 汽车运动的面积 为匀加速 匀速 匀减速三段的位移之和 900201020301010 321 ssssm 3060 20 10 0 v m s 2 t s 第 2 页 共 36 页 4 4 2010 2010 新课标新课标 24 24 短跑名将博尔特在北京奥运会上创造了 100m 和 200m 短跑项目的新世界纪录 他 的成绩分别是 9 69s 和 l9 30s 假定他在 100m 比赛时从发令到起跑的反应时间是 0 15s 起跑后做匀加 速运动 达到最大速率后做匀速运动 200m 比赛时 反应时间及起跑后加速阶段的加速度和加速时间与 l00m 比赛时相同 但由于弯道和体力等因素的影响 以后的平均速率只有跑 l00m 时最大速率的 96 求 1 加速所用时间和达到的最大速率 2 起跑后做匀加速运动的加速度 结果保留两位小数 解析解析 1 加速所用时间 t 和达到的最大速率 v 100 15 0 69 9 2 0 tvt v 200 15 0 30 19 96 2 0 tvt v 联立解得 st29 1 smv 24 11 2 起跑后做匀加速运动的加速度 a atv 解得 2 71 8sma 1 1 09 09 全国卷全国卷 15 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 1 3 和 0 30s B 3 和 0 30s C 1 3 和 0 28s D 3 和 0 28s 解析解析 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 t v a 得 乙甲 aa 3 根 据牛顿第二定律有 乙甲 m F m F 3 1 得3 乙 甲 m m 由 t sma 4 0 1 10 4 0 4 2 乙 得 t 0 3s B 正确 2 2 09 09 江苏物理江苏物理 7 7 如图所示 以8m s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 2 2 m s 减速时最大加速度大小为 2 5m s 此路段允许行驶的最大速度为 12 5m s 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5m处减速 汽车能停在停车线处 解析解析 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 3060 2 1 1 0 第 3 页 共 36 页 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 2 1110 2 1 tatvx 20m 18m 此时汽车的速度为 1101 tavv12m s0 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 第 7 页 共 36 页 答案 1 sin 2 0 1 mgqE ms t 2 sin sin 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m 3 解析解析 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 2 10 2 1 ats 联立 可得 sin 2 0 1 mgqE ms t 2 滑块速度最大时受力平衡 设此时弹簧压缩量为 0 x 则有 0 sinkxqEmg 从静止释放到速度达到最大的过程中 由动能定理得 0 2 1 sin 2 0 mm mvWxxqEmg 联立 可得 sin sin 2 1 0 2 k qEmg sqEmgmvW m s 3 如图 12 12 09 09 江苏江苏 13 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 第 8 页 共 36 页 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 解析解析 1 第一次飞行中 设加速度为 1 a 匀加速运动 2 11 2 1 taH 由牛顿第二定律 1 mafmgF 解得 4 Nf 2 第二次飞行中 设失去升力时的速度为 1 v 上升的高度为 1 s 匀加速运动 2 211 2 1 tas 设失去升力后的速度为 2 a 上升的高度为 2 s 由牛顿第二定律 2 mafmg 211 tav 2 2 1 2 2a v s 解得 42 21 mssh 3 设失去升力下降阶段加速度为 3 a 恢复升力后加速度为 4 a 恢复升力时速度为 3 v 由牛顿第二定律 3 mafmg F f mg ma4 且 22 33 34 22 vv h aa V3 a3t3 解得 t3 3 2 2 s 或 2 1s 13 13 09 09 海南物理海南物理 15 15 9 分 一卡车拖挂一相同质量的车厢 在水平直道上以 0 12 vm s 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 2 2 am s 的 加速度减速滑行 在车厢脱落3ts 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 第 9 页 共 36 页 解析解析 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F 卡车刹车前后加速度的大小分别为 1 a和 2 a 重力加速度大小为 g 由牛顿第二定律有 1 2 20 3 fMg FMgMa MgMa MgMa 设车厢脱落后 3ts 内卡车行驶的路程为 1 s 末速度为 1 v 根据运动学公式有 2 101 1 2 sv tat 101 vvat 2 12 2 2va s 式中 2 s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 s 有 2 0 2vas 卡车和车厢都停下来后相距 12 ssss 由 至 式得 2 0 02 42 333 v sv tat a 10 带入题给数据得 36sm 11 评分参考 本题 9 分 至 式各 1 分 式 1 分 11 14 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 Sdtt 1 B Sdtt 4 1 2 1 1 C Sdtt 2 1 2 1 1 D Sdtt 4 3 2 1 1 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 第 10 页 共 36 页 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 2 1 t1时 v乙 mgcos 故 b d 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 1 f和 2 f 筒底所受的压力大小为F 已知重力加速度大小为 g 若所以接触都是光滑的 则 A A ab12 Fmmgff B a12 b Fmmgff C a12 ab m gFmmgff D aa12 b m gFmmgff 解析 A 对两刚性球 a 和 b 整体分析 竖 直方向平衡可知 F g 水平方 a m b m 向平衡有 1 f 2 f 20 20 09 09 广东文科基础广东文科基础 58 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 第 21 页 共 36 页 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 21 21 09 09 山东山东 16 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 tan mg F B F mgtan C tan N mg F D FN mgtan 解析解析 对小滑块受力分析如图所示 根据三角 形定则可得 tan mg F sin N mg F 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 22 22 09 09 山东山东 22 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 3 6 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 解析解析 受力 分析可知 下滑时加速度为cosgg 上滑时加速 度为 cosgg 所以 C 正确 设下滑的距离为 l 根据 能量守恒有 coscossinmM glMglmgl 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 2323 09 09 安徽安徽 17 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 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 FN mg f a 第 22 页 共 36 页 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 24 24 09 09 全国全国 25 25 18 分 如图所示 倾角为 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 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 3sin3cosmgmg 2 2 2 sincos 3 gL 3 sincos mgL 解析解析 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 cos3sin3mgmgF 2 第一个木箱与第二个木箱碰撞之前的速度为 V1 加速度 cos sin2 cossin 1 g m mgmgF a根据运动学公式或动能定理 有 cos sin2 1 gLV 碰撞后的速度为 V2根据动量守恒有 21 2mVmV 即碰撞后的速度为 cos sin 2 gLV 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 2 cos sin 2 cos2sin2 2 g m mgmgF a 根据运动学公式有 LaVV 2 2 2 2 3 2 得 cos sin2 3 gLV 跟第三个木箱碰撞根据动量守恒有 43 32mVmV 得 cos sin2 3 2 4 gLV就是匀速的速度 3 设第一次碰撞中的能量损失为E 根据能量守恒有 2 2 2 1 2 2 1 2 1 mVEmV 带入数据得 cos sin mgLE 25 25 09 09 山东山东 24 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 第 23 页 共 36 页 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 解析解析 1 设货物滑到圆轨道末端是的速度为 0 v 对货物的 下滑过程中根据机械能守恒定律得 2 1 0 1 2 mgRmv 设货物在轨道末端所受支持力的大小为 N F 根据牛顿第二定律得 2 0 11N v Fm gm R 联立以上两式代入数据得3000 N FN 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 11212 2 m gmm g 若滑上木板 B 时 木板 B 开始滑动 由受力分析得 11212 m gmm g 联立 式代入数据得 1 0 6 3 1 0 5 由 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 1 a 由牛顿第二定律得 111 1 m gm a 设货物滑到木板 A 末端是的速度为 1 v 由运动学公式得 22 101 2vval 联立 式代入数据得 1 4 vm s 设在木板 A 上运动的时间为 t 由运动学公式得 101 vvat 联立 式代入数据得0 4ts 考点 机械能守恒定律 牛顿第二定律 运动学方程 受力分析 26 26 09 09 安徽安徽 22 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 2 10m sg 当运动员与吊椅一起正以加速度 2 1m sa 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 答案 440N 275N 解析解析 解法一解法一 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 第 24 页 共 36 页 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 ammgmm 2F 乙乙乙乙 NF440 由牛顿第三定律 运动员竖直向下拉绳的力 NF440 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 amgm FF N乙乙 275NFN 由牛顿第三定律 运动员对吊椅的压力也为 275N 解法二解法二 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 MagM FF N mamgFF N 由 得 NF440 28 28 09 09 宁夏理综宁夏理综 33 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 解析解析 i 将重物托起 h 需要做的功 1 mgWh 设人对手柄做的功为 2 W 则千斤顶的效率为 1 2 W W 代入数据可得 3 2 5 0 10WJ F F m人 m椅 g a F m人g a FN 第 25 页 共 36 页 ii 设大活塞的面积为 1 S 小活塞的面积为 2 S 作用在小活塞上的压力为 1 F 当于斤顶的效率为 100 时 有 1 12 Smg FS 2 11 2 22 SD SD 当 1 F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 1 F ODF OC 由 式得 F 500N 29 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 木条的质量可以忽略不计 木条质量为 m 0 50 kg 分布均匀 答案 m20 0 OA m25 0 OA 解析 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 根据力矩平衡条件 则满足条件 coscosOBmgOAMg 木条不会脱离斜面 根据题意有 lOBOA 联立 并代入已知条件得 m20 0 OA 设 G 为木条重心 由题意可知 lAG 2 1 当木条 A 端刚刚离开斜面时 受力情况如图 b 所示 由 中的分析可知 若满足 FN 第 26 页 共 36 页 coscoscosOGgmOBmgOAMg 木条就不会脱离斜面 联立 并代入已知条件得 25 0 OA m 牛顿运动定律牛顿运动定律 1 1 2010 2010 全国卷全国卷 1515 如右图 轻弹簧上端与一质 量为 m 的木块 1 相连 下端与另一质量为 M 的木块 2 相连 整个系统置于 水平放置的光滑木板上 并处于静止状态 现将木板沿水平方向突然抽出 设抽出后的瞬间 木块 1 2 的加速度大小分别为 1 a 2 a 重力加速度大小为 g 则有 A 1 ag 2 ag B 1 0a 2 ag C 1 0a 2 mM ag M D 1 ag 2 mM ag M 答案 C 解析 在抽出木板的瞬时 弹簧对 1 的支持力和对 2 的压力并未改变 对 1 物体受重力和支持力 mg F a1 0 对 2 物体受重力和压力 根据牛顿第二定律g M mM M MgF a 命题意图与考点定位 本题属于牛顿第二定律应用的瞬时加速度问题 关键是区分瞬时力与延时力 2 2 2010 2010 福建福建 16 16 质量为 2kg 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 因数为 0 2 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等 从 t 0 时刻开始 物体受到方向不变 大小呈周期性变 化的水平拉力 F 的作用 F 随时间 t 的变化规律如图所示 重力加速度 g 取 10m s 则物体在 t 0 至 t 12s 这段时间的位移大小为 A 18m B 54m C 72m D 198m 答案 答案 B B 3 3 2010 2010 上海物理上海物理 5 5 将一个物体以某一速度从地面竖直向上抛出 设物体在运动过程中所受空气阻力 大小不变 则物体 A 刚抛出时的速度最大 B 在最高点的加速度为零 C 上升时间大于下落时间 D 上升时的加速度等于下落时的加速度 解析 m f ga上 m f ga下 所以上升时的加速度大于下落时的加速度 D 错误 根据 2 2 1 hgt 上升时间小于下落时间 C 错误 B 也错误 本题选 A 第 27 页 共 36 页 本题考查牛顿运动定律和运动学公式 难度 中 4 4 2010 2010 海南物理海南物理 3 3 下列说法正确的是 A 若物体运动速率始终不变 则物体所受合力一定为零 B 若物体的加速度均匀增加 则物体做匀加速直线运动 C 若物体所受合力与其速度方向相反 则物体做匀减速直线运动 D 若物体在任意的相等时间间隔内位移相等 则物体做匀速直线运动 答案 D 解析 物体运动速率不变但方向可能变化 因此合力不一定为零 A 错 物体的加速度均匀增加 即 加速度在变化 是非匀加速直线运动 B 错 物体所受合力与其速度方向相反 只能判断其做减速运动 但加速度大小不可确定 C 错 若物体在任意的相等时间间隔内位移相等 则物体做匀速直线运动 D 对 5 5 2010 2010 海南物理海南物理 6 6 在水平的足够长的固定木板上 一小物块以某一初速度开始滑动 经一段时间 t 后停止 现将该木板改置成倾角为 45 的斜面 让小物块以相同的初速度沿木板上滑 若小物块与木板之 间的动摩擦因数为 则小物块上滑到最高位置所需时间与 t 之比为 A 2 1 B 1 2 C 2 D 1 2 答案 A 解析 木板水平时 小物块的加速度 1 ag 设滑行初速度为 0 v 则滑行时间为 0 t g v 木板改成 后 小物块上滑的加速度 2 sin45cos45 1 2 2 mgmgg a m 滑行时间 00 2 1 2 t ag vv 因此 1 2 2 1 at ta A 项正确 6 6 2010 2010 海南物理海南物理 8 8 如右图 木箱内有一竖直放置的弹簧 弹簧上方有一物块 木箱静止时弹自由落 体处于压缩状态且物块压在箱顶上 若在某一段时间内 物块对箱顶刚好无压力 则在此段时间内 木 箱的运动状态可能为 A 加速下降 B 加速上升 C 减速上升 D 减速下降 答案 BD 第 28 页 共 36 页 解析 木箱静止时物块对箱顶有压力 则物块受到顶向下的压力 当物块对箱顶刚好无压力时 表明 系统有向上的加速度 是超重 BD 正确 7 7 2010 2010 海南物理海南物理 12 12 雨摘下落时所受到的空气阻力与雨滴的速度有关 雨滴速度越大 它受到的空气 阻力越大 此外 当雨滴速度一定时 雨滴下落时所受到的空气阻力还与雨滴半径的 次方成正比 12 假设一个大雨滴和一个小雨滴从同一云层同时下落 最终它们都 填 加速 减速 或 匀速 下落 填 大 或 小 雨滴先落到地面 接近地面时 填 大 或 小 雨滴 的速度较小 答案 匀速 2 分 大 1 分 小 1 分 解析 由于雨滴受到的空气阻力与速度有关 速度越大阻力越大 因此最终当阻力增大到与重力平衡 时都做匀速运动 设雨滴半径为r 则当雨滴匀速下落时受到的空气阻力 fr 而重力 3 4 3 mgr 由于1 2 因此半径大的匀速运动的速度大 先落地且落地速度大 小雨滴落地 速度小 8 8 2010 2010 福建福建 22 22 如图所示 物体 A 放在足够长的木板 B 上 木板 B 静止于水平面 t 0 时 电动机 通过水平细绳以恒力 F 拉木板 B 使它做初速度为零 加速度 aB 1 0m s2的匀加速直线运动 已知 A 的 质量 mA和 B 的质量 mg 均为 2 0kg A B 之间的动摩擦因数 1 0 05 B 与水平面之间的动摩擦因数 2 0 1 最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等 重力加速度 g 取 10m s2 求 1 物体 A 刚运动时的加速度 aA 2 t 1 0s 时 电动机的输出功率 P 3 若 t 1 0s 时 将电动机的输出功率立即调整 为 P 5W 并在以后的运动过程中始终保持这一功 率不变 t 3 8s 时物体 A 的速度为 1 2m s 则在 t 1 0s 到 t 3 8s 这段时间内木板 B 的位移为多少 答案 答案 2m m F 图 1 图 2 1 2 1 3 t s 0 0 4 F mg 1 5 第 29 页 共 36 页 9 9 2010 2010 海南物理海南物理 16 16 图 l 中 质量为m的物块叠放在质量为2m的足够长的木板上方右侧 木板放在 光滑的水平地面上 物块与木板之间的动摩擦因数为 0 2 在木板上施加一水平向右的拉力 F 在 0 3s 内 F 的变化如图 2 所示 图中 F 以mg为单位 重力加速度 2 10m sg 整个系统开始时静止 1 求 1s 1 5s 2s 3s 末木板的速度以及 2s 3s 末物块的速度 2 在同一坐标系中画出 0 3s 内木板和物块的 t v 图象 据此求 0 3s 内物块相对于木板滑过的距离 解析 1 设木板和物块的加速度分别为a和 a 在t时刻木板和物块的速度分别为 t v 和 t v 木板和物 块之间摩擦力的大小为 f 依牛顿第二定律 运动学公式和摩擦定律得 f ma fmg 当 tt vv 21 21 tt a tt vv 2 Ffm a 21 21 tt a tt vv 由 式与题给条件得 11 523 4m s 4 5m s 4m s 4m s vvvv 23 4m s 4m s vv 2 由 式得到物块与木板运动的 t v 图象 如右图所示 在 0 3s 内物块相对于木板的距离 s 等于木 板和物块 t v 图线下的面积之差 即图中带阴影的四边形面积 该四边形由两个三角形组成 上面的三 角形面积为 0 25 m 下面的三角形面积为 2 m 因此 2 25ms 1 1 09 09 全国卷全国卷 15 15 两物体甲和乙 v m s 1 1 2 3 t s 0 4 5 1 5 4 2 物块 木板 第 30 页 共 36 页 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 1 3 和 0 30s B 3 和 0 30s C 1 3 和 0 28s D 3 和 0 28s 解析解析 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 t v a 得 乙甲 aa 3 根 据牛顿第二定律有 乙甲 m F m F 3 1 得3 乙 甲 m m 由 t sma 4 0 1 10 4 0 4 2 乙 得 t 0 3s B 正确 2 2 09 09 上海上海 7 7 图为蹦极运动的示意图 弹性绳的一端固定在O点 另一端和运动员 相连 运动员从O点自由下落 至B点弹性绳自然伸直 经过合力为零的C点到达最低 点D 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 经过B点时 运动员的速率最大 经过C点时 运动员的速率最大 从C点到D点 运动员的加速度增大 从C点到D点 运动员的加速度不变 A B C D 3 3 09 09 上海上海 46 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 14后轮驱动直流永磁铁电机 车型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 4 09 09 宁夏宁夏 20 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 第 31 页 共 36 页 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 5 09 09 广东物理广东物理 8 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 0 t至 3 t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 7 7 09 09 广东理科基础广东理科基础 4 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 解析解析 对建筑材料进行受力分析 根据牛顿第二定律有mamgF 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 N FFMg 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 第 32 页 共 36 页 8 8 09 09 广东理科基础广东理科基础 15 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 a1 a22al 解析解析 当为 F 时有 m fF a 1 当为 2F 时有 m f a m ffF m fF a 12 2 222 可知 12 2aa D 对 9 9 09 09 山东山东 17 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 10 10 09 09 山东山东 18 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 P A 地球 Q 轨道 1 轨道 2 第 33 页 共 36 页 解析解析 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 2 T 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 2 2 Mmv Gm rr 得 GM v r 由 2 2 2 Mm Gmr rT 得 3 2 r T GM 由 2 2 Mm Gmr r 得 3 GM r 2 n Mm Gma r 可求向心加速度 18 18 09 09 上海物理上海物理 22 22 12 分 如图 A 质量 m 1kg 的物体沿倾角 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 2 比例系数 k sin370 0 6 cos370 0 8 g 10m s2 解析解析 1 对初始时刻 mgsin mgcos ma0 由图读出 a0 4m s2代入式 1 1 解得 0 25 gsin ma0 gcos 2 对末时刻加速度为零 mgsin N kvcos 0 又 N mgcos kvsin 2 由图得出此时 v 5 m s 代入式解得 k 0 84kg s 2 mg sin cos v sin cos 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 第 34 页 共 36 页 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