牛顿第二定律 难题

A．当电梯向上做匀加速直线运动时，物体处于超重状态

B．当电梯向下做匀加速直线运动时，物体处于失重状态

C．当电梯向下做匀减速直线运动时，物体处于超重状态

D．当电梯向上做匀减速直线运动时，物体处于超重状态

【答案】D

【解析】

试题分析：根据牛顿第二定律分析物体受到的支持力与重力的关系，当支持力大于物体的重力时，物体处于超重状态；当支持力小于物体的重力时，物体处于失重状态．

解：A、当电梯向上做匀加速直线运动时，物体的加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合力方向向上，则物体受到的支持力大于重力，处于超重状态．故A正确．

B、当电梯向下做匀加速直线运动时，物体的加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合力方向向下，则物体受到的支持力小于重力，处于失重状态．故B正确．

C、当电梯向下做匀减速直线运动时，物体的加速度方向向上，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合力方向向上，则物体受到的支持力大于重力，处于超重状态．故C正确．

D、当电梯向上做匀减速直线运动时，物体的加速度方向向下，根据牛顿第二定律可知，物体受到的合力方向向下，则物体受到的支持力小于重力，处于失重状态．故D不正确．

本题选择不正确的，故选：D

【点评】判断物体处于超重还是失重状态的问题，实质是牛顿运动定律的具体应用，可在理解的基础上记住产生的条件：当加速度方向向上时，产生超重现象；当加速度方向向下时，产生失重现象．

2．如图，物块A放在倾斜的木板上,木板的倾角α为30°和45°时物块所受摩擦力的大小恰好相同,则

A．物块和木板间的动摩擦因数为0.5

B．物块和木板间的动摩擦因数为

C．木板的倾角α为45°时物块可能在斜面上做匀速运动

D．木板的倾角α为45°时物块一定在斜面上做匀加速运动

【答案】BD

【解析】30°时为静摩擦力，45°时为滑动摩擦力，所以，B对；木板的倾角为45°，有，D对；

3．如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m的A、B两个物体，A、B间的最大静摩擦力为μmg，现用水平拉力F拉B，使A、B以同一加速度运动，则拉力F的最大值为(　　)

A．μmg      B．2μmg

C．3μmg      D．4μmg

【答案】选C. 

【解析】当A、B之间恰好不发生相对滑动时力F最大，此时，对于A物体所受的合外力为μmg

由牛顿第二定律知aA＝＝μg

对于A、B整体，加速度a＝aA＝μg

由牛顿第二定律得F＝3ma＝3μmg.

4．如图所示，某物体沿光滑圆弧轨道由最高点滑到最低点过程中，下列说法正确的是： 

A．物体做匀速圆周运动

B．物体所受的合力方向始终指向圆心O

C．物体所受的支持力大小不变

D．物体所受的合力做正功

【答案】D

【解析】

试题分析：物体做圆周运动，只有重力做正功，速度变大，则A错误；物体做速度逐渐增大的圆周运动，故物体既有切线加速度，又有向心加速度，合加速度方向不是指向圆心的，故物体的合力方向不是指向圆心的（最低点除外），则B错误；因速度变大，则向心力变大，支持力变大，则C错误；根据动能定理可知，动能增大，则合外力做正功，故D正确．故选：D

考点：圆周运动；牛顿定律的应用.

5．滑雪者从斜面顶端由静止开始匀加速下滑，已知他通过斜面中点时的速度为v，则其到达斜面底端的速度为（  ）

A． v    B．（+1）v    C． v    D． v

【答案】C

【解析】

试题分析：根据匀变速直线运动的速度位移公式分别对开始到中点、开始到底端列出方程，求出物体到达底端时的速度．

解：设斜面的长度为x，物体到达底端的速度为v2，到达中点时的速度为v，根据速度位移公式得：

联立两式解得：．故C正确，ABD错误．

故选：C．

【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移公式，并能灵活运用，难度不大，属于基础题．

6．一辆汽车在平直的公路上做匀速直线运动，速度大小为20m/s，突然看到前面有障碍物，开始刹车，汽车作匀减速直线运动，加速度的大小为10m/s2，从开始刹车时刻算起，3.76秒内物体的位移是（  ）

A．105m    B．20m    C．15m    D．30m

【答案】B

【解析】

试题分析：根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移．

解：汽车速度减为零的时间t=＜3.76s，

知3.76s内的位移等于2s内的位移，则x=．故B正确，A、C、D错误．

故选：B．

【点评】本题考查运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动．

7．甲、乙两汽车均以20m/s的速度在公路上沿同方向正常行驶，乙车因遇到突发事件需紧急停车，其刹车时的加速度为10m/s2，停下1分钟后，又以5m/s2的加速度启动到正常行驶速度，则乙车因停车而延误的时间和因停车而落后甲车的距离是（     ）

A.60s    1200m       B.63s    1260m     C.66s    1320m       D.66s    1200m

【答案】B

【解析】

试题分析：乙车做匀减速直线运动过程中的位移为，这个过程中所用时间为，乙车静止时间，做匀加速直线运动过程中的位移为，加速过程中的时间为，乙车的总位移，如果不停车所需的时间．因临时停车而延误的时间为，在此时间内甲车运动的位移为，故B正确；

考点：考查了匀变速直线运动规律的应用

【名师点睛】在分析匀变速直线运动问题时，由于这一块的公式较多，涉及的物理量较多，并且有时候涉及的过程也非常多，所以一定要注意对所研究的过程的运动性质清晰，对给出的物理量所表示的含义明确，然后选择正确的公式分析解题

8．如图所示，质量为m=1kg的物体与水平地面之间的动摩擦因数为0.3，当物体运动的速度为10m／s时，给物体施加一个与速度方向相反的大小为F=2N的恒力，在此恒力作用下(取g=10m／s2)（  ）

A．物体经10s速度减为零

B．物体经5s速度减为零

C．物体速度减为零后将保持静止

D．物体速度减为零后将向右运动

【答案】Ｃ

【解析】

试题分析：物体与水平地面之间的滑动摩擦力为，减速时的加速度为，故物块停下来需要的时间为，又因为，所以停下来之后物块将不再运动，C正确。

考点：牛顿运动定律及其应用

9．将原来相距较近的两个带同种电荷的小球同时由静止释放（小球放在光滑绝缘的水平桌面上），它们仅在库仑力作用下运动过程中（    ）

A．它们的相互作用力不变                 B．它们的加速度之比不断减小

C．它们的相互作用力不断增大                D．它们的动能之和不断增加

【答案】D

【解析】

试题分析：同种电荷的小球会因库仑力相互排斥，且距离越大库仑力越小。根据牛顿运动定律，a=F/m，所以加速度越来越小，但比值不变，由于库仑力对彼此均做正功，所以动能之和不断增加，综上分析，ABC错误。

考点：牛顿运动定律、库仑定律

点评：本题考查了在相互作用力作用下的两个电荷之间的运动情况，根据已知条件，通过库仑定律就能知道相互作用力的大小关系，进而判断点电荷之间的加速度等。

10．（多选）在动摩擦因数的水平面上有一质量为m=2kg的物块,物块与水平弹簧相连，并由一与水平方向成=45°角的拉力F拉着物块，如图所示,此时物块处于静止平衡状态，且水平面对物块的弹力恰好为零。取，以下说法正确的是（  ）

A．此时轻弹簧的弹力大小为20N

B．当撤去拉力F的瞬间,物块的加速度大小为8m/s2,方向向左

C．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度大小为8m/s2，方向向右

D．若剪断弹簧，则剪断的瞬间物块的加速度为0

【答案】AB

【解析】

试题分析：物块受重力、绳子的拉力以及弹簧的弹力处于平衡，根据共点力平衡得，弹簧的弹力：F=mgtan45°=20×1=20N，故A正确；撤去力F的瞬间，弹簧的弹力仍然为20N，物块此时受重力、支持力、弹簧弹力和摩擦力四个力作用；物块所受的最大静摩擦力为：f=μmg=0．2×20N=4N，根据牛顿第二定律得物块的加速度为：；合力方向向左，所以向左加速．故B正确；剪断弹簧的瞬间，弹簧的弹力为零，则物块的加速度为10m/s2，故C错误，D错误；故选AB。

考点：牛顿第二定律的应用

11．关于高中物理实验，下列说法中正确的是

A．利用打点计时器“研究匀变速直线运动规律”的实验中，可以利用纸带打出的点迹间接测得物体的运动速度

B．在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用效果相同，只需橡皮条具有相同的伸长量

C．在“验证牛顿第二定律”实验中，采用了控制变量的实验方法

D．在“验证牛顿第二定律”的实验中，应该先释放小车后接通电源

【答案】AC

【解析】

试题分析：利用打点计时器“研究匀变速直线运动规律”的实验中，可以利用纸带打出的点迹，根据匀变速直线运动的规律来间接测得物体的运动速度，选项A正确；在“验证力的平行四边形定则”实验中，要使力的作用效果相同，只需每次把橡皮条的结点拉倒相同的位置，选项B错误；在“验证牛顿第二定律”实验中，采用了控制变量的实验方法，选项C正确；在“验证牛顿第二定律”的实验中，应该先接通电源后释放小车，选项D错误；故选AC．

考点：物理实验注意事项

12．如图所示，在原来静止的木箱内的水平底面上放着物体A，A被一伸长的弹簧（弹簧轴线沿水平方向）拉住而静止，在以后的运动中发现物体A被向右拉动了，则木箱的运动情况可能是 

A．加速下降                   

B．加速上升

C．匀速向右运动               

D．加速向左运动

【答案】AD

【解析】A向右被拉动了，一种情况是A受到的最大静摩擦力减小了，根据公式可得，减小了，即视重减小了，所以物体处于失重状态，当物体的加速度竖直向下时，物体处于失重状态，所以A正确，B错误。另一种情况是由于惯性的原因，当木箱向左加速运动时，A由于惯性要保持静止，所以会相对木箱向右移动，故C错误D正确。

13．舰载机在停泊的航母上展示飞行训练，若飞机着陆时的速度为200m/s，匀减速滑行的加速度大小为100m/s2，则航母甲板上的跑到长度不小于 （  ）

A．50m    B．100m    C．150m    D．200m

【答案】D

【解析】

试题分析：飞机着陆时作匀减速运动，从减速到停止运动通过的位移大小，即等于航母甲板上跑道的最小长度．

解：已知初速度  v0=200m/s，加速度 a=﹣100m/s2，末速度 v=0

由v2﹣=2ax得：x==m=200m

则航母甲板上的跑道长度不小于200m．

故选：D

【点评】解决本题的关键掌握匀变速直线运动的速度位移关系公式v2﹣=2ax，知道所隐含的末速度为零的条件．

14．如图甲所示，旋臂式起重机的旋臂保持不动，可沿旋臂“行走”的天车有两个功能，一是吊着货物沿竖直方向运动，而是吊着货物沿旋臂水平运动，现天车吊着货物正在沿水平方向向右匀速行驶，同时又启动天车上的起吊电动机，使货物沿竖直方向做匀加速运动，此时，我们站在地面上观察到货物运动的轨迹可能是图乙中的(    )

【答案】 B

【解析】

试题分析：根据题意可知，当天车吊着货物沿水平方向向右匀速行驶时，货物水平方向所受合力为零，由于此时启动天车上的起吊电动机，使货物同时沿竖直方向做匀加速运动，说明货物竖直方向所受合外力竖直向上，因此货物一定做曲线运动，故选项A、C错误；根据加速度与速度、加速度与力的关系可知，做曲线运动的物体所受合外力的方向应指向轨迹的凹侧，故选项B正确；选项D错误。

考点：本题主要考查了了对曲线运动的条件、加速度与速度、加速度与力关系的理解，以及运动的合成与分解问题，属于中档偏低题。

15．汽车从静止开始先做匀加速直线运动，然后做匀速运动．汽车所受阻力恒定，下列汽车功率P与时间t的关系图像中，能描述上述过程的是（  ）

A.              B.              C.             D.

【答案】C

【解析】

试题分析：根据P=Fv，F f=ma，做匀加速运动时，v=at，所以P=Fat，故功率与时间成正比，做匀速运动时，合力为零，即F=f，P=Fv=fv，可知汽车由匀加速运动变为匀速运动，要求牵引力F突然减小，功率突然减小，然后保持不变，所以A.B.D错误；C错误。

考点：本题考查机车的启动

16．一个物体受几个力的作用而处于静止状态，若保持其余几个力不变，而将其中一个力F1逐渐减小到零，然后又逐渐增大到F1（方向不变），在这个过程中，物体        

A．加速度始终增大，速度始终增大   

B．加速度始终减小，速度始终增大 

C．加速度先增大，后减小，速度始终增大直到一定值

D．加速度和速度都是先增大后减小

【答案】C

【解析】物体在受到N个力作用而平衡时，其中的一个力等于其他力的合力，当将其中一个力F1逐渐减小到零时物体所受合力由0增大到F1，加速度逐渐增大到最大，速度一直增大到最大，C对；

17．如图所示，一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱和杆的质量为M，环的质量为m，已知环以某一初速度沿着杆匀减速下滑，设环的加速度大小为a，则在环下滑过程中箱对地面的压力F为

A．F=(M＋m)g                       B．F=Mg＋m(g+a)

C．Mg【答案】B

【解析】

试题分析：环以某一初速度沿着杆匀减速下滑，加速度向上大小为a，根据牛顿第二定律：f-mg=ma；对箱子：F=Mg+f ，解得F=Mg＋m(g+a)，故选B.

考点：牛顿第二定律的应用.

【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用问题；解题的关键是分别对环和箱受力分析，搞清摩擦力的方向，然后根据牛顿定律和平衡知识列得方程即可联立求解；此题中要正确选择研究对象，最好画出受力图，此题还可以用整体法求解.

18．如图所示，自由落下的小球，从接触竖直放置的弹簧开始到弹簧的压缩量最大的过程中，小球的速度和加速度的变化情况是 

A．速度变大，加速度变小

B．速度变小，加速度变小

C．速度先变小，后变大；加速度先变大，后变小

D．速度先变大，后变小；加速度先变小，后变大

【答案】D　

【解析】

试题分析：开始阶段，弹簧的压缩量较小，因此弹簧对小球向上的弹力小于向下重力，此时合外力大小：F=mg-kx，方向向下，随着压缩量的增加，弹力增大，故合外力减小，则加速度减小，由于合外力与速度方向相同，小球的速度增大；当mg=kx时，合外力为零，此时速度最大；由于惯性物体继续向下运动，此时合外力大小为：F=kx-mg，方向向上，物体减速，随着压缩量增大，物体合外力增大，加速度增大．故整个过程中加速度先变小后变大，速度先变大后变小，故D正确．

考点：牛顿定律及运动和力的关系。

19．如图甲所示，A、B是一条电场线上的两点，若在某点释放一初速为零的电子，电子仅受电场力作用，并沿电场线从A运动到B，其速度随时间变化的规律如图乙所示。则(    )

A．电场力FA＞FB        B．电场强度EA＞EB

C．电势φA＜φB        D．电势能EpA＜EpB

【答案】 C

【解析】

试题分析：根据v-t图象可知，电子由A到B做加速度逐渐增大的加速运动，根据牛顿第二定律可知，FA＜FB，且所受电场力方向由A指向B，故选项A错误；又由于F＝eE，所以EA＜EB，故选项B错误；因为电子带负电，所以电场强度方向由B指向A，根据沿着电场线方向电势逐点降低可知，φA＜φB，故选项C正确；根据电势能Ep＝qφ及电子带负电可知，EpA＞EpB，故选项D错误。

考点：本题主要考查了对电场的两个基本性质和v-t图象的理解以及牛顿第二定律的应用问题，属于中档题。

20．如图所示，物块M在静止的传送带上以速度v匀速下滑时，传送带突然启动，方向如图中箭头所示，若传送带的速度大小也为v，则传送带启动后

A. M静止在传送带上

B. M可能沿传送带向上运动

C. M受到的摩擦力不变

D. M下滑的速度不变

【答案】CD

【解析】

试题分析：传送带不动，物块匀速下滑，表明沿斜面向上的滑动摩擦力恰好等于物块的重力沿斜面向下的分力。当传送带突然运动时，滑动摩擦力方向和大小不变，因此物块依旧做匀速下滑，选项A、B错误、C、D正确。

考点：本题考查传送带问题、滑动摩擦力与相对运动等问题。

21．如图所示，一个带电荷量为＋Q 的点电荷甲固定在绝缘平面上的O点；另一个带电荷量为－q、质量为m的点电荷乙，从A点以初速度v0沿它们的连线向甲滑行运动，运动到B点静止．已知静电力常量为k，点电荷乙与水平面的动摩擦因数为μ，A、B间的距离为s．下列说法正确的是   ( 　　)

A．O、B间的距离为

B．点电荷乙从A运动到B的运动过程中，中间时刻的速度小于

C．点电荷乙从A运动到B的过程中，产生的内能为

D．在点电荷甲产生的电场中，A、B两点间的电势差

【答案】BD

【解析】

试题分析：因为在B点静止，所以，即，故选项A错误；因为小球从A运动到B过程中，加速度越来越大，所以中间时刻的速度小于，故选项B正确；由能量守恒定律可知：减小的动能转化为电势能和内能，故选项C错误；从A到B过程中，由动能定理可知：，解得，故选项D正确．

考点：本题借助带电小球的运动，考查了力与运动、牛顿第二定律、动能定理等基础知识的综合应用．

22．如图所示,在方向竖直向下的匀强电场中,一绝缘轻细线一端固定于O点,另一端系一带正电的小球在竖直平面内做圆周运动．小球的电荷量为q,质量为m,绝缘细线长为L,电场的场强为E．若带电小球恰好能通过最高点A,则（    ）

A．在A点时小球的速度v1= 

B．在A点时小球的速度v1= 

C．运动到B点时细线对小球的拉力为6（mg+qE）

D．小球运动到最低点B时的速度v2=

【答案】BCD

【解析】

试题分析：小球在电场中受到重力、电场力和细线的拉力作用，它好能通过最高点A，由重力和电场力的合力提供向心力，根据牛顿第二定律得解得，，选项B正确，A错误；小球由A运动到B的过程中，绳子拉力不做功，根据动能定理得

解得，，选项D正确；在B点：解得，T=6（mg+Eq），选项C正确；故选BCD．

考点：动能定理；牛顿第二定律的应用

【名师点睛】对于圆周运动的问题，往往与动能定理或机械能守恒定律综合起来进行考查，基本题型，难度适中。

23．如图所示，小车上有一个固定的水平横杆，左边有一与横杆固定的轻杆，与竖直方向成θ角，下端连接一小铁球．横杆右边用一根细线吊另外一小铁球，当小车做匀变速运动时，细线保持与竖直方向成α角．若θ＜α则下列哪一项说法正确的是（    ）

A、轻杆对小球的弹力方向与细线平行

B、轻杆对小球的弹力方向沿着轻杆方向向上

C、小车一定以加速度gtanα向右做匀加速运动

D、小车一定以加速度gtanθ向右做匀加速运动

【答案】A

【解析】

试题分析：对细线吊的小球研究，根据牛顿第二定律，得mgtanα=ma，得到a=gtanα；对轻杆固定的小球研究．设轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为β，由牛顿第二定律，得 m′gtanβ=m′a′，因为a=a′，得到β=α＞θ   则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，故A正确．由上可知，轻杆对小球的弹力方向并不沿着轻杆方向向上，故B错误．小车的加速度a=tanα，方向向右，而运动方向可能向右，也向左．故C错误．由上可知小车的加速度gtanα＞gtanθ，故D错误．

考点：牛顿第二定律的应用；力的合成。

24．如图甲所示，绷紧的水平传送带始终以恒定速率运行，质量m=2.0kg的小物块从与传送带等高的光滑水平地面上的A处滑上传送带．若从小物块滑上传送带开始计时，小物块在传送带上运动的v﹣t图象（以地面为参考系）如图乙所示，g取10m/s2，下列判断正确的是（  ）

A．传送带沿逆时针方向运动

B．0～3s内物块做变加速运动

C．传送带的速率为2m/s

D．物块与传送带之间的动摩擦因数为0.4

【答案】C

【解析】

试题分析：0﹣2s时间内物块向左匀减速直线运动，2﹣3s物体向右做匀加速运动，3﹣4s向右做匀速运动．物体先受到向右的摩擦力，然后向右匀加速，当速度增加到与皮带相等时，一起向右匀速，摩擦力消失．

解：A、B由速度图象分析物体的运动过程：0﹣2s时间内木块向左匀减速直线运动，2﹣3s物体向右做匀加速运动，3﹣4s向右做匀速运动．可知，物体先受到向右的摩擦力，则传送带沿顺时针方向运动．故AB错误．

C、3﹣4s物体的速度与皮带速度相等，则传送带的速率为2m/s．故C正确．

D、0﹣2s时间内物块加速度大小为a===2m/s2，根据牛顿第二定律得：μmg=ma得，μ=0.2．故D错误．

故选C．

【点评】本题关键从图象得出物体的运动规律，然后分过程对木块受力分析．根据牛顿第二定律求解μ．

25．质量为M的木板静止在光滑水平面上，一个质量为m的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板，滑块和木板的水平速度随时间变化的图象如图所示，某同学根据图象作出如下一些判断，则正确的是 (    )

A．t1时刻两者速度相同

B．在t1时刻滑块从木板上滑出 

C．滑块的质量小于木板的质量

D．t1时刻后滑块在木板上匀速运动

【答案】B

【解析】

试题分析：小木板受到的水平外力是长木板对它的摩擦力f，f=μmg，做匀减速运动，长木板受到水平合力是小木板对它的摩擦力f，也是f=μmg，方向相反，做匀加速运动。小滑块是否脱离,看最后速度是否相等,相等则不脱离,否则脱离。从速度时间图象上, t1时刻，速度变小的为小滑块,速度从减为，速度增加的木板由0增加到,故t1时刻两者速度不相同，A选项错误；由于M给m的摩擦力f，f=μmg，和m给M的摩擦力f`，也是f`=μmg，大小相等方向相反是作用力与反作用力，f=mam=MaM；由图象知，在t1的时间内匀减速运动的加速度小于匀加速运动的加速度，即am＜aM分析知m＞M，在图象中两物体速度大小始终不相等，故两者始终存在相对运动，因为若滑块没有滑离M时，M会给m摩擦力，使m继续做减速运动，而图象在t1以后的时间里，速度保持不变，所以说明滑块不受摩擦力作用即已滑离木板，B选项正确C选项错误；因为从t1开始，两物体将保持恒定的速度差值，即分别做匀速直线运动且速度大小不同，说明此时两物体均不受摩擦力作用，即此时小滑块已滑离木板，在光滑水平面上做匀速运动．不是在木板上做匀速运动，故D选项错误。解决本题的关键是读v t图象，知道谁是滑块运动的图象，谁是木板运动的图象，由图象比较运动加速度的大小；对滑块和木板进行正确的受力分析，明确产生加速度的合力是相互作用的摩擦力，根据牛顿第二定律确定质量的大小。

考点：牛顿运动定律的应用 相对运动 v t图象

26．如图所示，在光滑的水平面上放置着质量为的木板，在木板的左端有一质量为的木块，在木块上施加一水平向右的恒力，木块与木板由静止开始运动，经过时间分离。下列说法正确的是

A．若仅增大木板的质量，则时间增大

B．若仅增大木块的质量，则时间增大

C．若仅增大恒力，则时间增大

D．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数为，则时间增大

【答案】BD

【解析】

试题分析：根据牛顿第二定律得，m的加速度，M的加速度

根据L=a1t2−a2t2．．若仅增大木板的质量M，m的加速度不变，M的加速度减小，则时间t减小．故A错误．若仅增大小木块的质量m，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故B正确．若仅增大恒力F，则m的加速度变大，M的加速度不变，则t变小．故C错误．若仅增大木块与木板间的动摩擦因数，则m的加速度减小，M的加速度增大，则t变大．故D正确．故选BD。

考点：牛顿第二定律的综合应用

【名师点睛】解决本题的关键通过牛顿第二定律和位移时间公式得出时间的表达式，从而进行逐项分析。

27．实验中保持物体受到的合外力不变，得出图象是一条过原点的直线，说明了（   ）

A．物体的加速度与物体的质量成正比

B．物体的加速度与物体的质量成反比

C．物体的加速度与物体的速度成正比

D．物体的加速度与物体的速度成反比

【答案】B

【解析】图象是一条过原点的直线，说明了物体的加速度与物体的质量成反比，所以B选项正确。物体的加速度与物体的速度没有直接关系，加速度的大小等于速度的变化率。所以C、D选项都错。

28．如图所示，半径R=0.4m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 且μ=0.4。一质量m=0.1kg的小球，以初速度v0=8m/s在粗糙水平地面上向左作直线运动，运动4m后，冲上竖直半圆环，经过最高点B后飞出。取重力加速度g=10m/s2。求：

（1）小球到达A点时速度大小；

（2）小球经过B点时对轨道的压力大小；

【答案】（1）（2）3N

【解析】

试题分析：(1)小球从开始运动到到达A点的过程中，由动能定理

代入数据解得 

（2）由A点到B点由机械能守恒定律得 

在B点时根据牛顿定律 

联立上述两式可解得   

考点：此题考查的物理模型是圆周运动和匀减速直线运动，所用的规律是动能定理、牛顿定律及机械能守恒定律。

29．如图所示，光滑轨道MO和ON顶端对接且ON=2MO.小球自M点以初速度沿OM上滑至O点恰好能沿ON直线下滑。以v、s、a、E0分别表示小球的速度、位移、加速度和动能四个物理量的大小，下列图象中能正确反映出小球自M点运动到N点的运动过程的是（    ）

【答案】AC

【解析】

试题分析：小球上划过程中加速度恒定不变,小球向上做匀减速直线运动,下滑过程中做匀加速直线运动,位移与时间成二次关系,位移时间图像应为曲线,上划过程中重力沿斜面向下的分力与摩擦力方向相同,加速度较大,方向沿斜面向下,ON面上加速度较小,但加速度方向还是沿斜面向下,AC正确,由动能定理可知动能大小与位移大小成正比,所以动能与时间的关系图像应为一条曲线,BD错;

考点：考查力与运动的关系

点评：本题可由受力分析判断加速度的大小关系,要理解匀速、匀变速过程中位移与时间的关系，理解动能定理的内容

30．在一次消防演习中，质量为60kg的消防员欲到达距离楼顶l=40m处的房间。如图所示，他沿一条竖直悬垂的轻绳从静止开始匀加速下滑，当他滑到该房间的窗户A处时，突然停止下滑，同时用脚踢开窗户，自己反弹了一下，然后进入窗内。已知消防员从开始下滑到刚进入窗内共用了时间t=10s，试估算他沿绳子下滑时受到的摩擦力f大小最接近（　  ）

A．100N     B．300N    C．600N     D．900N

【答案】B

【解析】

试题分析：消防员先加速下滑，然后做单摆运动，总时间为10s，而运动员做单摆运动的周期为，所以消防员做单摆的运动时间为，故消防员加速下滑的时间为，所以根据公式可得，，根据牛顿第二定律可得，解得，故选B,

考点：考查了单摆运动以及牛顿第二定律的综合应用

点评：做本题的关键一定要清楚消防员的 运动过程分为两个过程，一是匀加速下滑过程，一是单摆运动，

（1）刹车后3秒内的位移是多少？

（2）制动后6秒内的位移是多少？

【答案】（1）刹车后3秒内的位移是42m；

（2）制动后6秒内的位移是50m．

【解析】

试题分析：根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出刹车后的位移．

解：（1）汽车速度减为零的时间，

则刹车后3s内的位移=42m．

（2）制动后6s内的位移等于5s内的位移，

则．

答：（1）刹车后3秒内的位移是42m；

（2）制动后6秒内的位移是50m．

【点评】本题考查了运动学中的刹车问题，是道易错题，注意汽车速度减为零后不再运动．

32．（10分）一架军用直升机悬停在距离地面 m的高处，将一箱军用物资由静止开始投下，如果不打开物资上的自动减速伞，物资经4s落地。为了防止物资与地面的剧烈撞击，须在物资距离地面一定高度时将物资上携带的自动减速伞打开。已知物资接触地面的安全限速为2m/s，减速伞打开后物资所受空气阻力是打开前的18倍。减速伞打开前后空气阻力均认为大小不变，忽略减速伞打开的时间，取g=10 m/s2。求：

（1）减速伞打开后物资的加速度为多大？ 

（2）减速伞打开时物资速度最多为多少？

【答案】（1）26m/s2

（2）v0=28m/s

【解析】设物资质量为m，不打开伞的情况下，

物资经t=4s落地。由牛顿第二定律和运动学公式得

   （1分）

   （1分）

解得  8m/s2，   （2分）

设物资落地速度恰为v=2m/s时，减速伞打开的高度为h，开伞时物资的速度为v0，由牛顿第二定律和运动学公式得

   （2分）

  （1分）                  （1分）

解得： 26m/s2       （1分）              v0=28m/s   （1分）

33．一辆汽车以72km/h的速度在平直公路上行驶，现因故紧急刹车，已知刹车过程中的加速度大小始终为5m/s2，求：

（1）刹车后2s内的位移，刹车后5s内的位移；

（2）从开始刹车到通过37.5m所需要的时间．

【答案】（1）刹车后2s内的位移为30m，刹车后5s内的位移为40m．

（2）从开始刹车到通过37.5m所需要的时间为3s．

【解析】

试题分析：根据速度时间公式求出汽车速度减为零的时间，判断汽车是否停止，再结合位移公式求出汽车刹车后的位移．

根据速度位移公式求出刹车后的末速度，结合速度时间公式求出运动的时间．

解：已知v0=72km/h=20m/s，

则汽车刹车到停止所用的时间为：

．

（1）t1=2s＜t，则2s内的位移为：，

t2=5s＞t，则5s内的位移为：．

（2）根据得，

代入数据解得：v1=5m/s，

根据速度公式得：．

答：（1）刹车后2s内的位移为30m，刹车后5s内的位移为40m．

（2）从开始刹车到通过37.5m所需要的时间为3s．

【点评】本题考查了匀变速直线运动的刹车问题，注意汽车速度减为零后不再运动，运用运动学公式灵活求解，难度不大．

34．如图所示，质量为M=1kg的长木板静止在光滑水平面上，现有一质量m=0.5kg的小滑块（可视为质点）以v0=3m/s的初速度从左端沿木板上表面冲上木板，带动木板一起向前滑动．已知滑块与木板间的动摩擦因数μ=0.1，重力加速度g取10m/s2．求：

（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f和方向；

（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a；

（3）滑块与木板A达到的共同速度v．

【答案】（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f为0.5N，方向向右；

（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a为1m/s2；

（3）滑块与木板A达到的共同速度v为1m/s．

【解析】

试题分析：摩擦力的方向与发生相对运动的方向相反，根据滑动摩擦力公式求摩擦力大小；

对木板受力分析，根据牛顿第二定律求滑块的加速度；

根据运动学公式求共同速度．

解：（1）木板所受摩擦力为滑动摩擦力：

f=μmg=0.5N

方向向右

（2）由牛顿第二定律得：μmg=ma

得出：a=μg=1m/s2

（3）以木板为研究对象，根据牛顿第二定律：μmg=Ma′

可得出木板的加速度a′=0.5m/s2

设经过时间t，滑块和长木板达到共同速度v，则满足：

对滑块：v=v0﹣at

对长木板：v=a′t

由以上两式得：滑块和长木板达到的共同速度：v=1m/s

答：

（1）滑块在木板上滑动过程中，长木板受到的摩擦力大小f为0.5N，方向向右；

（2）滑块在木板上滑动过程中，滑块相对于地面的加速度大小a为1m/s2；

（3）滑块与木板A达到的共同速度v为1m/s．

【点评】题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的速度关系．

35．（14分）如图11所示，在足够长的光滑水平面上，放置一长为L＝1m、质量为的木板A，一质量为的小物体B以初速度滑上A的上表面，A与B之间的动摩擦因数为， m/s2；

（1）当B刚从A上滑落时，A、B的速度分别是多大？

（2）为使B不从木板A的右端滑落，当B滑上A时，在A的右端始终施加一个水平向右的恒力F，求F的大小应满足的条件。

【答案】（1）A、B的速度分别是m/s和m/s

（2）

【解析】（1）假设B刚从A上滑落时，A、B的速度分别为v1、v2，

    A的加速度

    B的加速度

    由位移关系有代入数值解得：或

    当时  

    不合题意舍去

    ∴    

   （2）当B经过时间t运动至A的最右端时，若A、B具有共同速度v，则此时所施加的恒力F有最小值. 此过程中A做匀加速运动的位移        ①

B做匀减速运动的位移        ②

A、B的加速度分别为        ③

        ④

又        ⑤

联立①～⑤，代入数据解得

以A为研究对象，根据牛顿第二定律有

解得   故

在海滨游乐场有一种滑沙的娱乐活动，如图所示，人坐在滑板上从斜坡高处A点由静止开始下滑，滑到斜坡底部B点后沿水平滑道再滑行一段距离到C点停下来，若斜坡滑道与水平滑道是平滑连接的,滑板与两滑道之间的动摩擦因数均为0.5，不计空气阻力，人和滑板的总质量为m=60kg，g取10m/s2，斜坡倾角θ=37°，（sin37º＝0.6，cos37º＝0.8）

求：

36．人在斜坡上下滑的加速度大小。

37．人在斜坡上滑行的时间和在直道上滑行时间的比值是多少？

38．若由于受到场地的，A点到C点的水平距离为s=50m，为确保人的安全，假如你是设计师，你认为在设计斜坡滑道时，对高度应有怎样的要求？

【答案】

36．

37．

38．25m

【解析】

（3）

              ……………………….……  4分

高度应不大于25m

39．一辆轿车违章超车，以108 km/h的速度驶入左侧逆行道时，猛然发现正前方80 m处一辆卡车正以72 km/h的速度迎面驶来，两车司机同时刹车，刹车加速度大小都是10 m/s2，两司机的反应时间（即司机发现险情到实施刹车所经历的时间）都是Δt．试问Δt是何数值，才能保证两车不相撞?

【答案】Δt＜0．3 s

【解析】

试题分析：设轿车行驶的速度为v1，卡车行驶的速度为v2，则v1＝108 km/h=30 m/s,v2＝72 km/h=20 m/s，在反应时间Δt内两车行驶的距离分别为s1、s2，s1＝v1Δt  s2＝v2Δt

轿车、卡车刹车所通过的距离分别为s2、s4

则s2＝m＝45 m

s4＝m＝20 m

为保证两车不相撞，必须s1＋s2＋s2＋s4＜80 m   Δt＜0．3 s

考点：追击及相遇问题

40．随着机动车数量的增加，交通安全问题日益凸显．分析交通违法事例，将警示我们遵守交通法规，珍惜生命．某城市道路上一货车以72km/h的速率超速行驶．货车刹车后做匀减速直线运动的加速度大小为4m/s2．求：

（1）刹车后此货车最多前进多远？

（2）司机突然发现前方30m处的路口有一人骑自行车驶进货车行驶的车道，并以6m/s速度同向匀速前进，司机开始制动，但司机的反应时间为0.5s，问骑自行车的人是否有危险？

【答案】（1）刹车后此货车最多前进50m；

（2）司机突然发现前方30m处的路口有一人骑自行车驶进货车行驶的车道，并以6m/s速度同向匀速前进，司机开始制动，但司机的反应时间为0.5s，骑自行车的人是有危险．

【解析】解：（1）由于货车刹车后做匀减速运动，取初速度方向为正方向则货车初速度v0=72km/h=20m/s，加速度a=﹣4m/s2，则根据速度位移关系有：

货车的位移x=

（2）当货车速度等于自行车速度时，经过的时间为t1

由速度时间关系有：v=v0+at

得经历时间

则货车的位移为m=55.5m

自行车的位移x2=v自（△t+t1）=6×（0.5+3.5）m=24m

因为x1＞x2+30，所以骑自行车的人有危险．

答：（1）刹车后此货车最多前进50m；

（2）司机突然发现前方30m处的路口有一人骑自行车驶进货车行驶的车道，并以6m/s速度同向匀速前进，司机开始制动，但司机的反应时间为0.5s，骑自行车的人是有危险．

【点评】掌握匀变速直线运动的速度时间关系和位移时间关系是正确解题的关键，第二问易错在货车速度减小至自行车速度时求位移关系，不是货车减小至零时的位移关系．

41．用一根细线系一小球在竖直平面内做圆周运动，已知小球通过圆周最低点和最高点时，绳上受到的拉力之差为36N，求小球的质量。（取g = 10m/s2） 

【答案】0.6kg

【解析】

试题分析：小球在最低点有：T1-mg=

小球在最高点有：T2+mg=

小球从最高点到最低点有：

得T1-T2=6mg

∵T1-T２=36      

∴m=0.6kg 

考点：圆周运动、牛顿第二定律及机械能守恒定律。

42．如图所示，在倾角为θ=37°的足够长的斜面上，有质量为m1=2kg的长木板．开始时，长木板上有一质量为m2=1kg的小铁块（视为质点）以相对地面的初速度v0=2m/s 从长木板的中点沿长木板向下滑动，同时长木板在沿斜面向上的拉力作用下始终做速度为v=1m/s的匀速运动，小铁块最终与长木板一起沿斜面向上做匀速运动．已知小铁块与长木板、长木板与斜面间的动摩擦因数均为μ=0.9，重力加速度为g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，试求：

（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度；

（2）长木板至少多长？

（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了多少功？

【答案】（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度为1.2m/s2，方向沿斜面向上．

（2）长木板至少为7.5m．

（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了102J功．

【解析】

试题分析：（1）分析小铁块的受力，根据牛顿第二定律求解小铁块在长木板上滑动时的加速度的大小和方向；

（2）小铁块先沿斜面向下做匀减速运动至速度为零，再沿斜面向上做匀加速运动，最终以速度v与长木板一起沿斜面向上做匀速运动．根据速度公式求出小铁块从开始向下滑动到速度与木板相同所需要的时间，根据位移公式求出此过程小铁块和木板的位移，由几何关系求出长木板最小的长度．

（3）对木板，由平衡条件求出拉力的大小，再求出拉力做功．

解：（1）设小铁块的加速度大小为a．取沿斜面向上方向为正方向，根据牛顿第二定律得

f2﹣m2gsinθ=m2a

又f2=μN2=μm2gcosθ

得a=g（μcosθ﹣sinθ）=1.2m/s2，方向沿斜面向上．

（2）小铁块先沿斜面向下做匀减速运动至速度为零，再沿斜面向上做匀加速运动，最终以速度v与长木板一起沿斜面向上做匀速运动．设经过时间t后小铁块达到速度v，则

v﹣（﹣v0）=at

得t==2.5s

设此段时间内小铁块的位移为s1，木板的位移为s2，则有

，方向沿斜面向下，s2=vt，方向沿斜面向上．

∵s1+s2

∴L≥2（s1+s2）==7.5m

（3）对木板：F=f1+f2+m1gsinθ，f1=μN1

则中拉力做功为W=Fs2=102J

答：

（1）小铁块在长木板上滑动时的加速度为1.2m/s2，方向沿斜面向上．

（2）长木板至少为7.5m．

（3）在小铁块从木板中点运动到与木板速度相同的过程中拉力做了102J功．

【点评】本题关键要正确分析铁块的运动情况，运用牛顿第二定律和运动学公式结合处理是基本方法．

43．（12分）如图所示，质量M=1 kg的木板B静止在水平面上，一质量m=1kg的滑块A以v0=10m/s的水平初速度从左端滑上木板B，最终停止在木板B上．滑块A与木板B间的动摩擦因数木板B与水平面间的动摩擦因数．求：

   （1）木板B至少有多长；

   （2）滑块A相对木板B滑行过程中系统消耗的机械能；

   （3）木板B在水平面上滑行的距离．

【答案】（1）

（2）=46J

（3）

【解析】（1）设木块A滑到B上做匀减速运动的加速度大小为，木板B做匀加速运动的加速度大小为，A、B刚达到共同速度经历的时间为，共同速度为有

（1分）

（1分）

由速度关系

（1分）………………①

（1分）……………………②

（2分）……③

    由①②③得：（1分）

   （2）（1分）

    由①②③④式解出：=46J（1分）

   （3）设A、B相对静止后在水平面上滑行的加速度大小为，有（1分）

（1分）

    由①②③⑤得（1分）

44．（10分）如图所示，质量为4kg的小球用轻质细绳拴着吊在行驶的汽车后壁上。细绳的延长线通过小球的球心O，且与竖直方向的夹角为θ=37º。g取10 m/s2 ，已知sin37º=0.6，cos37º=0.8，求：

（1）汽车匀速运动时，细线对小球的拉力和车后壁对小球的压力；

（2）若要始终保持θ=37º，则汽车刹车时的加速度最大不能超过多少。

【答案】（1）细线的拉力为50N；车壁对小球的压力为30N；（2）7.5m/s2。

【解析】

试题分析：（1）对小球受力分析如图，将细线拉力T分解有：

（1分），  

  （1分）

由二力平衡可得：（1分）     

（1分）

解得：细线拉力T=50N         （1分）

车壁对小球的压力N=mgtanθ=30N  （1分）

（2）设汽车刹车时的最大加速度为a，此时车壁对小球弹力N=0，  （1分）

由牛顿第二定律有     即           （2分）

解得：a=gtanθ=7.5m/s2                                    （1分）

即汽车刹车时的速度最大不能超过7.5m/s2。

考点：共点力作用下的平衡，牛顿第二定律，力的分解等。 

45．在一次“模拟微重力环境”的实验中，实验人员乘坐实验飞艇到达的高空，然后让飞艇由静止下落，下落过程中飞艇所受阻力为其重力的0．04倍，实验人员可以在飞艇内进行微重力影响的实验，当飞艇下落到距离地面的高度时，开始做匀减速运动，以保证飞艇离地面的高度不得低于h=500，取，求：

（1）飞艇加速下落的时间t；

（2）减速运动过程中，实验人员对座椅的压力F与其重力mg的比值的最小值。

【答案】（1）25s（2）

【解析】

试题分析：（1）设飞艇总质量为M，加速下落的加速度为

由于牛顿第二定律

加速下落过程，有

加速下落的时间为

（2）飞艇开始做匀减速运动时的速度

飞艇下降到离地面h=500m时速度为零，加速度最小，压力F最小，最小

设此加速度为

根据运动学公式

根据牛顿第二定律

根据牛顿第三定律

则

考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力

46．如图所示，光滑斜面倾角为37°，质量为m、电荷量为q的一带有正电的小物块，置于斜面上。当沿水平方向加有如图所示的匀强电场时，带电小物块恰好静止在斜面上，重力加速度g已知sin37°＝0．6，cos37°＝0．8，求：

（1）该电场的电场强度有多大？

（2）若电场强度变为原来的，小物块沿斜面下滑距离为L时的速度有多大？

【答案】（1）   （2）

【解析】

试题分析： （1）物块静止于斜面上，由平衡条件得：

解得： 

（2）当场强变为原来的 时，小物块所受的合外力， 

由，，方向沿斜面向下

由动能定理得： 

解得： 

考点：物体的平衡；动能定理

【名师点睛】此题是关于物体的平衡及动能定理的应用问题；关键是分析物体在斜面上的受力情况，根据平衡关系列得方程；同时要正确的选择物理规律列方程．

47．如图所示是采用动力学方法测量空间站质量的原理图，若已知飞船质量为m1=3.4×103kg，其推进器的平均推力F=900N，在飞船与空间站m2对接后，推进器工作5s内，测出飞船和空间站速度变化是0.05m/s，求：

(1)空间站的质量m2

(2)飞船给空间站的作用力N

【答案】 (1)8.66×104kg； (2)866N

【解析】

试题分析: (1)在5s内，加速度

对整体，由牛顿第二定律有：F=（m1+m2）a

得： 

(2)对空间站由牛顿第二定律有

N=m2a

代入数据可解得N=866N

考点：牛顿第二定律 

48．（10分）如图所示,质量m＝40 kg的木块静止于水平面上，现用恒力F大小为200N，方向与水平方向成θ＝37︒斜向上作用下做匀加速直线运动，2s末撤去拉力木块恰好滑行的距离s=5.2m，（重力加速度g取10 m/s2，sin37︒＝0.6，cos37︒＝0.8．）求：

(1) 木块与地面间的动摩擦因数；

(2) 撤去拉力后，木块继续滑行的距离.

【答案】（1）0.2    （2）6.76 m

【解析】

试题分析：设木块加速的加速度为 

（1）                 （1分）

           （1分）  

        （1分）

解得             （3分）

（2）2s末木块的速度：      （1分）

匀减速阶段           （1分）

木块继续滑行的距离      （1分）

解得：s＝6.76 m               （1分）

考点：牛顿第二定律的应用

点评：中等难度。动力学的两类基本问题（1）已知受力情况求运动情况：已知物体的受力情况，由牛顿第二定律求出物体的加速度，再通过运动学公式就可以确定物体的运动情况．（2）已知运动情况求受力情况：已知物体的运动情况，根据   运动学公式求出物体的加速度，再根据牛顿第二定律确定物体所受的力．在处理动力学的两类基本问题时，加速度是联系运动和力的纽带、桥梁．

49．如图所示，水平粗糙桌面上有A、B两个小滑块，之间连接一弹簧，A、B的质量均为m，现用水平恒力F拉滑块B， 使A、B一起在桌面上以加速度a向右做匀加速直线运动，已知弹簧在弹性限度内，两物块与桌面间的动摩擦因数相同，重力加速度为g．求：

（1）两物块与桌面的动摩擦因数μ

（2）撤掉F的瞬间，A的加速度，B的加速度．

【答案】（1）（2）a； 

【解析】

试题分析：（1）对A、B整体分析有F-μ2mg=2ma   得

（2）对A隔离分析有F弹-μmg=ma   得

撤掉F的瞬间弹簧弹力不变，A的加速度仍为a

对B有F弹+μmg=ma2，；方向向左

考点：牛顿第二定律的应用

【名师点睛】此题是牛顿第二定律的应用习题；注意解题时可用隔离法，也可用整体法；撤掉力F的瞬时，弹簧的弹力是不能突变的，这是解答此题的关键点．

50．（13分）甲、乙两小孩在平直跑道上做游戏，将质量为m＝10kg的处于静止状态的物体，从同一起跑线开始分别沿直线推动。

（1）第一次只有甲用水平推力F1＝50N持续作用在物体上，经过t1＝3s，物体被推到距离起跑线x＝18m的位置P点，求物体所受的阻力是多大？

（2）第二次只有乙用水平推力F2＝30N持续作用在物体上，在t2＝5s末撤去推力F2，求物体停止运动时距离起跑线多远？

【答案】（1）（2）

【解析】

试题分析：（1）甲施加水平力时，加速度为，由运动学公式可得： （2分）

解得： （1分）

设阻力为，由牛顿第二运动定律可得：（2分）

解得：（1分）

（2）小孩乙推力作用时，物体运动的距离为：（2分）

其中：（1分）

撤去推力后速度大小为：（1分）

撤去推力后加速度大小为：（1分）

滑行的距离为：（1分）

解得：（1分）

考点：匀变速直线运动  牛顿运动定律

51．某地“欢乐谷”大型的游乐性主题公园，园内有一种大型游戏机叫“跳楼机”。让人体验短暂的“完全失重”，非常刺激。参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面50m高处，然后由静止释放。为研究方便，认为人与座椅沿轨道做自由落体运动2s后，开始受到恒定阻力而立即做匀减速运动，且下落到离地面5m高处时速度刚好减小到零，然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳下落，将游客送回地面。（取）求：

（1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？

（2）在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的多少倍？

【答案】（1），（2）1.8倍

【解析】

试题分析：（1）首先物体自由下落速度

代入数据得： 

（2）自由下落高度： 

设则匀减速高度为： 

由运动学公式可以得到： 

可以得到： 

设座椅对游客作用力N，由牛顿第二定律有： 

联立以上几个方程可以得到： 

代入数据得：。

考点：牛顿第二定律；自由落体运动

【名师点睛】解决本题的关键理清运动过程，首先根据求出自由下落结束时的速度大小，然后根据速度时间公式求出匀减速直线运动的加速度，结合牛顿第二定律求出座椅对游客的作用力大小是游客体重的倍数。

52．地面上放一木箱，质量为40kg，用100N的力与水平成37°角向下推木箱，如图所示，恰好能使木箱匀速前进．若用此力与水平成37°角向斜上方拉木箱，木箱的加速度多大？（取g=10m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）

【答案】0.17,0.55 m/s2.

【解析】

试题分析：当用100N的力与水平成37°角向下推木箱，对木箱进行受力分析，水平方向有，竖直方向有，，由以上三个公式可知滑动摩擦力因数为0.17，用此力与水平成37°角向斜上方拉木箱，水平方向，水平方向，由以上公式联立可知加速度a=0.55 m/s2

考点：考查牛顿第二定律的应用

点评：难度中等，根据匀速运动的受力求得动摩擦因数，再由第二种受力求得合外力

53．如图所示，各面均光滑的斜面体静止在水平面上，斜面体倾角37°，求某时刻质量的小滑块无初速放到斜面上，同时斜面体受到水平向右的推力F作用，滑块恰好相对斜面静止，一起运动2.4m后斜面体下端A碰到障碍物，斜面体速度立即变为零，已知滑块刚放上斜面体时距地高度，斜面体质量。（、、取）求：

（1）推力F的大小；

（2）滑块落点到斜面底端A的距离。

【答案】（1）（2）

【解析】

试题分析：取滑块为研究对象，加速度为，①

②

对整体由牛顿第二定律③

解得：④

（2）斜面体停止运动时滑块速度大小为，根据匀变速运动⑤

假设滑块落在水平地面上，⑥

水平位移为⑦

解得：⑧

释放点到斜面底端的水平长度⑨

因故落点在水平地面上

落点到底端A的距离：⑩

考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式的应用

54．质量为m=3kg的木块放在倾角为θ=30°的足够长斜面上，木块可以沿斜面匀速下滑。若用沿斜面向上的力F作用于木块上，使其由静止开始沿斜面向上加速运动，经过t=2s时间物体沿斜面上升4m的距离，求力F的大小？ （g取10m/s2）

【答案】21N

【解析】

试题分析：对木块进行受力分析，木块沿斜面匀速下滑时

由静止开始沿斜面向上加速运动

解得

根据牛顿第二定律

解得F=21N

考点：牛顿第二定律的应用

点评：匀速下滑时受力平衡，可以求得动摩擦因数。本题属于已知运动情况分析受力情况。

55．如图所示，一平板车以某一速度v0匀速行驶，某时刻一货箱(可视为质点)无初速度地放置于平板车上，货箱离车后端的距离为l＝3m，货箱放入车上的同时，平板车开始刹车，刹车过程可视为做a＝4m/s2的匀减速直线运动．已知货箱与平板车之间的动摩擦因数为μ＝0.2，g＝10m/s2.为使货箱不从平板车上掉下来，平板车匀速行驶的速度v0应满足什么条件？

【答案】 v0≤6m/s 

【解析】

试题分析: 货箱先相对平板车向左滑，当与平板车的速度相等后相对平板车向右滑。若货箱与平板车的速度相等时，货箱仍未从平板车上掉下来，则以后货箱不会从平板上掉下来。设经过时间t，货箱和平板车达到共同速度v,

以货箱为研究对象，由牛顿第二定律得，货箱向右作匀加速运动的加速度

=μg         ①

 货箱向右运动的位移       ②

又   v= t        ③

平板车向右运动的位移       ④

又 v= v0-a t         ⑤

为使货箱不从平板车上掉下来，应满足

⑥

联立方程①～⑥解得：

代入数据： v0≤6m/s

考点： 牛顿运动定律，运动学问题。

56．质量为m=1kg的物体以初速V0=12m/s竖直上抛，空气阻力大小为其重力的0.2倍，g取10m/s2，求：

（1）该物体上升和下降时的加速度之比；

（2）求整个过程中物体克服阻力做功的平均功率P1和物体落回抛出点时重力的瞬时功率P2。

【答案】（1）（2）， 

【解析】

试题分析：（1）受力分析可得：

上升过程中受到向下的重力和空气阻力，牛二定律可得······1分

下降过程中受到向下的重力和向上的空气阻力，牛二定律可得···1分

·············································2分

（2）物体上升高度········································1分

物体上升时间；下落时间得出

总时间：·········································1分

落回出发点的速度····························1分

因而：·······························2分

········································2分

考点：考查了牛顿第二定律，功率的计算

57．如图，质量＝1kg的长木板在水平恒力F＝10N的作用下沿光滑的水平面运动，当木板速度为v0=2m/s时，在木板右端无初速度轻放一质量为=1.5kg的小物块，此后木板运动=1.5m时撤去力F，已知物块与木板间动摩擦因为μ＝0.4，木板长L＝1.3m，g取10m/s2。

（1）求撤去水平力F时木板的速度大小；

（2）通过计算分析物块是否滑离木板，若未滑离木板，计算物块和木板的共同速度大小；

（3）计算开始至两者达到共同速度过程中，物块和木板因摩擦所产生的热量。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）设物块刚放上木板后木板和物块的加速度大小分别为，由牛顿第二定律，

对木板有：①

对物块有：②

假设撤去力F前，物块未滑离木板，设从物块放上木板至撤去力F经历的时间为t1，由运动学方程，对木板有：③

该过程中木块位移④

由①~④式可得物块相对木板的位移大小

⑤

故假设正确，即撤去力F时，物块未滑离木板，

此时木板速度大小⑥

由①②③⑥式可得： 

（2）撤去力F后，木板作匀减速运动，设其加速度大小为a3，由牛顿第二定律有：⑦

假设撤去力F后物块未滑离木板，经时间t2两者速度达到共同速度，物块相对木板的位移大小为，由运动学方程有：

⑧

⑨

可得物块相对木板的总位移⑩

故假设成立，最终物块未离开木板，二者一起作匀速直线运动，由⑧式可得：

考点:考查了牛顿第二定律，运动学公式，功能关系

【名师点睛】连接牛顿第二定律与运动学公式的纽带就是加速度，所以在做这一类问题时，特别又是多过程问题时，先弄清楚每个过程中的运动性质，根据牛顿第二定律求加速度然后根据加速度用运动学公式解题或者根据运动学公式求解加速度然后根据加速度利用牛顿第二定律求解力

58．（10分）在以坐标原点 O为圆心、半径为 r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为 B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示。 一个不计重力的带电粒子从磁场边界与 x轴的交点 A处以速度 v沿负x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与 y轴的交点 C处沿正y方向飞出。 

（1）请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷q/m ； 

（2）若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为，该粒子仍从 A处以相同的速度射入磁场，但飞出磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度多大？此次粒子在磁场中运动所用时间 t是多少？

【答案】（1）粒子带负电荷   粒子的比荷     （2）    

【解析】

试题分析：（1）由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．  粒子由 A点射入，由 C点飞出，其速度方向改变了 90°，则粒子轨迹半径R=r，由可得：

粒子的比荷

（2）如图

粒子从 D 点飞出磁场速度方向改变了 60°角，故 AD 弧所对圆心角 60°，粒子做圆周运动的半径

又,  联立解得： 

粒子在磁场中飞行时间

考点：带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力

59．（11分）一质点沿直线运动，其速度随时间变化的情况如图所示，设向右为正方向。由图求：

（1）质点在AB、BC分别做什么运动？

（2）质点在OA段的加速度

（3）质点在8s内的位移

【答案】（1）AB做匀速直线运动、BC做匀减速直线运动  （2）5m/s2   （3）30m

【解析】

 试题分析：（1）AB做匀速直线运动、BC做匀减速直线运动（答对一个得2分，共4分）

（2）BC段的加速度a==m/s2=5m/s2（ 3分）

（3）设车在前6s的位移为S1，在后2s内的位移为S2, S1=（2+6）10/2=40m, 

S2=2（-10）/2=-10m,

S= S1+ S2=30+10=30m（共4分）

考点：本题考查v-t图像

【名师点睛】本题学生知道图像的斜率表示加速度，图像与横轴围成的面积表示位移。

60．（9分）相隔一定距离的A、B两球，质量相等，假定它们之间存在着恒定的斥力作用．原来两球被按住，处在静止状态．现突然松开，同时给A球以初速度v0，使之沿两球连线射向B球，B球初速度为零．若两球间的距离从最小值（两球未接触）到刚恢复到原始值所经历的时间为t0，求B球在斥力作用下的加速度．

【答案】

【解析】

试题分析：解：以m表示球的质量，F表示两球相互作用的恒定斥力，l表示两球间的原始距离．A球作初速度为v0的匀减速运动，B球作初速度为零的匀加速运动．在两球间距由l先减小，到又恢复到l的过程中，A球的运动路程为l1，B球运动路程为l2，间距恢复到l时，A球速度为v1，B球速度为v2．

由动量守恒，有   

由功能关系：A球      

B球：     

根据题意可知l1=l2，

由上三式可得

得v2=v0、v1=0    即两球交换速度．

当两球速度相同时，两球间距最小，设两球速度相等时的速度为v，

则  

B球的速度由增加到v0花时间t0，

即    

得．

考点：考查了动量守恒定律的综合应用 

61．半径为R的光滑半圆环形轨道固定在竖直平面内，从与半圆环相吻合的光滑斜轨上高h=3R处，释放一个小球，小球的质量为m，当小球运动到圆环最低点A，又达到最高点B，如图所示。求：

(1)小球到A、B两点时的速度大小、；

(2)小球到A、B两点时，圆轨道对小球的弹力、大小；

(3)、大小之差△F

【答案】（1）（2），（3）

【解析】

试题分析：⑴小球从释放到点的过程中，机械能守恒，有：

…………………………2分

解得：        ……………………………1分

小球从释放到点的过程中，机械能守恒，有：

…………………2分

解得：        ……………………………1分

⑵小球到点、点时，根据牛顿第二定律得：

  ………………………2分

  ………………………2分

解得：      ………………………………1分

  ………………………………1分

所以，      △   ………………1分

考点：考查了机械能守恒，圆周运动，牛顿第二定律

62．如图所示，质量m1＝0.3 kg的小车静止在光滑的水平面上，车长L＝1.5 m，现有质量m2＝0.2 kg可视为质点的物块，以水平向右的速度v0＝2 m/s从左端滑上小车，最后在车面上某处与小车保持相对静止．物块与车面间的动摩擦因数μ＝0.5，取g＝10 m/s2，求

(1)物块在车面上滑行的时间t；

(2)物块克服摩擦力做的功；

(3)在此过程中转变成的内能．

【答案】(1)0.24 s　(2)0.336 J　(3)0.24 J

【解析】(1)小车做匀加速运动时的加速度为a1，物块做匀减速运动时的加速度为a2，则

a1＝＝m/s2，a2＝μg＝5 m/s2

v0－a2t＝a1t

所以t＝＝＝0.24 s.

(2)相对静止时的速度v＝a1t＝0.8 m/s

物块克服摩擦力做的功

W＝m2(v－v2)＝0.336 J.

(3)由能量守恒可知，系统损失的机械能转化为内能，则

E＝m2v－(m1＋m2)v2＝0.24 J.

63．（8分）如图所示为利用阻拦系统让舰载机在航母的飞行甲板上快速停止的原理示意图．飞机着舰并成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，阻拦系统通过阻拦索对飞机施加一作用力，使飞机在甲板上短距离滑行后停止。设飞机着舰时恰好钩住阻拦索中间位置，经过图示位置时开始沿水平方向做匀减速直线运动，经过时间t后速度减小到零。在图示位置时阻拦索与两个定滑轮（大小不计）连线的夹角为θ1，速度减小到零时阻拦索与两个定滑轮连线的夹角为θ2，已知飞机的质量为m，飞机受到甲板和空气的阻力为恒力f，两个定滑轮之间的距离为L。求图示位置阻拦索的张力大小。

【答案】

【解析】

试题分析：设飞机与两滑轮连线距离为x，则          1分

          1分

飞机减速位移       1分

设绳的拉力为T，飞机加速度为a，则          2分

        1分

由以上各式得：         2分

考点：飞机做匀减速运动，对其进行受力分析，结合牛顿第二定律和运动学规律求解即可．

．（15分）如图所示，粗糙平台高出水平地面h=1.25m，质量为m=1kg的物体（视作质点）静止在与平台右端B点相距L=2.5m的A点，物体与平台之间的动摩擦因数为μ=0.4。现对物体施加水平向右的推力F=12N，作用一段时间t0后撤去，物体向右继续滑行并冲出平台，最后落在与B点水平距离为x=1m的地面上的C点，忽略空气的阻力，取g=10m/s2。求：

（1）物体通过B点时的速度；

（2）推力的作用时间t0。

【答案】 2m/s    0.5s

【解析】

试题分析： （1）从B到C，物体做平抛运动，所以有：

           ①

           ②

联解①②得：     ③

（2）从A到B过程中，设物体在力作用下的位移为x′，由牛顿运动定律和动能定理得：

         ④

           ⑤

        ⑥

联解④⑤⑥得：     ⑦

考点：平抛运动  牛顿运动定律   动能定理

65．如图所示，将一根光滑的细金属棒折成“V”形，顶角为2θ，其对称轴竖直，在其中一边套上一个质量为m的小金属环P.

（1）若固定“V”形细金属棒，小金属环P从距离顶点O为x的A点处由静止自由滑下，则小金属环由静止下滑至顶点O需多长时间？

（2）若小金属环P随“V”形细金属棒绕其对称轴以每秒n转匀速转动时，则小金属环离对称轴的距离为多少？

【答案】（1）　　　（2） 

【解析】

试题分析：（1）小金属环在下滑过程中，在重力和金属棒对它的支持力作用下做初速度为零的匀加速直线运动，设小金属环沿棒运动的加速度为，滑至O点所需时间为，由牛顿第二定律得：

由运动学公式得： 

以上两式联立解得： 

 （2）小金属环随“V”形细金属棒绕其对称轴做匀速圆周运动所需的向心力由重力和金属棒对它的支持力的合力提供，如图所示，

设小金属环离对称轴的距离为r，由牛顿第二定律和向心力公式得

又　

联立解得　

考点：本题考查牛顿第二定律、力的合成与分解的运用及匀速圆周运动向心力公式的直接应用。

66．如图所示一辆箱式货车的后视图。该箱式货车在水平路面上做弯道训练。圆弧形弯道的半径为R=8m，车轮与路面间的动摩擦因数为μ=0.8，滑动摩擦力等于最大静摩擦力。货车顶部用细线悬挂一个小球P，在悬点O处装有拉力传感器。车沿平直路面做匀速运动时，传感器的示数为F0=4N。取g=10m/s2。⑴该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，为了防止侧滑，车的最大速度vm是多大？⑵该货车某次在此弯道上做匀速圆周运动，稳定后传感器的示数为F=5N，此时细线与竖直方向的夹角θ是多大？此时货车的速度v是多大？ 

【答案】⑴⑵， 

【解析】

试题分析：（1）车沿平直路面做匀速运动时，小球处于平衡状态，传感器的示数为得到。

该货车在此圆弧形弯道上做匀速圆周运动时，地面对其摩擦力提供向心力，为了防止侧滑，向心力不能超过最大静摩擦力即带入计算得

（2）小球受力如下图，一个重力方向竖直向下，一个拉力，二者的合力沿水平方向提供向心力，根据几何关系得得到，带入计算得.所以没有侧滑，运动半径不变，分析正确。

得到

考点：牛顿第二定律  圆周运动

67．如图甲所示，一个可视为质点的质量m=2kg的物块，在粗糙水平面上滑行，经过A点时物块速度为v0=12m/s，同时对其施加一与运动方向相反的恒力F，此后物块速度随时间变化的规律如图乙所示，取g=10m/s2．求：

（1）物块与水平面之间的动摩擦因数μ和所施加的恒力F大小；

（2）从施加恒力F开始，物块再次回到A点时的速度大小．

【答案】（1）0.2，8N．

（2）6.92m/s

【解析】

试题分析：（1）根据图线的斜率求出匀减速运动的加速度大小和反向做匀加速直线运动的加速度大小，结合牛顿第二定律求出动摩擦因数和恒力F的大小．

（2）根据图线与时间轴围成的面积求出匀减速运动的位移大小，结合速度位移公式求出返回A点的速度大小．

解：（1）从图象可知，0～2s内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：a1=6m/s2

根据牛顿第二定律可知：

F+μmg=ma1… ①

2～4s内物体做反方向的匀加速直线运动，加速度大小为：a2=2 m/s2

根据牛顿第二定律可知：

F﹣μmg=ma2… ②

联立①②两式得：F=8N，μ=0.2

（2）由v﹣t图象可得匀减速阶段：x=12m

反方向匀加速运动阶段：，

解得：=6.92m/s

答：（1）物块与水平面之间的动摩擦因数为0.2，所施加的恒力F大小为8N．

（2）物块再次回到A点时的速度大小为6.92m/s．

【点评】本题考查了牛顿第二定律和运动学公式的综合，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁，知道图线的斜率表示加速度，图线与时间轴围成的面积表示位移．

68．已知地球和火星的质量之比8∶1，半径之比2∶1，表面动摩擦因数均为0.5，用一根绳在地球表面上水平拖一个箱子，箱子能获得10m/s2的最大加速度。将此箱子和绳子送上火星表面，仍用该绳子水平拖木箱，则木箱产生的最大加速度为多大？（地表g=10m/s2） 

【答案】a' =12.5m/s2

【解析】设地球和火星的质量、半径及表面重力加速度分别为M、R、g、M '、R'、g ' 则

M/M '=8:1  R: R' =2:1  

设箱子质量为m，绳子能承受的最大拉力为F

则   mg=GMm/R2                                                         …………（2分）

 mg ' =GM 'm/R' 2                                                     …………（1分）

 解得：g ' =1/2g=5m/s2                                              …………（1分）

 又   F－μmg=ma                                      …………（2分） 

F－μmg ' =ma'                                                       …………（1分）

解得：a' =12.5m/s2                                                …………（2分）

69．（12分）如图所示，水平传送带A、B两端点相距x=4m，以v=2 m/s的速度（始终保持不变）顺时针运转，今将一质量为100g小煤块（可视为质点）无初速度地轻放至A点处，已知小煤块与传送带间的动摩擦因数为0．4，g取10m/s2。由于小煤块与传送带之间有相对滑动，会在传送带上留下划痕，则小煤块从A运动到B的过程中

(1) 小煤块从A运动到B的时间是多少？

(2) 划痕的长度？

(3) 产生的热量？    

(4) 传送物体电动机多做的功？

【答案】（1）2.25s (2)0.5m (3)0.2J (4)0.4J

【解析】

试题分析：（1）煤块在传送带上滑动时，根据牛顿第二定律有：

；因此解得．

当煤块速度和传送带速度相同时，位移为：，

因此煤块先加速后匀速运动：

加速时间：，

匀速时间： 

所以从A到B的时间为

（2）在加速阶段产生相对位移即产生划痕，

固有：，

（3）产生的热量为

(4)电动机做的功等于煤块产生的动能与系统产生的热量之和，所以为

考点：考查了牛顿第二定律和功能关系的应用

点评：分析清楚物体运动的过程，先是匀加速直线运动，后是匀速直线运动，分过程应用运动规律求解即可，尤其是注意分析摩擦力的变化情况．

70．（11分）一个质量为m带电量为q的小球，以初速度v0自离地面h高度处水平抛出。重力加速度为g，空气阻力忽略不计。

（1）求小球自抛出到第一次落地点P的过程中发生的水平位移x的大小。

（2）若在空间加一个竖直方向的匀强电场，发现小球以相同方式水平抛出后做匀速直线运动，请判断电场的方向并求出电场强度E的大小。

（3）若在空间再加一个垂直纸面的匀强磁场，发现小球以相同方式水平抛出后第一次落地点仍然是P。已知OP间的距离大于h，请判断磁场的方向并求出磁感应强度B的大小。

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）由平抛知识知

1分

  1分

得水平位移1分

（2）由题意知，电场的方向竖直向下。 1分

由二力平衡Eq＝mg  1分

得1分

（3）由题意知，匀强磁场方向垂直纸面向里。 1分

由几何关系2分

由牛顿运动定律1分

联立两式得1分

考点：考查了平抛运动规律，牛顿第二定律，带电粒子在磁场中的运动 

71．如图所示．一固定足够长的斜面MN与水平面的夹角α＝30°，斜面上有一质量为m=1kg的小球P，Q是一带竖直推板的直杆。现使竖直杆Q以水平加速度a＝2m/s2水平向右从斜面底N开始做初速为零的匀加速直线运动，从而推动小球P沿斜面向上运动．小球P与直杆Q及斜面之间的摩擦均不计，直杆Q始终保持竖直状态，求：

（1）该过程中小球P的加速度大小，

（2）直杆Q对小球P的推力大小．(可以用根式表示)

（3）直杆Q从开始推动小球P经时间t=0.5s后突然停止运动并立即撤出，求此后小球P由于惯性向上滑动达到的最高点与N点的距离及返回到N点所用的时间？

【答案】（1）4m/s2  （2）6 N （3）0.9 m；1s

【解析】

试题分析：（1、2）如图，对小球P进行受力分析，根据牛顿第二定律可得

水平方向：N1-N2sin30°=max

竖直方向：N2cos30°-mg=may

已知： 

所以aP＝4m/s2

因为：ay=aPsin30°=2m/s2

所以解得：；

（3）在t=0.5s内小球P做初速度为0的匀加速运动，

位移

0.5s末的速度v1=apt

撤去直杆Q后，小球P做类竖直上抛，其加速度大小：a′=gsin30°=5m/s2，

小球还能上升的距离

小球达最大高度时与N点的距离x=x1+x2

小球上升的时间

小球P在最高点做初速度为0的匀加速直线运动，其加速度为a′=gsin30°=5m/s2，产生位移x，根据匀变速直线运动的位移时间关系有： 

小球回到N点所用时间t=t1+t2，

联立方程解得：t=1s，x=0.9m

考点：牛顿第二定律的综合应用

【名师点睛】此题是牛顿第二定律的综合应用问题；解题时要能运用正交分解法求物体的受力和运动，能根据物体运动的受力情况由牛顿第二定律求加速度，能熟练运用运动学公式解决物体的运动这都是解决本题基本要求。

72．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。求：

  （1）物块的质量m；                          （2）物块与地面之间的动摩擦因数μ；

  （3）撤去拉力后物体还能滑行多远。

【答案】（1）m=0.5kg（2）  （3）x=2m

【解析】

试题分析：（1）由v-t图象看出，物体在4s-6s做匀速直线运动，由平衡条件知

由速度图象可知，2-4s物体加速度为

  ，

此时有

由牛顿第二定律得：    

代入解得：m=0.5kg

（2）由

解得

（3）由速度图象可知，撤去拉力的速度为

由牛顿第二定律有

撤去拉力后物体还能滑行的距离为

解得x=2m

考点：牛顿第二定律的应用

点评：关键由速度图线的斜率求出加速度；另一方面要能由加速度应用牛顿运动定律求出质量；由速度图线与平衡条件，读出物体运动时所受的摩擦力，求出物块与地面之间的动摩擦因数。

73．反射式调管是常用的微波器械之一，它利用电子团在电场中的震荡来产生微波，其震荡原理与下述过程类似。如图所示，在虚线两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场，一带电微粒从A点由静止开始，仅在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是N/C和N/C，方向如图所示，带电微粒质量，带电量,A点距虚线的距离，不计带电微粒的重力。求：

（1）B点到虚线的距离；

（2）带电微粒从A点运动到B点所经历的时间。

【答案】（1）0．50cm    （2）1．5×10-8s

【解析】

试题分析：（1）带电微粒由A运动到B的过程中，在E2场中电场力做正功，在E1场内电场力做负功，

由动能定理有：qE1d1-qE2d2=0-0=0              （2分）

代入数据可解得：    d2=0．50 cm              （2分）

（2）由题意可知粒子在左侧电场匀加速，在右侧电场匀减速。设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2，由牛顿第二定律有：

在左侧场中有：qE1=ma1                  （1分）

在右侧场中有：qE2=ma2                     （1分）

设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2，由运动学公式有：

在左侧场中有：              （1分）

在右侧场中有：              （1分）

总时间为  t=t1+t2                      （1分）

由以上联立并带入数据解得：t=1．5×10-8s    （3分）

考点：动能定理、考匀变速运动公式

【名师点晴】本题主要考查了粒子在相反方向的两个电场中先做加速或做减速运动的过程，在不同的物理情境下，所受的力不同，就有不同的加速度，我们要分过程分析力与运动．对带电粒子运用动能定理研究A到B得过程，注意其中电场力做功的表达．抓住粒子在同一电场中做的是匀变速直线运动，运用运动学公式求出时间，对于时间的求解我们更多的是运用牛顿第二定律结合运动学公式知识去解。

74．如图，质量的物体在水平外力的作用下在一水平面上运动，物体和水平面间的动摩擦因数，已知物体运动过程中的坐标与时间的关系为（m），（m），。根据以上条件求：

（1）时物体的位置坐标；

（2）时物体的速度大小；

（3）时刻水平外力的大小。

【答案】(1) （，）(2) (3) 1.7N

【解析】

试题分析：（1）由（m），（m）可得时

 所以的位置坐标为（，）  （4分）

(2) 由（m）可知轴方向以速度匀速运动

由（m）可知轴方向做匀加速运动的加速度

则时所以时的速度(4分) 

（3）时对物块在水平面内受力分析如图

在轴方向 

在轴方向

考点：牛顿第二定律；运动的合成和分解．

点评：本题的技巧是运用正交分解法研究方向未知的外力，这是物理上常用的方法，求其他量同样可以参考应用．

75．如图所示，在质量为mB=30kg的车厢B内紧靠右壁，放一质量mA=20kg的小物体A（可视为质点），对车厢B施加一水平向右的恒力F，且F=120N，使之从静止开始运动．测得车厢B在最初t=2.0s内移动s=5.0m，且这段时间内小物块未与车厢壁发生过碰撞．车厢与地面间的摩擦忽略不计．

（1）计算B在2.0s的加速度．

（2）求t=2.0s末A的速度大小．

（3）求t=2.0s内A在B上滑动的距离．

【答案】（1）  （2）   （3）

【解析】

试题分析：（1）小物块与车厢没有发生碰撞，所以小物块要么与车厢相对静止要么相对滑动，即AB之间的摩擦力是一定的，所以小车受到合外力是恒力，所以小车匀加速直线运动

设内车厢的加速度为，由得（2分）

（2）对B，由牛顿第二定律：，得

对A据牛顿第二定律得A的加速度大小为               

所以末A的速度大小为：．         （3分）

（3）在内A运动的位移为，

A在B上滑动的距离           （3分）

考点：匀变速直线运动规律

76．（8分）如图所示，套在绝缘棒上的小球，质量为1g，带有q=4×10-3C的正电荷，小球在棒上可以自由滑动，直棒放在互相垂直且沿水平方向的匀强电场E=10N/C和匀强磁场B=5T之中，小球和直棒之间的动摩擦因数为=0.2，求小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度和最大速度。（设小球在运动过程中电量不变，重力加速度g=10m/s2）。

【答案】最大加速度为g；最大速度为4.5m/s。

【解析】

试题分析：当带正电的电荷向下运动时，正电荷受水平向左的电场力与向右的洛伦兹力，当这两个力相等时，电荷与直棒间的摩擦力为0，此时小球的加速度最大，由于仅受重力的作用，故最大加速度为g；

当合外力为零时，小球速度达到最大。

故

代入数值可得 

考点：带电小球在复合场中的运动。

77．某物体做匀加速直线运动，加速度为，通过A点的速度为2m/s，通过B点时的速度为6m/s，则

（1）A.B之间的距离是多少

（2）物体从A点运动到B点的时间是多长

（3）物体从A点运动到B点的平均速度是多少

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

试题分析：（1）根据速度位移关系知，AB间位移为：；

（2）根据速度时间关系知，物体从A到B运动的时间为：；

（3）根据平均速度公式知，AB间的平均速度为： 

考点：考查了匀变速直线运动规律的应用

【名师点睛】根据匀变速直线运动的速度位移关系求解AB间距离；根据速度时间关系求运动时间；根据平均速度公式求A到B点的平均速度

78．如图所示，一玩滚轴溜冰的小孩（可视作质点）质量为m=30kg，他在左侧平台上滑行一段距离后平抛，恰能无碰撞地沿圆弧切线从A点进入光滑竖直圆弧轨道，并沿轨道下滑，A.B为圆弧两端点，其连线水平.已知圆弧半径为R=1.0m，对应圆心角为θ=1060，平台与AB连线的高度差为h=0.8m.（计算中取g=10m/s2，sin530=0.8，cos530=0.6）求：

（1）小孩平抛的初速度

（2）小孩运动到圆弧轨道最低点O时对轨道的压力

【答案】（1）    （2）小孩对轨道的压力为1290N

【解析】（1）由于小孩无碰撞进入圆弧轨道，即小孩落到A点时速度方向沿A点切线方向，则     (2分)

又由得     (2分)    

而解得     (2分)

（2）设小孩到最低点的速度为，由机械能守恒，有

            (2分)

 在最低点，据牛顿第二定律，有       (3分)

代入数据解得FN=1290N            (1分)

由牛顿第三定律可知，小孩对轨道的压力为1290N.      (1分）

79．一种巨型娱乐器械可以使人体验超重和失重，一个可乘十多个人的环形座舱套装在竖直柱子上，由升降机送上几十米的高处，然后让座舱自由落下，落到一定位置时，制动系统启动，到地面时刚好停下。已知座舱开始下落时的高度为，当落到离地面的位置时开始制动，座舱均匀减速，到地面时刚好停下。取，不计空气阻力。

（1）求下落过程中，座舱的最大速度；

（2）求制动过程中座舱的加速度；

（3）若座舱中某人手托着重3kg的铅球，当座舱落到离地面的位置时，求球对手的压力。

【答案】（1）（2）方向竖直向上（3）方向竖直向下

【解析】

试题分析：（1）座舱先做自由落体运动，然后做匀减速运动，所以在落到离地面的位置时，速度最大，座舱自由下落的高度   ①

根据自由落体运动规律得:             ②

联立①、②解得：              ③

（2）制动过程中，座舱做匀减速运动

根据匀变速运动规律得：     ④

解得：  符号表示方向竖直向上  ⑤

（3）对球运用牛顿第二定律得：   ⑥

代入数据解得：              ⑦

根据牛顿第三定律得，球对手的压力和手对球的支持力是一对作用力和反作用力，所以

球对手的压力大小，方向竖直向下  ⑧

考点：牛顿定律的综合应用

【名师点睛】此题是牛顿第二、第三定律的综合应用问题；关键是搞清物体运动的物理过程，选取合适的物理规律列出方程；注意加速度是联系运动和力的问题的桥梁；注意牛顿第三定律的应用.

80．(13分)如图甲所示，斜面体固定在粗糙的水平地面上，底端与水平面平滑连接，一个可视为质点的物块从斜面体的顶端自由释放，其速率随时间变化的图像如图乙所示，(已知斜面与物块、地面与物块的动摩擦因数相同，g取10m/s2)求：

⑴斜面的长度s；

⑵物块与水平面间的动摩擦因数μ；

⑶斜面的倾角θ的正弦值．

【答案】 ⑴s＝25m；⑵μ＝0.5；⑶sinθ＝0.6

【解析】

试题分析：⑴在v-t图象中图线与时间轴所围的面积表示了物体的位移，由v-t图象可知，物块在0～5s时间内在斜面上运动，5～7s时间内在水平面上运动，因此斜面的长度为：s＝×5×10m＝25m

⑵在v-t图象中图线的斜率表示了物体运动的加速度，因此由v-t图象可知，在5～7s时间内，该物块运动的加速度为：a2＝－5m/s2

物块在水平面上运动时，根据牛顿第二定律有：－μmg＝ma2

解得：μ＝0.5

⑶同理，在0～5s时间内物块运动的加速度为：a1＝2m/s2

根据牛顿第二定律有：mgsinθ－μmgcosθ＝ma1

又因为：sin2θ＋cos2θ＝1

联立以上三式解得：sinθ＝0.6

考点：本题主要考查了匀变速直线运动规律、牛顿第二定律以及v-t图象的理解与应用问题，属于中档题。

81．如图所示，楼梯口一倾斜的天花板与水平地面成θ＝37°，一装潢工人手持木杆绑着刷子粉刷天花板，工人所持木杆对刷子的作用力始终保持竖直向上，大小为F＝10 N，刷子的质量为m＝0.5 kg，刷子可视为质点，刷子与板间的动摩擦因数μ＝0.5，天花板长为L＝4 m，已知sin 37°＝0.6，g取10 m/s2，试求：

(1)刷子沿天花板向上的加速度。

(2)工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间。

【答案】（1）刷子沿天花板向上的加速度为2m/s2；

（2）工人把刷子从天花板底端推到顶端所用的时间是2s

【解析】

试题分析：（1）以刷子为研究对象，分析受力情况，作出力图，如图．

根据牛顿第二定律得

， 

又  F=μN，联立解得   a=2m/s2

（2）刷子做匀加速运动，初速度为零，位移为L=4m，则

,得到 

考点：本题考查了牛顿第二定律；力的合成与分解的运用

82．如图所示，相距为L的两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨由两种材料组成．PG右侧部分单位长度电阻为r0，且PQ=QH=GH=L．PG左侧导轨与导体棒电阻均不计．整个导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B．质量为m的导体棒AC在恒力F作用下从静止开始运动，在到达PG之前导体棒AC已经匀速．

（1）求当导体棒匀速运动时回路中的电流；

（2）若导体棒运动到PQ中点时速度大小为v1，试计算此时导体棒加速度；

（3）若导体棒初始位置与PG相距为d，运动到QH位置时速度大小为v2，试计算整个过程回路中产生的焦耳热．

【答案】（1）当导体棒匀速运动时回路中的电流为；

（2）计算此时导体棒加速度为﹣，方向水平向右；

（3）整个过程回路中产生的焦耳热为F（d+L）﹣．

【解析】

试题分析：（1）导体棒匀速运动时拉力与安培力平衡，根据安培力公式与平衡条件求解电流；

（2）由法拉第电磁感应定律、欧姆定律推导出安培力，根据牛顿第二定律求解加速度；

（3）根据功能关系求出整个过程回路中产生的焦耳热．

解：（1）导体棒匀速运动时拉力与安培力平衡，根据平衡条件得：F=BIL，

得：I=

（2）导体棒运动到PQ中点时速度大小为v1，产生的感应电动势为：E=BLv1

闭合回路中总电阻为：R=2Lr0

感应电流为：I=

导体棒AC所受安培力大小为：FA=BIL

联立得：FA==

根据牛顿第二定律得：F﹣=ma

则得：a=﹣，方向水平向右

（3）根据能量守恒定律得：Q=F（d+L）﹣

答：（1）当导体棒匀速运动时回路中的电流为；

（2）计算此时导体棒加速度为﹣，方向水平向右；

（3）整个过程回路中产生的焦耳热为F（d+L）﹣．

【点评】本题关键推导出安培力与速度的关系，正确分析功能关系，运用电磁感应与力学基本规律分析．

83．（18分）光滑水平面上放着质量mA=1kg的物块A与质量mB=2kg的物块B，A与B均可视为质点，A靠在竖直墙壁上，A、B间夹一个被压缩的轻弹簧（弹簧与A、B均不拴接），在A、B间系一轻质细绳，细绳长度大于弹簧的自然长度，用手挡住B不动，此时弹簧弹性势能Ep=49J。如图所示，放手后B向右运动，绳在短暂时间内被拉断，之后B冲上与水平面相切的竖直半圆光滑轨道，其半径R=0.5m，B恰能到达最高点C取g=10m/s2，求

（1）B落地点距P点的距离（墙与P点的距离很远）

（2）绳拉断后瞬间B的速度vB的大小

（3） 绳拉断过程绳对A所做的功W．

【答案】见试题分析

【解析】

试题分析： （1）设B在绳被拉断后瞬间的速度为vB，到达C时的速度为vC，有

             （2分）  

（1分）

 s=vct （1分）

解得s= 1m  （1分）

（2）（3分）

代入数据得    vB=5m/s     （2分）

（3） 设弹簧恢复到自然长度时B的速度为v1，有

       （2分）

设绳断后A的速度为vA，取水平向右为正方向，有

   2分

           2分

代入数据得W=8J    （2分）

考点：牛顿第二定律  平抛运动  机械能守恒  动能定理  动量守恒

84．如图所示，一位质量为 m = 65 kg的特技演员，在进行试镜排练时，从离地面高 h1=6 m高的楼房窗口跳出后竖直下落，若有一辆平板汽车正沿着下落点正下方所在的水平直线上，以v0= 6 m/s的速度匀速前进.已知该演员刚跳出时，平板汽车恰好运动到其前端距离下落点正下方3 m处，该汽车车头长2 m，汽车平板长4.5 m，平板车板面离地面高 h2 =1 m，人可看作质点，g取10 m/s2，人下落过程中未与汽车车头接触，人与车平板间的动摩擦因数μ=0.2。问：

（1）人将落在平板车上距车尾端多远处?

（2）假定人落到平板上后立即俯卧在车上不弹起，司机同时使车开始以大小为 a车 =4 m/s2的加速度做匀减速直线运动，直至停止，则人是否会从平板车上滑下?   

（3）人在货车上相对滑动的过程中产生的总热量Q为多少?

【答案】（1）3.5m（2）不会滑下（3）455J

【解析】

试题分析：（1）设人下落时间为，则                       1分

车在时间内运动的位移          1分          联立得   1分

人在车上的落点距车尾端                     2分

（2）人在车平板上的加速度         1分  

设人未滑下，且经时间，人与车达到相等的速度，则 1分

       1分  

人相对车向后滑动    1分

联立解出，故不会滑下     2分

（3）人与车达到相等的速度后，车向前减速直至停止的位移   1分

人向前减速直至停止的位移    1分

       1分

人在平板上来回摩擦产生的总热量：     1分

联立解得                1分

考点：功能关系，牛顿第二定律

85．一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度，BC段是倾斜的，长度，倾角37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v=4m/s的恒定速率顺时针运转，已知工件与传送带间的动摩擦因数μ=0．5，重力加速度，现将一个工件（可看做质点）无初速度地放在A点，求：

（1）工件第一次到达B点所用的时间；

（2）工件沿传送带上升的最大高度。

【答案】（1）1．4s（2）h=2．4m

【解析】

试题分析：（1）工件刚放在水平传送带上的加速度为，由牛顿第二定律得，解得

经时间与传送带的速度相同，则

前进的位移为

此后工件将与传送带一起匀速运动至B点，用时

所以工件第一次到达B点所用的时间

（2）设工件上升的最大高度为h，由动能定理得

解得h=2．4m

考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式，动能定理

【名师点睛】本题关键分析清楚工件的运动情况，根据牛顿第二定律求解出加速过程的加速度，再根据运动学公式和动能定理列式求解

86．（2014•盐城三模）如图所示，两根电阻忽略不计、互相平行的光滑金属导轨竖直放置，相距L=1m，在水平虚线间有与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁感应强度B=0.5T，磁场区域的高度d=1m，导体棒a的质量ma=0.2kg、电阻Ra=1Ω；导体棒b的质量mb=0.1kg、电阻Rb=1.5Ω．它们分别从图中M、N处同时由静止开始在导轨上无摩擦向下滑动，b匀速穿过磁场区域，且当b刚穿出磁场时a正好进入磁场，重力加速度g=10m/s2，不计a、b棒之间的相互作用，导体棒始终与导轨垂直且与导轨接触良好，求：

（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功；

（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差；

（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系．

【答案】（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功为1J；（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差为3.3V；

（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系为F=0.45t﹣1.1．

【解析】

试题分析：（1）b在磁场中匀速运动，其安培力等于重力，根据重力做功情况求出b棒克服安培力分别做的功．

（2）b进入磁场做匀速直线运动，受重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律和切割产生感应电动势大小公式，求出b做匀速直线运动的速度大小．a、b都在磁场外运动时，速度总是相等，b棒进入磁场后，a棒继续加速运动而进入磁场，根据运动学速度时间公式求解出a进入磁场时的速度大小，由E=BLv求出a棒产生的感应电动势，即可求得a棒刚进入磁场时两端的电势差．

（3）根据牛顿第二定律求出a棒刚进入磁场时的加速度，再根据牛顿第二定律求出保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动时外力与时间的关系式．

解：（1）b棒穿过磁场做匀速运动，安培力等于重力，则有：BI1L=mbg，

克服安培力做功为：W=BI1Ld=mbgd=0.1×10×1=1J

（2）b棒在磁场中匀速运动的速度为v1，重力和安培力平衡，根据平衡条件，结合闭合电路欧姆定律得：

=mbg,vb===10m/s，

b棒在磁场中匀速运动的时间为t1，d=vbt1，t1===0.1s,a、b都在磁场外运动时，速度总是相等的，b棒进入磁场后，a棒继续加速t1时间而进入磁场，a棒进入磁场的速度为va，va=vb+gt1=10+10×0.1=11m/s.

电动势为：E=BLva=0.5×1×11=5.5V,a棒两端的电势差即为路端电压为：U===3.3V.

（3）a棒刚进入磁场时的加速度为a，根据牛顿第二定律得：mag﹣BI2L=maa,

a=g﹣=g﹣=10﹣=4.5m/s2，

要保持加速度不变，加外力F，根据牛顿第二定律得：F+mag﹣BIL=maa

得：F=t=×t=0.45t﹣1.1.

答：（1）b棒穿过磁场区域过程中克服安培力所做的功为1J；

（2）a棒刚进入磁场时两端的电势差为3.3V；

（3）保持a棒以进入时的加速度做匀变速运动，对a棒施加的外力随时间的变化关系为F=0.45t﹣1.1．

点评：解决本题的关键明确两棒运动的关系，根据导体棒做匀速直线运动时，重力和安培力平衡，以及匀变速运动时由牛顿第二定律等力学规律进行解答．

87．如图所示，在车厢中，一小球被a、b两根轻质细绳拴住，其中a绳与竖直方向成α角，绳b成水平状态，已知小球的质量为m，求：

（1）车厢静止时，细绳a和b所受到的拉力．

（2）当车厢以一定的加速运动时，a绳与竖直方向的夹角不变，而b绳受到的拉力变为零，求此时车厢的加速度的大小和方向．

【答案】（1）mgtanα和

（2）gtanα，方向水平向右．

【解析】

试题分析：（1）车厢静止时，小球受到重力、绳a和绳b的拉力．由平衡条件求解拉力．

（2）当车厢以一定的加速运动时，由题a绳的拉力和小球的重力的合力产生加速度，方向水平向右，根据牛顿第二定律求出加速度大小和方向．

解：（1）车厢静止时，小球受力如左图由平衡条件得：

Fbsinα﹣Fa=0

Fbcosα﹣mg=0

解得：Fb=mgtanα  Fa=

（2）小球受力如右图，小球加速度是水平的，则小球所受合力必定水平向右．

F=mgtanα

由牛顿第二定律得：

a==gtanα 方向水平向右

由于a绳与竖直方向的夹角不变，小车加速度与小球相同．

答：（1）车厢静止时，细绳a和b所受到的拉力分别为mgtanα和．

（2）当车厢以一定的加速运动时，a绳与竖直方向的夹角不变，而b绳受到的拉力变为零，此时车厢的加速度的大小为gtanα 方向水平向右．

【点评】本题应用牛顿定律处理平衡问题和非平衡问题，关键是受力分析，作出力图．

88．如图所示，绝缘的水平桌面上方有一竖直方向的矩形区域，该区域是由三个边长均为L的正方形区域ABFE、BCGF和CDHG首尾相接组成的，且矩形的下边EH与桌面相接．三个正方形区域中分别存在方向为竖直向下、竖直向上、竖直向上的匀强电场，其场强大小比例为1∶1∶2．现有一带正电的滑块以某一初速度从E点射入场区，初速度方向水平向右，滑块最终恰从D点射出场区．已知滑块在ABFE区域所受静电力和所受重力大小相等，桌面与滑块之间的动摩擦因数为0.125，重力加速度为g，滑块可以视作质点．

求： （1）滑块进入CDHG区域时的速度大小v0；

（2）滑块在ADHE区域运动的总时间．

【答案】 （1）；（2）

【解析】

试题分析: 设三个区域的电场强度大小依次为E、E和2E，滑块在三个区域运动的时间分别为t1、t2和t3

（1）在CDHG区域，对滑块进行受力分析，由牛顿第二定律有

2qE-mg=ma3

而由题意知qE=mg

在水平方向和竖直方向分别有

L=vGt3

以上解得：， 

即滑块进入CDHG区域时的速度大小为

（2）在BCGF区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向qE=mg

所以不受摩擦力，做匀速直线运动

在ABFE区域，对滑块进行受力分析，在竖直方向

FN=qE+mg

在水平方向

Ff=ma1

由滑动摩擦力定律： 

以上解得

当滑块由E运动到F时，由运动学公

式vF2-vE2=2（-a1）L

代入解得

由运动学公式：vF=vE-a1t1

解得

所以，即滑块在ADHE区域运动的总时间为

考点：带电粒子在匀强电场中的运动

．滑雪运动中当滑雪板压在雪地时会把雪内的空气逼出来，在滑雪板与雪地间形成一个暂时的“气垫”，从而大大减小雪地对滑雪板的摩擦．然而当滑雪板相对雪地速度较小时，与雪地接触时间超过某一值就会陷下去，使得它们间的摩擦力增大．假设滑雪者的速度超过4 m／s时，滑雪板与雪地间的动摩擦因数就会由=0.25变为=0.125．一滑雪者从倾角的坡顶A处由静止开始自由下滑，滑至坡底B(B处为一光滑小圆弧)后又滑上一段水平雪地，最后停在C处，如图所示，不计空气阻力，坡长L=26 m，取g=10 m／s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8，求：

(1)滑雪者从静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间；

(2)滑雪者到达B处的速度；

(3)滑雪者在水平雪地上运动的最大距离。

【答案】（1）1s （2）16m/s（3）99.2m

【解析】

试题分析：（1）设滑雪者质量为m，滑雪者在斜坡上从静止至速度过程，

由牛顿第二定律有： 

解得： 

故由静止开始到动摩擦因数发生变化所经历的时间： 

（2）物体在斜面上改变动摩擦因数前

在斜面上改变动摩擦因数后   

代入数据解得： 

（3）设水平雪地上滑雪者速度由减小到的位移为x3，速度由减小到零的位移为x4，由动能定理有： 

所以滑雪者在水平雪地上运动的最大距离为： 

考点：牛顿第二定律的应用；动能定理

90．如图所示，在倾角为α的足够长光滑斜面上放置两个质量分别为2m和m的带电小球A和B（均可视为质点），它们相距为L．两球同时由静止开始释放时，B球的初始加速度恰好等于零．经过一段时间后，当两球距离为L′时，A、B的加速度大小之比为a1：a2=11：5．（静电力恒量为k）

（1）若B球带正电荷，则判断A球所带电荷电性；

（2）若B球所带电荷量为q，求A球所带电荷量Q．

（3）求L′与L之比．

【答案】（1）正电；

（2）．

（3）3：2

【解析】

试题分析：（1）根据共点力平衡判断出库仑力，即可判断电性

（2）根据静止释放时共点力平衡即可求的电荷量；

（3）初始时B球受力平衡，两球同时由静止开始释放，由于A的加速度大于B，所以经过一段时间后，两球距离增大，库仑力一定减小．

根据牛顿第二定律正确列出等式求解．

解：（1）B受重力支持力和库仑力，处于共点力平衡，故B受到的库仑力沿斜面向上，故B带正电荷'

（2）AB两球受到的库仑力为F=

沿斜面方向合力为零F﹣mgsinα=0

得Q=；

（3）初始时B球受力平衡，两球相互排斥运动一段距离后，两球间距离增大，库仑力一定减小，小于mgsinα．

A球加速度a1方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有

F′+2mgsinα=2ma1

B球加速度a2方向应沿斜面向下，根据牛顿第二定律，有

mgsinα﹣F′=ma2

依题意a1：a2=11：5

得F′=mgsinα

又F′=

得L′：L=3：2．

答：（1）若B球带正电荷，A球带正电；

（2）若B球所带电荷量为q，A球所带电荷量Q为．

（3）L′与L之比为3：2．

【点评】解决该题关键正确对物体进行受力分析和运动分析，运用牛顿第二定律求解．

91．动车组是城际间实现小编组、大密度的高效运输工具，以其编组灵活、方便、快捷、安全、可靠、舒适等特点而备受世界各国铁路运输和城市轨道交通运输的青睐．动车组就是几节自带动力的车厢加几节不带动力的车厢编成一组，就是动车组．假设有一动车组由8节车厢连接而成，每节车厢的总质量均为7.5×104 kg．其中第一节、第二节带动力，他们的额定功率均为3.6×107W和2.4×107W，车在行驶过程中阻力恒为重力的0.1倍(g =10m/s2) 

（1）求该动车组只开动第一节的动力的情况下能达到的最大速度；

（2）若列车从A地沿直线开往B地，先以恒定的功率6×107W（同时开动第一、第二节的动力）从静止开始启动，达到最大速度后匀速行驶，最后除去动力，列车在阻力作用下匀减速至B地恰好速度为0．已知AB间距为5.0×104m，求列车从A地到B地的总时间． 

【答案】（1）（2）

【解析】

试题分析：（1）只开动第一节动力的前提下，当第一节以额定功率运行且列车的牵引力等于阻力时达到最大速度：                （1分）

其中阻力，，

                （2分）

（2）列车以最大功率启动当牵引力等于阻力时达到最大速度

，代人数据得：   （1分）

列车的总重量

设列车从C点开始做匀减速运动，令A到C的时间为t1，AC间距为x1，B到C的时间为t2，BC间距为x2，在BC间匀减速运动的加速度为a．

    从B到C由牛顿第二定律和运动学公式得：

                   （1分）

                  （1分）

，代入数据得：            （1分）

            （1分）

从A到C的用动能定理得：             （2分）

代人数据得：                 （1分）

所以，             （1分）

考点：功率 动能定理

92．如图所示，半径R=0.5m的光滑圆弧面CDM分别与光滑斜面体ABC和斜面MN相切于C、M点，斜面倾角分别如图所示．O为圆弧圆心，D为圆弧最低点，C、M在同一水平高度．斜面体ABC固定在地面上，顶端B安装一定滑轮，一轻质软细绳跨过定滑轮（不计滑轮摩擦）分别连接小物块P、Q （两边细绳分别与对应斜面平行），并保持P、Q两物块静止．若PC间距为L1=0.25m，斜面MN足够长，物块P质量m1=3kg，与MN间的动摩擦因数μ=，重力加速度g=10m/s2求：（ sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）小物块Q的质量m2；

（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小；

（3）物块P在MN斜面上滑行的总路程．

【答案】（1）4kg；

（2）78N；

（3）1.0m

【解析】

试题分析：（1）根据共点力平衡条件列式求解；

（2）先根据动能定理列式求出到D点的速度，再根据牛顿第二定律求压力；

（3）直接根据动能定理全程列式求解．

解：（1）根据共点力平衡条件，两物体的重力沿斜面的分力相等，有：

m1gsin53°=m2gsin37°

解得：m2=4kg

即小物块Q的质量m2为4kg．

（2）P到D过程，由动能定理得 m1gh=

根据几何关系，有：

h=L1sin53°+R（1﹣cos53°）

在D点，支持力和重力的合力提供向心力：

FD﹣mg=m

解得：FD=78N

由牛顿第三定律得，物块P对轨道的压力大小为78N．

（3）分析可知最终物块在CDM之间往复运动，C点和M点速度为零．

由全过程动能定理得：mgL1sin53°﹣μmgL1cos53°L总=0

解得：L总=1.0m

即物块P在MN斜面上滑行的总路程为1.0m．

答：

（1）小物块Q的质量是4kg；

（2）烧断细绳后，物块P第一次到达D点时对轨道的压力大小是78N；

（3）烧断细绳后，物块P在MN斜面上滑行的总路程是1.0m．

【点评】本题关键对物体受力分析后，根据平衡条件、牛顿第二定律、运动学公式和动能定理综合求解，对各个运动过程要能灵活地选择规律列式．

93．避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成，如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为θ的斜面．一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的低端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m，再过一段时间，货车停止．已知货车质量是货物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为0．4；货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力大小为货车和货物总重的0．44倍．货物与货车分别视为小滑块和平板，取cosθ=1，sinθ=0．1，g=10m/s2．求：

（1）货物在车厢内滑动时货车加速度的大小和方向；

（2）制动坡床的长度．

【答案】（1 5m/s2，方向沿斜面向下；（2）98m．

【解析】

试题分析：（1）对货车：0．44（m+4m）g+4mgsinθ﹣μmgcosθ=4ma2

解得：a2=5．5m/s2

方向沿斜面向下；

（2）对货物：μmgcosθ+mgsinθ=ma1

a1=5m/s2，

设减速的时间为t，则有：v0t﹣a1t2﹣（v0t﹣a2t2）=4

得：t=4s

故制动坡床的长度L=38+12+（v0t﹣a2t2）=98m．

考点：牛顿第二定律的综合应用

【名师点睛】解题的关键是将实际问题模型化，本题模型是斜面上的小滑块和平板．易错点是求货车的加速度时容易漏掉货物对货车向前的摩擦力，求坡的长度时容易忽略货车的长度。

94．如图所示，某货场需将质量为m的货物（可视为质点）从高处运送至地面，现利用固定于地面的倾斜轨道传送货物，使货物由轨道顶端无初速滑下，轨道与水平面成θ=37°角。地面上紧靠轨道依次排放两块完全相同木板A、B，长度均为l=2m，厚度不计，质量均为m，木板上表面与轨道末端平滑连接。货物与倾斜轨道间动摩擦因数为μ0=0.125，货物与木板间动摩擦因数为μ1，木板与地面间动摩擦因数μ2=0.2。回答下列问题：（最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2）

（1）若货物从离地面高h0=1.5m处由静止滑下，求货物到达轨道末端时的速度v0；

（2）若货物滑上木板A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动，求μ1应满足的条件；

（3）若μ1=0.5，为使货物恰能到达B的最右端，货物由静止下滑的高度h应为多少？

【答案】(1) v0=5m/s   (2)  (3) h2=2.m

【解析】

试题分析：（1）货物在倾斜轨道上的受力如图，由牛顿第二定律：

mgsinθ-f=ma0

N-mgcosθ=0

又f=Nμ0

代入数据解得a0=5m/s2

由运动学公式： 

代入数据解得：v0=5m/s

（2）若滑上木板A时，木板不动，由受力分析得 

若滑上木板B时，木板B开始滑动，由受力分析得 

联立④⑤式代入数据得: 

（3）由（2）知货物滑上A时，木板不动，而滑上木板B时，木板B开始滑动.

货物下滑高度记为h2，到达斜道末端时速度记为v2， 

货物滑上A时做匀减速运动，加速度大小a1=gμ1=5m/s2

货物离开A时速度记为v3， 

货物滑上B时，自身加速度大小a2=gμ1=5m/s2，B的加速度大小a3=gμ1-2gμ2=1m/s2

由题意，货物到达B最右端时两者恰好具有共同速度，记为v4

货物做匀减速运动：， 

B做匀加速运动：， 

位移关系满足： 

代入数据解得：h2=2.m

考点：本题考查了牛顿第二定律、匀变速直线运动的规律.

95．如图甲所示，一个质量m＝0.1kg的正方形金属框总电阻R＝0.5 Ω，金属框放在表面绝缘的斜面AA′B′B的顶端(金属框上边与AA′重合)，自静止开始沿斜面下滑，下滑过程中穿过一段边界与斜面底边BB′平行、宽度为d的匀强磁场后滑至斜面底端(金属框下边与BB′重合)，设金属框在下滑过程中的速度为v，与此对应的位移为x，那么v2-x图象如图乙所示，已知匀强磁场方向垂直斜面向上，金属框与斜面间的动摩擦因数μ＝0.5，斜面倾角θ=53°取g＝10 m/s2，sin53°= 0.8，cos53°= 0.6。求：

（1）金属框下滑加速度a和进入磁场的速度v1

（2）金属框经过磁场时受到的安培力FA大小和产生的电热Q

（3）匀强磁场的磁感应强度大小B

【答案】（1）5m/s2；3m/s（2）5N；5J；（3）

【解析】

试题分析：

（1）在金属框开始下滑阶段；由图可得：x1=0.9m；

由牛顿第二定律可得：ma=mgsinθ-μmgcosθ

解得a=5m/s2

由运动公式：v12=2ax1 解得：v1=3m/s

（2）由图可知，金属框穿过磁场过程做匀速直线运动， 

线圈受力平衡，则mgsinθ-μmgcosθ-FA=0

解得FA=5N

此过程中安培力做功：WA=-FA(L+d)=-5J 

所以Q=-WA=5J 

（3）由安培力公式得：FA=BIL

由法拉第电磁感应定律得：E=BLv1

由闭合电路的欧姆定律得： 

联立解得： 

考点：法拉第电磁感应定律；牛顿第二定律；物体的平衡.

96．如图所示,x轴与水平传送带重合,坐标原点0在传送带的左端,传送带OQ长 L=8m,传送带顺时针速度V。=5m/s， —质量m=1kg的小物块轻轻放在传送带上xp=2m 的P点,小物块随传送带运动到Q点后恰好能冲上光滑圆弧轨道的最高点N点。小物块与 传送带间的动摩擦因数μ．=0．5,重力加速度g= 10m/s2,求： 

（1）N点的纵坐标； 

（2）若将小物块轻放在传送带上的某些位置,小物块均能沿光滑圆弧轨道运动（小物块始终 在圆弧轨道运动不脱轨）到达纵坐标yM=0．25m的M点,求这些位置的横坐标范围。 

【答案】（1）yN=1m；（2）7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m

【解析】

试题分析：(1)小物块在传送带上匀加速运动的加速度a=μg=5m/s2

小物块与传送带共速时，所用时间

运动的位移

故小物块与传送带达到相同速度后以v0=5m/s的速度匀速运动到o，然后冲上光滑圆弧轨道恰好到达N点，故有： 

由机械能守恒定律得

解得yN=1m

（2）设在坐标为x1处将小物块轻放在传送带上，若刚能到达圆心右侧的M点，由能量守恒得：

μmg(L－x1)＝mgyM        代入数据解得x1＝7.5 m

μmg(L－x2)＝mgyN    代入数据解得x2＝7 m

若刚能到达圆心左侧的M点，由(1)可知x3＝5.5 m

故小物块放在传送带上的位置坐标范围为

7m≤x≤7 .5m和0≤x≤5 .5m

考点：牛顿第二定律；机械能守恒定律；能量守恒定律.

97．示波器的示意图如图所示，金属丝发射出来的电子被加速后从金属板的小孔穿出，进入偏转电场．电子在穿出偏转电场后沿直线前进，最后打在荧光屏上．设加速电压U1＝10V，偏转极板长l＝4cm，偏转板间距d＝1 cm，当电子加速后从两偏转极板的沿板平行方向进入偏转电场．

(1)偏转电压为多大时，电子束打在荧光屏上偏转距离最大？

(2)如果偏转板右端到荧光屏的距离L＝20 cm，则电子束最大偏转距离为多少？

【答案】(1)205 V　　(2)0.055 m

【解析】

试题分析：（1）要使电子束打在荧光屏上偏转距离最大，电子经偏转电场后必须从下板边缘出来．

在加速电场中，由动能定理得：　

解得：电子进入偏转电场初速度

电子在偏转电场中类平抛运动，在平行极板方向上做匀速直线运动，垂直极板方向上做匀加速直线运动，所以在偏转电场中的飞行时间

根据牛顿第二定律得：在偏转电场中的加速度

要使电子从下极板边缘出来，应有： 

代入数据解得

（2）如图，设电子束打在荧光屏上最大偏转距离为y．

电子离开电场的侧向速度

电子离开偏转电场后做匀速直线运动，设电子离开偏转电场到荧光屏的时间为t2

在水平方向上有： 

在竖直方向上有： 

所以电子束最大偏转距离

考点：本题考查带电粒子在匀强电场中的加速与偏转、动能定理的应用、运动的合成与分解、牛顿第二定律等知识点．