【6年高考4年模擬】2020版高考物理考題匯編 牛頓運動定律（通用）

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1、【物理精品】2020版《6年高考4年模擬》 牛頓運動定律部分 第一部分 六年高考薈萃 2020年高考題 ρ A v0 α ρ P 圖（a） 圖（b） 1(安徽第17題)．一般的曲線運動可以分成很多小段，每小段都可以看成圓周運動的一部分，即把整條曲線用一系列不同半徑的小圓弧來代替。如圖（a）所示，曲線上的A點的曲率圓定義為：通過A點和曲線上緊鄰A點兩側(cè)的兩點作一圓，在極限情況下，這個圓就叫做A點的曲率圓，其半徑ρ叫做A點的曲率半徑。現(xiàn)將一物體沿與水平面成α角的方向已速度υ0拋出，如圖（b）所示。則在其軌跡最高點P處的曲率半徑是 A． B．

2、 C． D． 答案：C 解析：物體在其軌跡最高點P處只有水平速度，其水平速度大小為v0cosα，根據(jù)牛頓第二定律得，所以在其軌跡最高點P處的曲率半徑是，C正確。 2(新課標(biāo)理綜第21題).如圖，在光滑水平面上有一質(zhì)量為m1的足夠長的木板，其上疊放一質(zhì)量為m2的木塊。假定木塊和木板之間的最大靜摩擦力和滑動摩擦力相等?，F(xiàn)給木塊施加一隨時間t增大的水平力F=kt（k是常數(shù)），木板和木塊加速度的大小分別為a1和a2，下列反映a1和a2變化的圖線中正確的是（A） 解析：主要考查摩擦力和牛頓第二定律。木塊和木板之間相對靜止時，所受的摩擦力為靜摩擦力。在達到最大靜摩擦力前，木塊

3、和木板以相同加速度運動，根據(jù)牛頓第二定律。木塊和木板相對運動時， 恒定不變， 。所以正確答案是A。 3（2020天津第2題）．如圖所示，A、B兩物塊疊放在一起，在粗糙的水平面上保持相對靜止地向右做勻減速直線運動，運動過程中B受到的摩擦力 A．方向向左，大小不變 B．方向向左，逐漸減小 C．方向向右，大小不變 D．方向向右，逐漸減小 【解析】：考查牛頓運動定律處理連接體問題的基本方法，簡單題。對于多個物體組成的物體系統(tǒng)，若系統(tǒng)內(nèi)各個物體具有相同的運動狀態(tài)，應(yīng)優(yōu)先選取整體法分析，再采用隔離法求解。取A、B系統(tǒng)整體分析有 ，a=μg，B與A具有共同的運動狀態(tài)，取B

4、為研究對象，由牛頓第二定律有：，物體B做速度方向向右的勻減速運動，故而加速度方向向左。 【答案】：A 4（2020四川第19題）．如圖是“神舟”系列航天飛船返回艙返 回 地面的示意圖，假定其過程可簡化為： 打開降落傘一段時間后，整個裝置勻速下降，為確保安全著陸，需 點燃返回艙的緩沖火箭，在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，則 A.火箭開始噴氣瞬間傘繩對返回艙的拉力變小 B.返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是空氣阻力 C返回艙在噴氣過程中所受合外力可能做正功 D.返回艙在噴氣過程中處于失重狀態(tài) 【答案】A 【解析】在火箭噴氣過程中返回艙做減速直線運動，加速度方向向

5、上，返回艙處于超重狀態(tài)，動能減小，返回艙所受合外力做負(fù)功，返回艙在噴氣過程中減速的主要原因是緩沖火箭向下噴氣而獲得向上的反沖力。火箭開始噴氣前勻速下降拉力等于重力減去返回艙受到的空氣阻力，火箭開始噴氣瞬間反沖力直接對返回艙作用因而傘繩對返回艙的拉力變小。 5（2020江蘇第9題）．如圖所示，傾角為α的等腰三角形斜面固定在水平面上，一足夠長的輕質(zhì)綢帶跨過斜面的頂端鋪放在斜面的兩側(cè)，綢帶與斜面間無摩擦?，F(xiàn)將質(zhì)量分別為M、m(M>m)的小物塊同時輕放在斜面兩側(cè)的綢帶上。兩物塊與綢帶間的動摩擦因數(shù)相等，且最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等。在α角取不同值的情況下，下列說法正確的有 A．兩物塊所受摩擦

6、力的大小總是相等 B．兩物塊不可能同時相對綢帶靜止 C．M不可能相對綢帶發(fā)生滑動 D．m不可能相對斜面向上滑動 6（2020北京第18題）.“蹦極”就是跳躍者把一端固定的長彈性繩綁在踝關(guān)節(jié)等處，從幾十米高處跳下的一種極限運動。某人做蹦極運動，所受繩子拉力F的大小隨時間t變化的情況如圖所示。將蹦極過程近似為在豎直方向的運動，重力加速度為g。據(jù)圖可知，此人在蹦極過程中最大加速度約為 A．G B．2g C．3g D．4g 7（2020上海第19題）．受水平外力F作用的物體，在粗糙水平面上作直線運動，其 圖線如

7、圖所示，則 (A)在秒內(nèi)，外力大小不斷增大 (B)在時刻，外力為零 (C)在秒內(nèi)，外力大小可能不斷減小 (D)在秒內(nèi)，外力大小可能先減小后增大 答案：CD 8（2020上海第26題）.(5 分)如圖，為測量作勻加速直線運動小車的加速度，將寬度均為b的擋光片A、B固定在小車上，測得二者間距為d。 (1)當(dāng)小車勻加速經(jīng)過光電門時，測得兩擋光片先后經(jīng)過的時間和，則小車加速度 。 (2)(多選題)為減小實驗誤差，可采取的方法是( ) (A)增大兩擋光片寬度 (B)減小兩擋光片寬度 (C)增大兩擋光片

8、間距 (D)減小兩擋光片間距 答案． （1） (2)B，C 9（2020天津第19題）（1）某同學(xué)用測力計研究在豎直方向運行的電梯運動狀態(tài)。他在地面上用測力計測量砝碼的重力，示數(shù)為G。他在電梯中用測力計仍測量同一砝碼的重力，發(fā)現(xiàn)測力計的示數(shù)小于G，由此判斷此時電梯的運動狀態(tài)可能是減速上升或加速下降。 【解析】：物體處于失重狀態(tài)，加速度方向向下，故而可能是減速上升或加速下降。 （2）用螺旋測微器測量某金屬絲直徑的結(jié)果如圖所示。 該金屬絲的直徑是1.706mm 【解析】：注意副尺一定要有估讀。讀數(shù)為1.5+20.6×0.01mm=1.70

9、6mm。因為個人情況不同，估讀不一定一致，本題讀數(shù)1.704-1.708都算正確。 10.(浙江第21題)在“探究加速度與力、質(zhì)量的關(guān)系”實驗時，已提供了小車，一端附有定滑輪的長木板、紙帶、帶小盤的細線、刻度尺、天平、導(dǎo)線。為了完成實驗，還須從下圖中選取實驗器材，其名稱是 ① （漏選或全選得零分）；并分別寫出所選器材的作用 ② 。 答案：①學(xué)生電源、電磁打點 計時器、鉤碼、砝碼 或電火花計時器、鉤碼、砝碼 ②學(xué)生電源為電磁打點計時器提供交流電源；電磁打點計時器（電火花計時器）記錄小車運動的位置和時間；鉤碼用以改變小車的質(zhì)量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大

10、小，還可以用于測量小車的質(zhì)量。 解析：電磁打點計時器（電火花計時器）記錄小車運動的位置和時間；鉤碼用以改變小車的質(zhì)量；砝碼用以改變小車受到的拉力的大小，還可以用于測量小車的質(zhì)量。如果選電磁打點計時器，則需要學(xué)生電源，如果選電火花計時器，則不需要學(xué)生電源。 11(新課標(biāo)理綜第23題).（10分） 利用圖1所示的裝置可測量滑塊在斜面上運動的加速度。一斜面上安裝有兩個光電門，其中光電門乙固定在斜面上靠近底端處，光電門甲的位置可移動，當(dāng)一帶有遮光片的滑塊自斜面上滑下時，與兩個光電門都相連的計時器可以顯示出遮光片從光電門甲至乙所用的時間t。改變光電門甲的位置進行多次測量，每次都使滑塊從同一點由靜

11、止開始下滑，并用米尺測量甲、乙之間的距離s，記下相應(yīng)的t值；所得數(shù)據(jù)如下表所示。 ?s（m） 0.500 0.600 0.700 0.800 0.900 0.950 t(ms) 292.9 371.5 452.3 552.8 673.8 776.4 s/t(m/s) 1.71 1.62 1.55 1.45 1.34 1.22 ?完成下列填空和作圖： （1）若滑塊所受摩擦力為一常量，滑塊加速度的大小a、滑塊經(jīng)過光電門乙時的瞬時速度v1測量值s和t四個物理量之間所滿足的關(guān)系式是_______； (2)根據(jù)表中給出的數(shù)據(jù)，在圖2給出的坐標(biāo)紙上

12、畫出圖線； （3）由所畫出的圖線，得出滑塊加速度的大小為a=____________m/s2（保留2位有效數(shù)字）。 解析：（1）滑塊做勻加速直線運動，利用有解得 （2） （3）由可知，斜率絕對值為即，解得a=2 12(重慶第22（2）題)某同學(xué)設(shè)計了如題22 圖3所示的裝置，利用米尺、秒表、輕繩、 輕滑輪、軌道、滑塊、托盤和砝碼等器材 來制定滑塊和軌道間的動摩擦因數(shù)μ?；? 塊和托盤上分別放有若干砝碼，滑塊質(zhì)量為M，滑塊上砝碼總質(zhì)量為m‘，托盤和盤中砝 碼的總質(zhì)量為m，實驗中，滑塊在水平軌道上從A到B做初速為零的勻加速直線運動， 重力加速度g取10m

13、／s2。 ①為測量滑塊的加速度，須測出它在 A、B間運動的 與 ，計 算的運動學(xué)公式是 ； ②根據(jù)牛頓運動定律得到與的關(guān)系 為： 他想通過多次改變，測出相應(yīng)的值，并利用上式來計算。若要求是的一次函數(shù)，必須使上式中的 保持不變，實驗中應(yīng)將從托盤中取出的砝碼置于 ； ③實驗得到與的關(guān)系如題22圖4所示，由此可知μ= （取兩位有效數(shù)字） 答案 ：①位移????? 時間????? ??? ②m′+m? 滑塊上 ??? ③=0.23(0.21—0 25)

14、 13(上海第31題)．(12 分)如圖，質(zhì)量的物體靜止于水平地面的A處，A、B間距L=20m。用大小為30N，沿水平方向的外力拉此物體，經(jīng)拉至B處。(已知，。取) (1)求物體與地面間的動摩擦因數(shù)μ； (2)用大小為30N，與水平方向成37°的力斜向 上拉此物體，使物體從A處由靜止開始運動 并能到達B處，求該力作用的最短時間t。 答案．(12分) (1)物體做勻加速運動 (1分) ∴ （1分） 由牛頓第二定律 （1分）

15、 (1分) ∴ (1分) (2)設(shè)作用的最短時間為，小車先以大小為的加速度勻加速秒，撤去外力后，以大小為，的加速度勻減速秒到達B處，速度恰為0，由牛頓定律 (1分) ∴(1分) （1分） 由于勻加速階段的末速度即為勻減速階段的初速度，因此有 （1分） ∴ （1分） （1分） ∴ （1分） （2）另

16、解：設(shè)力作用的最短時間為t，相應(yīng)的位移為s，物體到達B處速度恰為0，由動能定理 （2分） ∴ （1分） 由牛頓定律 （1分） ∴ （1分） ∵ （1分） （1分） 2020年高考新題 1．2020·全國卷Ⅰ·15如右圖，輕彈簧上端與一質(zhì)量為m的木塊1相連，下端與另一質(zhì)量為M的木塊2相連，整個系

17、統(tǒng)置于水平放置的光滑木板上，并處于靜止?fàn)顟B(tài)。現(xiàn)將木板沿水平方向突然抽出，設(shè)抽出后的瞬間，木塊1、2的加速度大小分別為、。重力加速度大小為g。則有 A．， B．， C．， D．， 【答案】C 【解析】在抽出木板的瞬時，彈簧對1的支持力和對2的壓力并未改變。對1物體受重力和支持力，mg=F,a1=0. 對2物體受重力和壓力，根據(jù)牛頓第二定律 【命題意圖與考點定位】本題屬于牛頓第二定律應(yīng)用的瞬時加速度問題，關(guān)鍵是區(qū)分瞬時力與延時力。 2. 2020·福建·16質(zhì)量為2kg的物體靜止在足夠大的水平地面上，物體與地面間的動摩擦 因數(shù)為0.2，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大

18、小視為相等。從t=0時刻開始，物體受到方向不變、大小呈周期性變化的水平拉力F的作用，F(xiàn)隨時間t的變化規(guī)律如圖所示。重力加速度g取10m／s2， 則物體在t=0至t=12s這段時間的位移大小為 A.18m B.54m C.72m D.198m 答案：B 3．2020·上海物理·5將一個物體以某一速度從地面豎直向上拋出，設(shè)物體在運動過程中所受空氣阻力大小不變，則物體 （A）剛拋出時的速度最大 （B）在最高點的加速度為零 （C）上升時間大于下落時間 （D）上升時的加速度等

19、于下落時的加速度 【解析】，，所以上升時的加速度大于下落時的加速度，D錯誤； 根據(jù)，上升時間小于下落時間，C錯誤，B也錯誤，本題選A。 本題考查牛頓運動定律和運動學(xué)公式。難度：中。 4．2020·海南物理·3下列說法正確的是 A．若物體運動速率始終不變，則物體所受合力一定為零 B．若物體的加速度均勻增加，則物體做勻加速直線運動 C．若物體所受合力與其速度方向相反，則物體做勻減速直線運動 D．若物體在任意的相等時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動 【答案】D 【解析】物體運動速率不變但方向可能變化，因此合力不一定為零，A錯；物體的加速度均勻增加，即加速度在變化，是非勻加

20、速直線運動，B錯；物體所受合力與其速度方向相反，只能判斷其做減速運動，但加速度大小不可確定，C錯；若物體在任意的相等時間間隔內(nèi)位移相等，則物體做勻速直線運動，D對。 5．2020·海南物理·6在水平的足夠長的固定木板上，一小物塊以某一初速度開始滑動，經(jīng)一段時間t后停止．現(xiàn)將該木板改置成傾角為45°的斜面，讓小物塊以相同的初速度沿木板上滑．若小物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為．則小物塊上滑到最高位置所需時間與t之比為 A． B． C． D． 【答案】A 【解析】木板水平時，小物塊的加速度，設(shè)滑行初速度為，則滑行時間為；木板改成后，小物塊上滑的加速度，滑行時間，因此，A項正確。 6．

21、2020·海南物理·8如右圖，木箱內(nèi)有一豎直放置的彈簧，彈簧上方有一物塊：木箱靜止時彈自由落體處于壓縮狀態(tài)且物塊壓在箱頂上．若在某一段時間內(nèi)，物塊對箱頂剛好無壓力，則在此段時間內(nèi)，木箱的運動狀態(tài)可能為 A．加速下降 B．加速上升 C．減速上升 D．減速下降 【答案】BD 【解析】木箱靜止時物塊對箱頂有壓力，則物塊受到頂向下的壓力，當(dāng)物塊對箱頂剛好無壓力時，表明系統(tǒng)有向上的加速度，是超重，BD正確。 7．2020·海南物理·12雨摘下落時所受到的空氣阻力與雨滴的速度有關(guān)，雨滴速度越大，它受到的空氣阻力越大：此外，當(dāng)雨滴速度一定時，雨滴下落時所受到的空氣阻力還與雨滴半徑的次方成

22、正比()．假設(shè)一個大雨滴和一個小雨滴從同一云層同時下落，最終它們都_______（填“加速”、“減速”或”勻速”）下落．______（填“大”或“小”）雨滴先落到地面；接近地面時，______（填“大”或“小”）雨滴的速度較?。? 【答案】勻速(2分) 大(1分) 小(1分) 【解析】由于雨滴受到的空氣阻力與速度有關(guān)，速度越大阻力越大，因此最終當(dāng)阻力增大到與重力平衡時都做勻速運動；設(shè)雨滴半徑為，則當(dāng)雨滴勻速下落時受到的空氣阻力，而重力，由于，因此半徑大的勻速運動的速度大，先落地且落地速度大，小雨滴落地速度小。 8. 2020·福建·22如圖所示，物體A放在足夠長的木板B上，木板B靜止于

23、水平面。t=0時，電動機通過水平細繩以恒力F拉木板B，使它做初速度為零，加速度aB=1.0m/s2的勻加速直線運動。已知A的質(zhì)量mA和B的質(zhì)量mg均為2.0kg,A、B之間的動摩擦因數(shù)=0.05，B與水平面之間的動摩擦因數(shù)=0.1，最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小視為相等，重力加速度g取10m/s2。求 （1）物體A剛運動時的加速度aA (2)t=1.0s時，電動機的輸出功率P； （3）若t=1.0s時，將電動機的輸出功率立即調(diào)整為P`=5W，并在以后的運動過程中始終保持這一功率不變，t=3.8s時物體A的速度為1.2m/s。則在t=1.0s到t=3.8s這段時間內(nèi)木板B的位移為多少？ 答

24、案： 2m m F 圖1 圖2 1　 2　 1　 3　 t/s 0 0.4　 F/mg 1.5　 9．2020·海南物理·16圖l中，質(zhì)量為的物塊疊放在質(zhì)量為的足夠長的木板上方右側(cè)，木板放在光滑的水平地面上，物塊與木板之間的動摩擦因數(shù)為＝0.2．在木板上施加一水平向右的拉力F，在0~3s內(nèi)F的變化如圖2所示，圖中F以為單位，重力加速度．整個系統(tǒng)開始時靜止． (1)求1s、1.5s、2s、3s末木板的速度以及2s、3s末物塊的速度； (2)在同一坐標(biāo)系中畫出0~3s內(nèi)木板和物塊的圖象，據(jù)此求0~3s內(nèi)物塊相對于木板滑過的距離。 【答案】（1）

25、（2） 【解析】(1)設(shè)木板和物塊的加速度分別為和，在時刻木板和物塊的速度分別為和，木板和物塊之間摩擦力的大小為，依牛頓第二定律、運動學(xué)公式和摩擦定律得 ① ，當(dāng) ② ③ ④ ⑤ 由①②③④⑤式與題給條件得 ⑥ v/(m?s-1) 1　 2　 3　 t/s 0 4.5　 1.5　 4　 2　 物塊 木板 ⑦ (2)由⑥⑦式得到物塊與木板運動的圖象，如右圖所示。在0～3s內(nèi)物塊相對于木板的距離等于木板和物塊圖線下的面積之差，即圖中帶陰影的四邊形面積，該四邊形由

26、兩個三角形組成，上面的三角形面積為0.25(m)，下面的三角形面積為2(m)，因此 ⑧ 2020年高考題 一、選擇題 1.（09·全國卷Ⅱ·15）兩物體甲和乙在同一直線上運動，它們在0～0.4s時間內(nèi)的v-t圖象如圖所示。若僅在兩物體之間存在相互作用，則物體甲與乙的質(zhì)量之比和圖中時間t1分別為 （ B ） A．和0.30s B．3和0.30s C．和0.28s D．3和0.28s 解析：本題考查圖象問題.根據(jù)速度圖象的特點可知甲做勻加速,乙做勻減速.根據(jù)得,根據(jù)牛頓第二定律有,得,由,得t=0.3s,B正確。

27、 2.（09·上海·7）圖為蹦極運動的示意圖。彈性繩的一端固定在點，另一端和運動員相連。運動員從點自由下落，至點彈性繩自然伸直，經(jīng)過合力為零的點到達最低點，然后彈起。整個過程中忽略空氣阻力。分析這一過程，下列表述正確的是 （ B ） ①經(jīng)過點時，運動員的速率最大 ②經(jīng)過點時，運動員的速率最大 ③從點到點，運動員的加速度增大 ④從點到點，運動員的加速度不變 A．①③ B．②③ C．①④ D．②④ 3.（09·上海·46）與普通自行車相比，電動自行車騎行更省力。下表為某一品牌電動自行車的部分技術(shù)參數(shù)。在

28、額定輸出功率不變的情況下，質(zhì)量為60Kg的人騎著此自行車沿平直公路行駛，所受阻力恒為車和人總重的0.04倍。當(dāng)此電動車達到最大速度時，牽引力為 N,當(dāng)車速為2s/m時，其加速度為 m/s2(g=10m m/s2) 規(guī)格 后輪驅(qū)動直流永磁鐵電機 車型 14電動自行車 額定輸出功率 200W 整車質(zhì)量 40Kg 額定電壓 48V 最大載重 120 Kg 額定電流 4.5A 答案：40：0.6 4.（09·寧夏·20）如圖所示，一足夠長的木板靜止在光滑水平面上，一物塊靜止在木板上，木板和物塊間有摩擦?，F(xiàn)用水平力向右拉木板，當(dāng)物塊相對

29、木板滑動了一段距離但仍有相對運動時，撤掉拉力，此后木板和物塊相對于水平面的運動情況為 （ BC ） A.物塊先向左運動，再向右運動 B.物塊向右運動，速度逐漸增大，直到做勻速運動 C.木板向右運動，速度逐漸變小，直到做勻速運動 D.木板和物塊的速度都逐漸變小，直到為零 5.（09·廣東物理·8）某人在地面上用彈簧秤稱得體重為490N。他將彈簧秤移至電梯內(nèi)稱其體重，至?xí)r間段內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)如圖所示，電梯運行的v-t圖可能是（取電梯向上運動的方向為正） （ A ）

30、 解析：由圖可知，在t0-t1時間內(nèi)，彈簧秤的示數(shù)小于實際重量，則處于失重狀態(tài)，此時具有向下的加速度，在t1-t2階段彈簧秤示數(shù)等于實際重量，則既不超重也不失重，在t2-t3階段，彈簧秤示數(shù)大于實際重量，則處于超重狀態(tài)，具有向上的加速度，若電梯向下運動，則t0-t1時間內(nèi)向下加速，t1-t2階段勻速運動，t2-t3階段減速下降，A正確；BD不能實現(xiàn)人進入電梯由靜止開始運動，C項t0-t1內(nèi)超重，不符合題意。 6.（09·江蘇物理·9）如圖所示，兩質(zhì)量相等的物塊A、B通過一輕質(zhì)彈簧連接，B足夠長、放置在水平面上，所有接觸面均光滑。彈簧開始時處于原長，運動過程中始終處在彈性限度內(nèi)。在物塊

31、A上施加一個水平恒力，A、B從靜止開始運動到第一次速度相等的過程中，下列說法中正確的有 （ BCD ） A．當(dāng)A、B加速度相等時，系統(tǒng)的機械能最大 B．當(dāng)A、B加速度相等時，A、B的速度差最大 C．當(dāng)A、B的速度相等時，A的速度達到最大 D．當(dāng)A、B的速度相等時，彈簧的彈性勢能最大 解析：處理本題的關(guān)鍵是對物體進行受力分析和運動過程分析，使用圖象處理則可以使問題大大簡化。對A、B在水平方向受力分析如圖，F(xiàn)1為彈簧的拉力；當(dāng)加速度大小相同為a時，對Ａ有，對Ｂ有，得，在整個過程中Ａ的合力（加速度）一直減小而Ｂ的合力（加速

32、度）一直增大，在達到共同加速度之前A的合力（加速度）一直大于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）。兩物體運動的v-t圖象如圖，tl時刻，兩物體加速度相等，斜率相同，速度差最大，t2時刻兩物體的速度相等，Ａ速度達到最大值，兩實線之間圍成的面積有最大值即兩物體的相對位移最大，彈簧被拉到最長；除重力和彈簧彈力外其它力對系統(tǒng)正功，系統(tǒng)機械能增加，tl時刻之后拉力依然做正功，即加速度相等時，系統(tǒng)機械能并非最大值。 7.（09·廣東理科基礎(chǔ)·4）建筑工人用圖所示的定滑輪裝置運送建筑材料。質(zhì)量為70.0kg的工 人站在地面上，通過定滑輪將20.0kg的建筑材料以0．500m

33、／s2的加速度拉升，忽略繩子和定滑輪的質(zhì)量及定滑輪的摩擦，則工人對地面的壓力大小為(g取lOm／s2) （ B ） A．510 N B．490 N C．890 N D．910 N 解析：對建筑材料進行受力分析。根據(jù)牛頓第二定律有,得繩子的拉力大小等于 F=210N,然后再對人受力分析由平衡的知識得,得FN=490N,根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面間的 壓力為490N.B對。 8.（09·廣東理科基礎(chǔ)·15）搬運工人沿粗糙斜面把一個物體拉上卡車，當(dāng)力沿斜面向上，大小為F時，物體的加速

34、度為a1；若保持力的方向不變，大小變?yōu)?F時，物體的加速度為a2，則 （ D ） A．a(chǎn)l=a2 B．a(chǎn)12al 解析：當(dāng)為F時有，當(dāng)為2F時有，可知，D對。 9.（09·山東·17）某物體做直線運動的v-t圖象如圖甲所示，據(jù)此判斷圖乙（F表示物體所受合力，x表示物體的位移）四個選項中正確的是 （ B ） 解析：由圖甲可知前兩秒物體做初速度為零的勻加速直線運動，所以前兩秒受力恒定，2s-4s做正方向勻加速直線

35、運動，所以受力為負(fù)，且恒定，4s-6s做負(fù)方向勻加速直線運動，所以受力為負(fù)，恒定，6s-8s做負(fù)方向勻減速直線運動，所以受力為正，恒定，綜上分析B正確。 考點：v-t圖象、牛頓第二定律 提示：在v-t圖象中傾斜的直線表示物體做勻變速直線運動，加速度恒定，受力恒定。 速度——時間圖象特點： ①因速度是矢量，故速度——時間圖象上只能表示物體運動的兩個方向，t軸上方代表的“正方向”，t軸下方代表的是“負(fù)方向”，所以“速度——時間”圖象只能描述物體做“直線運動”的情況，如果做曲線運動，則畫不出物體的“位移——時間”圖象； ②“速度——時間”圖象沒有時間t的“負(fù)軸”，因時間沒有負(fù)值，畫圖要注意

36、這一點； ③“速度——時間”圖象上圖線上每一點的斜率代表的該點的加速度，斜率的大小表示加速度的大小，斜率的正負(fù)表示加速度的方向； ④“速度——時間”圖象上表示速度的圖線與時間軸所夾的“面積”表示物體的位移。 P 地球 Q 軌道1 軌道2 10.（09·山東·18）2020年9月25日至28日我國成功實施了“神舟”七號載入航天飛行并實現(xiàn)了航天員首次出艙。飛船先沿橢圓軌道飛行，后在遠地點343千米處點火加速，由橢圓軌道變成高度為343千米的圓軌道，在此圓軌道上飛船運行周期約為90分鐘。下列判斷正確的是 （ BC ） A．飛船變軌前后的機械能相等 B．飛船在圓

37、軌道上時航天員出艙前后都處于失重狀態(tài) C．飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度 D．飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時的加速度大于變軌后沿圓軌道運動的加速度 解析：飛船點火變軌，前后的機械能不守恒，所以A不正確。飛船在圓軌道上時萬有引力來提供向心力，航天員出艙前后都處于失重狀態(tài)，B正確。飛船在此圓軌道上運動的周期90分鐘小于同步衛(wèi)星運動的周期24小時，根據(jù)可知，飛船在此圓軌道上運動的角度速度大于同步衛(wèi)星運動的角速度，C正確。飛船變軌前通過橢圓軌道遠地點時只有萬有引力來提供加速度，變軌后沿圓軌道運動也是只有萬有引力來提供加速度，所以相等，D不正確。 考點：機械能守恒定律，完

38、全失重，萬有引力定律 提示：若物體除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)不做功，且其他力做功之和不為零，則機械能不守恒。 根據(jù)萬有引力等于衛(wèi)星做圓周運動的向心力可求衛(wèi)星的速度、周期、動能、動量等狀態(tài)量。由得，由得，由得，可求向心加速度。 11.（09·山東·22）圖示為某探究活動小組設(shè)計的節(jié)能運動系統(tǒng)。斜面軌道傾角為30°，質(zhì)量為M的木箱與軌道的動摩擦因數(shù)為。木箱在軌道端時，自動裝貨裝置將質(zhì)量為m的貨物裝入木箱，然后木箱載著貨物沿軌道無初速滑下，與輕彈簧被壓縮至最短時，自動卸貨裝置立刻將貨物卸下，然后木箱恰好被彈回到軌道頂端，再重復(fù)上述過程。下列選項正確的是

39、 （ BC ） A．m＝M 　B．m＝2M 　C．木箱不與彈簧接觸時，上滑的加速度大于下滑的加速度 　D．在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能全部轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能 解析：受力分析可知，下滑時加速度為，上滑時加速度為，所以C正確。設(shè)下滑的距離為l，根據(jù)能量守恒有，得m＝2M。也可以根據(jù)除了重力、彈性力做功以外，還有其他力(非重力、彈性力)做的功之和等于系統(tǒng)機械能的變化量，B正確。在木箱與貨物從頂端滑到最低點的過程中，減少的重力勢能轉(zhuǎn)化為彈簧的彈性勢能和內(nèi)能，所以D不正確。 考點：能量守恒定律，機械能守恒定律，牛頓第二定律，受力分析 提示：能量守

40、恒定律的理解及應(yīng)用。 12.（09·安徽·17）為了節(jié)省能量，某商場安裝了智能化的電動扶梯。無人乘行時，扶梯運轉(zhuǎn)得很慢；有人站上扶梯時，它會先慢慢加速，再勻速運轉(zhuǎn)。一顧客乘扶梯上樓，恰好經(jīng)歷了這 兩個過程，如圖所示。那么下列說法中正確的是 （ C ） A. 顧客始終受到三個力的作用 B. 顧客始終處于超重狀態(tài) FN mg f a C. 顧客對扶梯作用力的方向先指向左下方，再豎直向下 D. 顧客對扶梯作用的方向先指向右下方，再豎直向下 解析：在慢慢加速的過程中顧客受到的摩擦力水平向左，電梯對其的支持力和摩擦力的合力方向指

41、向右上，由牛頓第三定律，它的反作用力即人對電梯的作用方向指向向左下；在勻速運動的過程中，顧客與電梯間的摩擦力等于零，顧客對扶梯的作用僅剩下壓力，方向沿豎直向下。 13.（09·安徽·18）在光滑的絕緣水平面上，有一個正方形的abcd，頂點a、c處分別固定一個正點電荷，電荷量相等，如圖所示。若將一個帶負(fù)電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復(fù)運動。粒子從b點運動到d點的過程中 （ D ） A. 先作勻加速運動，后作勻減速運動 B. 先從高電勢到低電勢，后從低電勢到高電勢 C. 電勢

42、能與機械能之和先增大，后減小 a b cc d O D. 電勢能先減小，后增大 解析：由于負(fù)電荷受到的電場力是變力，加速度是變化的。所以A錯；由等量正電荷的電場分布知道，在兩電荷連線的中垂線O點的電勢最高，所以從b到a，電勢是先增大后減小，故B錯；由于只有電場力做功，所以只有電勢能與動能的相互轉(zhuǎn)化，故電勢能與機械能的和守恒，C錯；由b到O電場力做正功，電勢能減小，由O到d電場力做負(fù)功，電勢能增加，D對。 二、非選擇題 14.（09·山東·24）（15分）如圖所示，某貨場而將質(zhì)量為m1=100 kg的貨物（可視為質(zhì)點）從高處運送至地面，為避免貨物與地面發(fā)生撞擊，現(xiàn)利用固定于地面

43、的光滑四分之一圓軌道，使貨物中軌道頂端無初速滑下，軌道半徑R=1.8 m。地面上緊靠軌道次排放兩聲完全相同的木板A、B，長度均為l=2m，質(zhì)量均為m2=100 kg，木板上表面與軌道末端相切。貨物與木板間的動摩擦因數(shù)為1，木板與地面間的動摩擦因數(shù)=0.2。（最大靜摩擦力與滑動摩擦力大小相等，取g=10 m/s2） （1）求貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力。 （2）若貨物滑上木板4時，木板不動，而滑上木板B時，木板B開始滑動，求1應(yīng)滿足的條件。 （3）若1=0。5，求貨物滑到木板A末端時的速度和在木板A上運動的時間。 解析：（1）設(shè)貨物滑到圓軌道末端是的速度為，對貨物的下滑過程中根據(jù)機

44、械能守恒定律得，①設(shè)貨物在軌道末端所受支持力的大小為,根據(jù)牛頓第二定律得，② 聯(lián)立以上兩式代入數(shù)據(jù)得③ 根據(jù)牛頓第三定律，貨物到達圓軌道末端時對軌道的壓力大小為3000N，方向豎直向下。 （2）若滑上木板A時，木板不動，由受力分析得④ 若滑上木板B時，木板B開始滑動，由受力分析得⑤ 聯(lián)立④⑤式代入數(shù)據(jù)得⑥。 （3），由⑥式可知，貨物在木板A上滑動時，木板不動。設(shè)貨物在木板A上做減速運動時的加速度大小為，由牛頓第二定律得⑦ 設(shè)貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學(xué)公式得⑧ 聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得⑨ 設(shè)在木板A上運動的時間為t，由運動學(xué)公式得⑩ 聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得。 考

45、點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學(xué)方程、受力分析 15.（09·安徽·22）（14分）在2020年北京殘奧會開幕式上，運動員手拉繩索向上攀登，最終點燃 了主火炬，體現(xiàn)了殘疾運動員堅忍不拔的意志和自強不息的精神。為了探究上升過程中運動員與繩索和吊椅間的作用，可將過程簡化。一根不可伸縮的輕繩跨過輕質(zhì)的定滑輪，一端掛一吊椅，另一端被坐在吊椅上的運動員拉住，如圖所示。設(shè)運動員的質(zhì)量為65kg，吊椅的質(zhì)量為15kg，不計定滑輪與繩子間的摩擦。重力加速度取。當(dāng)運動員與吊椅一起正以加速度上升時，試求 （1）運動員豎直向下拉繩的力； F F (m人+m椅)g a （2）運動員對吊椅的壓力

46、。 答案：440N，275N 解析：解法一:(1）設(shè)運動員受到繩向上的拉力為F，由于跨過定滑輪的兩段繩子拉 力相等，吊椅受到繩的拉力也是F。對運動員和吊椅整體進行受力分析如圖所示，則有： 由牛頓第三定律，運動員豎直向下拉繩的力 F F (m人+m椅)g a （2）設(shè)吊椅對運動員的支持力為FN，對運動員進行受力分析如圖所示，則有： 由牛頓第三定律，運動員對吊椅的壓力也為275N 解法二:設(shè)運動員和吊椅的質(zhì)量分別為M和m；運動員豎直向下的拉力為F，對吊椅的壓力大小為FN。 根據(jù)牛頓第三定律，繩對運動員的拉力大小為F，吊椅對運動員的支持力為FN。分別以運動

47、員和吊椅為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律 ① ② 由①②得 16.（09·江蘇·13）（15分）航模興趣小組設(shè)計出一架遙控飛行器，其質(zhì)量m =2㎏，動力系統(tǒng)提供的恒定升力F =28 N。試飛時，飛行器從地面由靜止開始豎直上升。設(shè)飛行器飛行時所受的阻力大小不變，g取10m/s2。 （1）第一次試飛，飛行器飛行t1 = 8 s 時到達高度H = 64 m。求飛行器所阻力f的大??； （2）第二次試飛，飛行

48、器飛行t2 = 6 s 時遙控器出現(xiàn)故障，飛行器立即失去升力。求飛行器能達到的最大高度h；（3）為了使飛行器不致墜落到地面，求飛行器從開始下落到恢復(fù)升力的最長時間t3 。 解析： （1）第一次飛行中，設(shè)加速度為 勻加速運動 由牛頓第二定律 解得 （2）第二次飛行中，設(shè)失去升力時的速度為，上升的高度為 勻加速運動 設(shè)失去升力后的速度為，上升的高度為 由牛頓第二定律 解得 （3）設(shè)失去升力下降階段加速度為；恢復(fù)升力后加速度為，恢復(fù)升力時速度為 由牛頓第二定律 F+f-mg=ma4 且 V3=a3t3 解得t3=(s)(或2.1s) 17.（09·海南物理

49、·15）（9分）一卡車拖掛一相同質(zhì)量的車廂，在水平直道上以的速度勻速行駛，其所受阻力可視為與車重成正比，與速度無關(guān)。某時刻，車廂脫落，并以大小為的加速度減速滑行。在車廂脫落后，司機才發(fā)覺并緊急剎車，剎車時阻力為正常行駛時的3倍。假設(shè)剎車前牽引力不變，求卡車和車廂都停下后兩者之間的距離。 解析：設(shè)卡車的質(zhì)量為M，車所受阻力與車重之比為；剎車前卡車牽引力的大小為， 卡車剎車前后加速度的大小分別為和。重力加速度大小為g。由牛頓第二定律有 設(shè)車廂脫落后，內(nèi)卡車行駛的路程為，末速度為，根據(jù)運動學(xué)公式有 ⑤ ⑥ ⑦ 式中，是卡車在剎

50、車后減速行駛的路程。設(shè)車廂脫落后滑行的路程為，有 ⑧ 卡車和車廂都停下來后相距 ⑨ 由①至⑨式得 帶入題給數(shù)據(jù)得 評分參考：本題9分。①至⑧式各1分，式1分 18.（09·上海物理·22）（12分）如圖A．，質(zhì)量m＝1kg的物體沿傾角q＝37°的固定粗糙斜面由靜止開始向下運動，風(fēng)對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風(fēng)速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風(fēng)速v的關(guān)系如圖B．所示。求： （1）物體與斜面間的動摩擦因數(shù)m；（2）比例系數(shù)k。 （sin370=0.6,cos370

51、=0.8,g=10m/s2） 解析：（1）對初始時刻：mgsinq－mmgcosq＝ma0 由圖讀出a0=4m/s2代入式， 解得：m＝＝0.25； （2）對末時刻加速度為零：mgsinq－mN－kvcosq＝0 又N＝mgcosq＋kvsinq 由圖得出此時v=5 m/s 代入式解得：k＝＝0.84kg/s。 19.（09·廣東物理·20）（17分）如圖20所示，絕緣長方體B置于水平面上，兩端固定一對平行帶電極板，極板間形成勻強電場E。長方體B的上表面光滑，下表面與水平面的動摩擦因數(shù)=0.05（設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同）。B與極板的總質(zhì)量=1.0kg.帶正電的小

52、滑塊A質(zhì)量=0.60kg，其受到的電場力大小F=1.2N.假設(shè)A所帶的電量不影響極板間的電場分布。t=0時刻，小滑塊A從B表面上的a點以相對地面的速度=1.6m/s向左運動，同時，B（連同極板）以相對地面的速度=0.40m/s向右運動。問（g取10m/s2） （1）A和B剛開始運動時的加速度大小分別為多少？ （2）若A最遠能到達b點，a、b的距離L應(yīng)為多少？從t=0時刻至A運動到b點時，摩擦力對B做的功為多少？ 解析：⑴由牛頓第二定律有 A剛開始運動時的加速度大小 方向水平向右 B剛開始運動時受電場力和摩擦力作用 由牛頓第三定律得電場力 摩擦力 B剛開

53、始運動時的加速度大小方向水平向左 ⑵設(shè)B從開始勻減速到零的時間為t1，則有 此時間內(nèi)B運動的位移 t1時刻A的速度，故此過程A一直勻減速運動。 此t1時間內(nèi)A運動的位移 此t1時間內(nèi)A相對B運動的位移 此t1時間內(nèi)摩擦力對B做的功為 t1后，由于，B開始向右作勻加速運動，A繼續(xù)作勻減速運動，當(dāng)它們速度相等時A、B相距最遠，設(shè)此過程運動時間為t2，它們速度為v，則有 對A 速度 對B 加速度 速度 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 此t2時間內(nèi)A運動的位移 此t2時間內(nèi)B運動的位移 此t2時間內(nèi)A相對B運動的位移 此t2時間內(nèi)摩擦力對

54、B做的功為 所以A最遠能到達b點a、b的距離L為 從t=0時刻到A運動到b點時，摩擦力對B做的功為 。 2020年高考題 1.(08寧夏理綜20)一有固定斜面的小車在水平面上做直線運動,小球通過細繩與 車頂相連.小球某時刻正處于如圖所示狀態(tài).設(shè)斜面對小球的支持力為N,細繩對 小球的拉力為T,關(guān)于此時刻小球的受力情況,下列說法正確的 ( ) A.若小車向左運動,N可能為零  B.若小車向左運動,T可能為零 C.若小車向右運動,N不可能為  D.若小車向右運動,T不可能為零 答案 AB 解析 小球相對

55、于斜面靜止時,與小車具有共同加速度,如圖甲、乙所示,向左的加速度最大則T=0,向右的加速度最大則N=0,根據(jù)牛頓第二定律,合外力與合加速度方向相同沿水平方向,但速度方向與力沒有直接關(guān)系. 2.（08全國Ⅱ19）一平行板電容器的兩個極板水平放置,兩極板間有一帶電荷量不變的小油滴,小油滴在極板間運動時所受空氣阻力的大小與其速率成正比.若兩極板間電壓為零,經(jīng)一段時間后,油滴以速率v勻速下降;若兩極板間的電壓為U,經(jīng)一段時間后,小油滴以速率v勻速上升.若兩極板間電壓為-U,小油滴做勻速運動時速度的大小、方向?qū)⑹?

56、 （ ） A.2v、向下  B.2v、向上 C.3v、向下  D.3v、向上 答案 C 解析 以油滴為研究對象,根據(jù)共點力平衡條件： 不加電壓時,mg-kv=0 所加電壓為U時,mg+kv- 所加電壓為-U時,mg+ 由以上各式得:v＇=3v,方向豎直向下. 3.(08山東理綜19)直升機懸停在空中向地面投放裝有救災(zāi)物資的箱子,如圖所示.設(shè)投放 初速度為零,箱子所受的空氣阻力與箱子下落速度的平方成正比,且運動過程中箱子始終 保持圖示姿態(tài).在箱子下落過程中,下列說法正確的是

57、 ( ) A.箱內(nèi)物體對箱子底部始終沒有壓力 B.箱子剛從飛機上投下時,箱內(nèi)物體受到的支持力最大 C.箱子接近地面時,箱內(nèi)物體受到的支持力比剛投下時大 D.若下落距離足夠長,箱內(nèi)物體有可能不受底部支持力而“飄起來” 答案 C 解析 因為下落速度不斷增大,而阻力f ∝v2,所以阻力逐漸增大,當(dāng)f =mg時,物體開始勻速下落.以箱和物體 為整體：（M+m）g- f =（M+m）a,f增大則加速度a減小.對物體：Mg-N=ma,加速度減小,則支持力N增大. 所以物體后來受到的支持力比開始時要增大,不可能“飄起來”. 4.(08天津理綜19)在

58、粗糙水平地面上與墻平行放著一個截面為半圓的柱狀物體A, A與豎直墻之間放一光滑圓球B,整個裝置處于靜止?fàn)顟B(tài).現(xiàn)對B加一豎直向下的 力F,F的作用線通過球心,設(shè)墻對B的作用力為F1,B對A的作用力為F2,地面對A 的作用力為F3.若F緩慢增大而整個裝置仍保持靜止,截面如上圖所示,在此過程中 ( ) A.F1保持不變,F3緩慢增大 B.F1緩慢增大,F3保持不變 C.F2緩慢增大,F3緩慢增大  D.F2緩慢增大,F3保持不變 答案 C 解析 B的受力如圖1所示,因為F和G的方向始終在

59、豎直方向,當(dāng)F增大時,F1′、F2′都緩慢增大,F1′=F1, F2′=F2,所以F1、F2都緩慢增大.A物體受力如圖乙所示.由圖乙知F2sinθ=F3所以F3,緩慢增加 C對. 5.(08江蘇7)如圖所示,兩光滑斜面的傾角分別為30°和45°、質(zhì)量分別為2m 和m的兩個滑塊用不可伸長的輕繩通過滑輪連接（不計滑輪的質(zhì)量和摩擦）, 分別置于兩個斜面上并由靜止釋放；若交換兩滑塊位置,再由靜止釋放,則在 上述兩種情形中正確的有 ( ) A.質(zhì)量為2 m的滑塊受到重力、繩的張力、沿斜面的下滑力

60、和斜面的支持力的作用 B.質(zhì)量為m的滑塊均沿斜面向上運動 C.繩對質(zhì)量為m滑塊的拉力均大于該滑塊對繩的拉力 D.系統(tǒng)在運動中機械能均守恒 答案 BD 解析　因為斜面光滑,只有重力做功,機械能守恒.滑塊不受沿斜面的下滑力.因為2mgsin 30°>mgsin 45°, mgsin 30°<2mgsin 45°,所以兩種情況質(zhì)量為m的滑塊均沿斜面向上運動.繩對m滑塊的拉力等于該滑塊 對繩的拉力. 6.(08廣東1)伽利略在著名的斜面實驗中,讓小球分別沿傾角不同、阻力很小的斜面從靜止開始滾下,他通過實驗觀察和邏輯推理,得到的正確結(jié)論有

61、 ( ) A.傾角一定時,小球在斜面上的位移與時間成正比 B.傾角一定時,小球在斜面上的速度與時間成正比 C.斜面長度一定時,小球從頂端滾到底端時的速度與傾角無關(guān) D.斜面長度一定時,小球從頂端滾到底端時所需的時間與傾角無關(guān) 答案 B 解析 設(shè)斜面的長度為L,傾角為θ.傾角一定時,小球在斜面上的位移s=,故選項A錯誤 小球在斜面上的速度v=gsinθ·t,故選項B正確；斜面長度一定時,小球到達底端時的速度v =, 小球到達底端時所需的時間t =,即小球到達底端時的速度及所需時間與傾角θ

62、有關(guān),故選項C、D錯誤. 7.(08江蘇3)一質(zhì)量為M的探空氣球在勻速下降.若氣球所受浮力F始終保持不變, 氣球在運動過程中所受阻力僅與速率有關(guān),重力加速度為g.現(xiàn)欲使該氣球以同樣 速率勻速上升,則需從氣球吊籃中減少的質(zhì)量為 ( ) A. B.  C. D. 0 答案 A 解析 因阻力只與速率有關(guān),以同樣速率上升與下降所受阻力大小不變,設(shè)為f . 則下降時,F+f = Mg ①】 上升時,F =（M-ΔM）g+f ② 由①②得ΔM=2. 202

63、0年高考題 題　組　一 一、選擇題 1.(07山東理綜17)下列實例屬于超重現(xiàn)象的是 ( ) A.汽車駛過拱形橋頂端 B.蕩秋千的小孩通過最低點 C.跳水運動員被跳板彈起,離開跳板向上 D.火箭點火后加速升空 答案 BD 解析 汽車駛過拱形橋頂端時,加速度方向向下,屬于失重現(xiàn)象;蕩秋千的小孩通過最低點時,加速度方向向上,屬于超重現(xiàn)象;跳水運動員被彈起后,只受重力作用,屬于完全失重現(xiàn)象;火箭加速升空,加速度方向向上,屬于超重現(xiàn)象.

64、 2.(06廣東1)下列對運動的認(rèn)識不正確的是 ( ) A.亞里士多德認(rèn)為物體的自然狀態(tài)是靜止的.只有當(dāng)它受到力的作用才會運動 B.伽利略認(rèn)為力不是維持物體速度的原因 C.牛頓認(rèn)為力的真正效應(yīng)總是改變物體的速度,而不僅僅是使之運動 D.伽利略根據(jù)理想實驗推論出,如果沒有摩擦,在水平面上的物體,一旦具有某一個速度,將保持這個速度繼續(xù)運動下去 答案 A 解析 亞里士多德對運動的認(rèn)識是錯誤的,力不是維持物體運動的原因,而是改變物體運動速度的原因. 3.(07江蘇6)如圖所示,光

65、滑水平面上放置質(zhì)量分別為m和2m的四個木塊,其中兩 個質(zhì)量為m的木塊間用可伸長的輕繩相連,木塊間的最大靜摩擦力是μmg.現(xiàn)用 水平拉力F拉其中一個質(zhì)量為2m的木塊,使四個木塊以同一加速度運動,則輕繩對m的最大拉力為 ( ) A.  B. C. D. 3μmg 答案 B 解析 以四個木塊為研究對象,由牛頓第二定律得:F=6ma,繩的拉力最大時,m與2m間的摩擦力剛好為最大靜摩擦力μmg,以2m為研究對象,則:F-μmg=2ma,對m有:μmg- T =ma,聯(lián)立以上三式得:T=μmg. 4.(06四川理綜21)質(zhì)量

66、不計的彈簧下端固定一小球.現(xiàn)手持彈簧上端使小球隨手在豎直方向上以同樣大小的加速度a(ax2+x2′,故A、B選項錯誤. x1′