題目列表(包括答案和解析)
物體B放在物體A上，A、B的上下表面均與斜面平行（如圖）．當兩者以相同的初速度靠慣性沿光滑固定斜面C向上做勻減速運動時（ ）
物體B放在物體A上，A、B的上下表面均與斜面平行（如下圖）．當兩者相對靜止，一起沿固定斜面下滑做勻加速運動時，下列說法正確的是（ �。�物體B放在物體A上，A、B的上下表面均與斜面平行，如圖所示，當兩者以相同的初速度靠慣性沿粗糙固定斜面C向上做勻減速運動時（ ）（2007?武漢模擬）如圖，物體B放在物體A上，A、B的上下表面均與斜面平行，當兩者以相同的初速度沿光滑固定斜面C向上做勻減速運動時（ ）
物體B放在物體A上，A、B的上下表面均與斜面平行，如圖所示．兩物體恰能沿固定斜面向下做勻速運動（ ）高考真題
1．【解析】物體從阻力很小的斜面從靜止開始滾下時，由牛頓第二定律可得加速度a=gsinθ
是一個定值，再由勻變度直線運動速度公式可得v=at
【答案】B
2．【解析】依題意，若兩物體依然相對靜止，則a的加速度一
定水平向右，如圖將加速度分解為垂直斜面與平行于斜面，則垂直斜面方向，N－mgcosθ=may，即支持力N大于mgcosθ，與都靜止時比較，a與b間的壓力增大；沿著斜面方向，若加速度a過大，則摩擦力可能沿著斜面向下，即a物塊可能相對b向上滑動趨勢，甚至相對向上滑動，故A錯，B、C正確；對系統(tǒng)整體，在豎直方向，若物塊a相對b向上滑動，則a還具有向上的分加速度，即對整體的牛頓第二定律可知，系統(tǒng)處于超重狀態(tài)，b與地面之間的壓力將大于兩物體重力之和，D錯。
【答案】BC
3．【解析】如圖所示，設繩中張力為T，A、B、C共同的加速度為a，與C相連部分的繩與豎直線夾角為α，由牛頓運動定律，對A、B、C 組成的整體有
F=3ma …①
對B有 F-T=ma ② 對C有 Tcosα=mg ③
Tsinα=ma ④
聯(lián)立①②式得：T=2ma…⑤
聯(lián)立③④式得： T2=m2(g2+a2) ⑥
聯(lián)立⑤⑥式得：
⑦
利用①⑦式得 ……
【答案】
4．【解析】這是一個物體的受力和時間關系的圖像，從圖像可以看出在前兩秒力的方向和運動的方向相同，物體經歷了一個加速度逐漸增大的加速運動和加速度逐漸減小的加速運動，2少末速度達到最大，從2秒末開始到4秒末運動的方向沒有發(fā)生改變而力的方向發(fā)生了改變與運動的方向相反，物體又經歷了一個加速度逐漸增大的減速運動和加速度逐漸減小的減速的和前2秒運動相反的運動情況，4秒末速度為零，物體的位移達到最大，所以D正確。
【答案】D
5．【解析】（1）從圖中可以看郵，在t＝2s內運動員做勻加速運動，其加速度大小為
m/s2=
設此過程中運動員受到的阻力大小為f，根據牛頓第二定律，有mg－f＝ma
得 f＝m(g－a)＝80×(10－8)N＝160N
（2）從圖中估算得出運動員在14s內下落了
39.5×2×
根據動能定理，有
所以有 
＝（80×10×158－
×80×62）J≈1.25×105J
（3）14s后運動員做勻速運動的時間為
s＝57s
運動員從飛機上跳下到著地需要的總時間
t總＝t＋t′＝（14＋57）s＝71s
【答案】（1）160N （2）
（3）71S ）
6．【解析】因為受到阻力，不是完全失重狀態(tài)，所以對支持面有壓力，A錯。由于箱子阻力和下落的速度成二次方關系，最終將勻速運動，受到的壓力等于重力，最終勻速運動，BD錯，C對。
【答案】C
7．【解析】對小球受力分析，當N為零時，小球的合外力水平向右，加速度向右，故小車可能向右加速運動或向左減速運動，A對C錯；當T為零時，小球的合外力水平向左，加速度向左，故小車可能向右減速運動或向左加速運動，B對D錯。解題時抓住N、T為零時受力分析的臨界條件，小球與車相對靜止，說明小球和小車只能有水平的加速度，作為突破口。
【答案】AB
8．【解析】由牛頓第二定律得：mg－f＝ma
拋物后減速下降有：
Δv＝a/Δt
解得：
【答案】
9．【解析】由機械能守恒定律得
，
；
物塊先在傳送帶上作勻減速直線運動，運動時間為
，
通過的位移為
；
物塊再在傳送帶上作勻加速直線運動，其末速度由
得
，
則勻加速直線運動的時間為
，通過的位移為
，然后再作勻速運動，其位移為通過的位移為
，勻速運動的時間為
，
所以物塊在傳送帶上第一次往返所用的時間為
.
【答案】
10．【解析】此題以直升機取水救火為背景，考查力與運動關系中的勻速和加速直線運動，因直升機沿水平方向勻速飛往水源取水滅火，所以水箱受力平衡，由平衡條件可得
所以
；直升機返回時，由牛頓第二定律得
。聯(lián)立兩式得，水箱中水的質量M=
【答案】M=
名校試題
1．【解析】（1）小球從離開平板車開始至落到地面所用的時間
（2） 小球放到平板車后相對地面靜止，小車的加速度為
小車向右運動的距離為 
小于
小車向左運動的加速度為
小車向左運動的距離為 
小車向左運動的時間為
（3） 小球剛離開平板車瞬間，小車的速度方向向左，大小為
小球離開車子后，車的加速度為 
車子向左運動的距離為 
從小球輕放上平板車到落地瞬間，平板車的位移大小X= x1 + x2+ x3 =
【答案】
2．【解析】(1)當f=mg時，雨點達到最終速度
，則
得
(2）由牛頓第二定律得
，
則
解得
，即
。
【答案】
3．【解析】①
②落地時速度
【答案】
4．【解析】對薄板由于Mgsin37
?m(M+m)gcos37故滑塊在薄板上滑動時，薄板靜止不動. 對滑塊：在薄板上滑行時加速度a
=gsin37=
，至B點時速度V=
=
滑塊由B至C時的加速度a
= gsin37-mgcos37=,滑塊由B至C用時t,由L
=Vt+
at即t+6t-7=0 解得t=1s
對薄板：滑塊滑離后才開始運動，加速度a= gsin37-mgcos37=，滑至C端用時t
=
=
s
故滑塊、平板下端B到達斜面底端C的時間差是△t= t-t=-1=1.65s
【答案】1.65s
5．【解析】（1）
到
由動能定理
解得
（2）滑塊沿BC段向上運動的加速度大小
滑塊做減速運動，速度為0時所用的時間 
對滑塊受力分析：
所以
后滑塊靜止在斜面上
由
得
【答案】
6．【解析】（1）由圖像可知：物體所受摩擦力f=3N
由牛頓第二定律F-f=ma；可得
（2）N=mg=10N,μ
【答案】
7．【解析】(1)米袋在AB上加速時的加速度
米袋的速度達到
=
，因此米加速
一段后與傳送帶一起勻速運動到達B點，到達C點時速度v0=
代人數據得a=
所以，它能上滑的最大距離
…
(2順斜部分傳送帶沿順時針方向轉動時，米袋速度減為
…………
速度減為
米袋速度等于
，故米繼續(xù)向上減速運動…
米袋速度小于
…
速度減到0時上滑位移為
…
可見，米袋速度減速到0時，恰好運行到D點。
米袋從C運動到D所用的時間
【答案】
8．【解析】（1）板在摩擦力作用下向右做勻加速運動直至與物塊速度相同，此時物塊剛到達板的中點，設木板加速度為a1，運動時間為t1，
對木板有 μ1mg = Ma、v = a1t1 ∴t1 =
設在此過程中物塊前進位移為s1，板前進位移為s2，則
s1 = vt1、 s2 = t1 又因為s1 － s2 = ，-
由以上幾式可得
物塊與板間的動摩擦因數μ1= 、板的位移s2 = ．
（2）設板與桌面間的動摩擦因數為μ2，物塊在板上滑行的時間為t2，木板的加速度為a2，對板有 μ1mg ― μ2(m + M) g = Ma2，
且v = a2t2 解得t2 = 
又設物塊從板的左端運動到右端的時間為t3，則
vt3 ―t3 = l， t3 = --
為了使物塊能到達板的右端，必須滿足 t2 ≥ t3 ?
即
，則μ2 ≥
-
所以為了使物塊能到達板的右端，板與桌面間的摩擦因數μ2 ≥-
【答案】
9．【解析】對于啟動狀態(tài)有：
得
對于制動狀態(tài)有：
得
（2）電梯勻速運動的速度
從圖中讀得，電梯勻速上升的時間t2=26s，電梯運動的總時間t=28s
所以總位移
層高
【答案】
10．【解析】(1)電梯在最初加速階段0～3.0S內加速度為
，重物受到的支持力為
，根據牛頓第二定律，得：
最后減速階段13.0～19.0s內，重物加速度大小為
，重物受到的支持力為
，根據牛頓第二定律，得：
(2)在三秒末重物的速度：
ｍ／ｓ
(3)設在全程內電梯的位移為
，電梯加速、勻速、減速運動所用的時間為
、
、
,得：
代入數據得：
ｍ
則平均每層樓高為
ｍ=3。16ｍ
【答案】（1）
（2）
ｍ／ｓ（3）3。16ｍ
考點預測題
1．【解析】設斜面C的傾角為
，以A?B整體為研究對象，由牛頓第二定律求得整體的加速度為a=g
in。假設A。B之間有摩擦力，且為f，再隔離物體B，由牛頓第二定律得： f +m
gin=ma 代入a得f=0 所以選項C正確。
【答案】C
2．【解析】很顯然，求加速度用整體法，求張力用隔離法
(1)以物體和繩整體為研究對象，根據牛頓第二定律可得：
F=（M+m）a,解得a=F/(M+m).
(2)以物體和靠近物體x長的繩為研究對象，如圖20所示。根據牛頓第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M+
)
.
由此式可以看出：繩中各處張力的大小是不同的，當x=0時，繩施于物體M的力的大小為
【答案】a=F/(M+m)
3．【解析】此題在電梯上探究物體的失重與超重，通過圖象表示彈簧彈力隨時間變化的關系，由圖可知，
內物體處于靜止狀態(tài)；從時刻t1到t2 內，因彈力小于10N，鉤碼的合力方向向下，即加速度向下，所以處于失重狀態(tài)，故選項A正確，同理，選項B對；
綜合全過程，若物體開始在15樓，由圖可知，t1到t2合力向下，則加速向下，t2到t3合力為零，勻速向下，t3到
合力向上，但速度向下，所以減速向下，最后合力為零，物體靜止。故選項C也正確。顯然D項錯。
【答案】AC
4．【解析】本題是一道與交通有關的力學綜合試題，考查學生創(chuàng)新應用能力。近年來，此類以實際問題為背景的試題出現(xiàn)的較為頻繁。此類試題考查學生綜合運用所學知識分析解決物理問題的能力，體現(xiàn)了以能力立意的高考命題指導思想。本題的情景是學生比較熟悉的，涉及到力和運動的關系、運動學、牛頓定律、物理圖象等知識點，雖然綜合了較多知識點，但難度不大，更加突出“雙基”和“主干”，符合近年來高考命題的趨勢和要求．
（1）設汽車的質量為m，輪胎與路面間的動摩擦因數為μ，
由牛頓第二定律得，
由運動學公式得，
故
即剎車痕跡與剎車前車速的平方成正比。
（2）汽車相撞時的速度為
【答案】（1） （2）
5．【解析】完成起飛時,升力的大小等于重力的大小,即
飛機的加速度
根據牛頓第二定律得:
【答案】
6．【解析】（1）在離地面高于
時,座艙做自由落體運動,處于完全失重狀態(tài),所以鉛球對手沒有作用力.
(2)設座艙自由下降高度為
時的速度為
,制動時的加速度為
,制動高度為
,由
得:
聯(lián)立解得:
根據牛頓運動定律
得:
代入數據解得:
.
【答案】
7．【解析】解此題的關鍵有點：一是把米尺抽象為質點模型，其重心在其幾何中心；二是正確分析米尺的物理過程，米尺的運動可以分為兩個階段，先做勻加速直線運動，后做勻減速直線運動：三是能正確地理解、分析一個臨界狀態(tài)，，即米尺恰好掉離桌邊的臨界條件是速度為零。。有較多的同學沒有考慮到這一臨界狀態(tài)，認為米尺運動到桌邊，且具有向前的速度，實際上這樣求的不是最小力，錯解反映出學生在把實際問題轉化為物理問題的能力欠缺，無法建立正確的物理圖景，分析綜合能力有待提高，
由牛頓第二定律與勻變速直線運動規(guī)律求解
設拉力停止作用時的速度為V，米尺先勻加速度后勻減速運動，由牛頓第二定律，加速階段：
為加速階段的加速度）
減速階段：
（
為減速度階段的加速度）
由勻變速直線運動規(guī)律和幾何條件得：
聯(lián)立以上三式得：
至少為
。
【答案】 至少為
8．【解析】（1）物體從 A 到 B 過程中：
∴ F＝ma1＝ 2N 。
（2）物體從 B 到 C 過程中：
∴ 
（3）設B點的速度為vB，在0.4～2.2s時間段內，從v＝
從B點到v＝
解得：
所以，當 t =2s時物體剛好達到 B 點。
當 t＝2.1s時，物體在斜面上向上運動，則
【答案】（1）2N （2） （3）
9．【解析】1）設人跳起后重心離地高度為
，為完成空中動作，必須滿足以下條件：
，
（2）設人跳起后從
的高度下落，下蹲過程受力情況如圖，
人在地面的作用力和重力的作用下作勻變速運動，由第二定律和運動學公式可得以下幾式：
解得：
所以H的范圍是：＞＞
【答案】＞＞
10．【解析】（1）該同學的整個運動過程可分為兩個階段：先是做初速為零的勻加速運動，時間很短，僅為0.45S；對該同學在第二階段中運用運動學公式，可求得兩階段交界時刻的速度v
m/s
該同學在第一階段中的加速度為a=
m/s
設地面對該同學的支持力
，由牛頓第二定律有
mg=ma
得
N由牛頓第三定律知，他蹬地的力的大小
N
（2）該問中的整個運動過程可分為四個階段：第一階段是下落高度為
蹬地使身體由彎曲站直的勻加速上升階段（此階段重心升高的高度與第二階段重心下降的高度相等）；第四個階段是離地后豎直向上的勻減運動階段，上升高度為
第一階段下落
m/s
第二階段重心下降的高度
=
m
第三、四階段交界時刻的速度
m/s 
m/s
從而可計算出在第三階段中身體重心上升的加速度
設地面對該同學的支持力為
,由牛頓第二定律有
解得
N
N
由牛頓第二定律知，該同學蹬地的作用力的大小
N
【答案】（1）N （2）N
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