10．(2009·廣東高考)某人在地面上用彈簧測力計稱得其體重為490 N．他將彈簧測力計移至

電梯內(nèi)稱其體重，t₀至t₃時間段內(nèi)，彈簧測力計的示數(shù)如圖10所示，電梯運行的v－t

圖可能是圖11中的(取電梯向上運動的方向為正)　　　　　　　　　　　　　 (　)

圖10

圖11

解析：由G－t圖象知：t₀-t₁時間內(nèi)該人具有向下的加速度，t₁-t₂時間內(nèi)該人 勻速或

靜止，t₂-t₃時間內(nèi)，該人具有向上的加速度，因此其運動情況可能是：t₀-t₃時間內(nèi)　

故A、D正確．

答案：AD

9．一個靜止的質(zhì)點，在0-4 s時間內(nèi)受到力F的作用，力的方向始終在同一直線上，力F

　　 隨時間t的變化如圖9所示，則質(zhì)點在　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

圖9

A．第2 s末速度改變方向

B．第2 s末位移改變方向

C．第4 s末質(zhì)點位移最大

D．第4 s末運動速度為零

解析：這是一個質(zhì)點的受力和時間關系的圖象，從圖象可以看出，在前兩秒力的方向和

運動的方向相同，質(zhì)點經(jīng)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

運動過程，2秒末速度達到最大，從2秒末開始到4秒末，運動的方向沒有發(fā)生改變而

力的方向與運動的方向相反，質(zhì)點又經(jīng)歷了一個加速度逐漸增大的減速運動和加速度逐

漸減小的減速運動過程，和前2秒的運動情況相反，4秒末速度為零，質(zhì)點的位移達到

最大，所以C、D正確．

答案：CD

7．直升機懸停在空中向地面投放裝有救災物資的箱子，如圖7所示．設投放初速度為零，　

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　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

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)物體受到的支持力等于物體的重力

解析：因為受到阻力，不是完全失重狀態(tài)，所以物體對支持面有壓力，A錯．由于箱子　

阻力與下落的速度成二次方關系，箱子最終將勻速運動，受到的壓力等于重力，B錯，

C、D對．

答案：CD

　8．如圖8所示，A、B球的質(zhì)量相等，彈簧的質(zhì)量不計，傾角為θ的斜面光滑，

系統(tǒng)靜止時，彈簧與細線均平行于斜面，在細線被燒斷的瞬間，下列說法正

確的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．兩個小球的瞬時加速度均沿斜面向下，大小均為gsinθ

B．B球的受力情況未變，瞬時加速度為零

C．A球的瞬時加速度沿斜面向下，大小為2gsinθ

D．彈簧有收縮的趨勢，B球的瞬時加速度向上，A球的瞬時加速度向下，瞬時加速度　　　 　　　

　　 都不為零

解析：線燒斷瞬間，彈簧彈力與原來相等，B球受力平衡，a_B＝0，A球所受合力為mgsinθ　

+kx＝2mgsinθ，故a_A＝2gsinθ.

答案：BC

5．如圖5所示，位于光滑固定斜面上的小物塊P受到一水平向右的推力

F的作用．已知物塊P沿斜面加速下滑．現(xiàn)保持F的方向不變，使其

減小，則加速度　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．一定變小　　　　　　　　　　　　 B．一定變大

C．一定不變　　　　　　　　　　　　 D．可能變小，可能變大，也可能不變

解析：受力分析如圖所示：

沿斜面方向由牛頓第二定律得：

mgsinθ－Fcosθ＝ma.

若F減小，則a增大，所以選B.

答案：B

　6．如圖6所示，質(zhì)量為m的球置于斜面上，被一個固定在斜面上的豎直

擋板擋�。�現(xiàn)用一 個力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度為a的

勻加速直線運動，忽略一切摩擦，以下說法中正確的是　　　 (　)

A．若加速度足夠小，豎直擋板對球的彈力可能為零

B．若加速度足夠大，斜面對球的彈力可能為零

C．斜面和擋板對球的彈力的合力等于ma

D．斜面對球的彈力不僅有，而且是一個定值

解析：球受力如圖，則

F_N2－F_N1sinθ＝ma

F_N1cosθ＝mg

由此判斷A、B錯誤．根據(jù)牛頓第二定律，F_N1、F_N2和mg三力

的合力等于ma，C錯誤．根據(jù)F_N1＝，D正確．

答案：D

4．(2010·鹽城模擬)在水平地面上運動的小車車廂底部有一質(zhì)量為m₁的木塊，木塊和車廂　　

通過一根輕質(zhì)彈簧相連接，彈簧的勁度系數(shù)為k.在車廂的頂部用一根細線懸掛一質(zhì)量為

m₂的小球．某段時間內(nèi)發(fā)現(xiàn)細線與豎直方向的夾角為θ，在這段時間內(nèi)木塊與車廂保持

相對靜止，如圖4所示．不計木塊與車廂底部的摩擦力，則在這段時間內(nèi)彈簧的形變?yōu)?/p>

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

圖4

A．伸長量為tanθ　 　　　　　　　　B．壓縮量為tanθ

C．伸長量為　 　　　　　　　　　D．壓縮量為

解析：分析m₂的受力情況可得：m₂gtanθ＝m₂a，得出：

a＝gtanθ，再對m₁應用牛頓第二定律，得：kx＝m₁a，x＝

tanθ，因a的方向向左，故彈簧處于伸長狀態(tài)，故A正確．

答案：A

3．(2009·廣東高考)建筑工人用圖3所示的定滑輪裝置運送建筑材料．質(zhì)量

為70.0 kg的工人站在地面上，通過定滑輪將20.0 kg的建筑材料以0.500

m/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10 m/s²)　　　　　　　　　　　　　 (　)

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F－mg＝ma，

得繩子的拉力大小等于F＝210 N，然后再對人受力分析由平衡的知識得

Mg＝F+F_N，得F_N＝490 N，根據(jù)牛頓第三定律可知人對地面間的壓力為490 N，B對．

答案：B

2．(2008·江蘇高考)如圖2所示，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，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．2(M－) 　　　　　B．M－　　　　　 C．2M－ 　　　　　　　D．0

解析：設減少的質(zhì)量為Δm，勻速下降時：Mg＝F+kv，勻速上升時：Mg－Δmg+kv＝

F，解得Δm＝2(M－)，A正確．

答案：A

1．如圖1所示，物塊m與車廂后壁間的動摩擦因數(shù)為μ，當該車水平向

　　 右加速運動時，m恰好沿車廂后壁勻速下滑，則車的加速度為(　)

A．g　　　B．μg　　　　　　 C.　 　　　　D.μg

解析：設物塊m與車廂后壁間的彈力大小為F_N，物塊的加速度大小為

a，對物塊由牛頓第二定律得F_N＝ma，豎直方向mg－μF_N＝0，兩式聯(lián)立解得a＝，選

項C對．

答案：C

16．(15分)如圖16甲所示，水平傳送帶的長度L＝6 m，皮帶輪以速度v順時針勻速轉動，現(xiàn)在一質(zhì)量為1 kg的小物塊(可視為質(zhì)點)以水平速度v₀從A點滑上傳送帶，越過B點后做平拋運動，其水平位移為x，保持物塊的初速度v₀不變，多次改變皮帶輪的速度v依次測量水平位移x，得到如圖16乙所示的x－v圖象．

圖16

(1)當0＜v≤1 m/s時，物塊在A、B之間做什么運動？當v≥7 m/s時，物塊在A、B之間做什么運動？

(2)物塊的初速度v₀多大？

解析：(1)由于0＜v≤1 m/s時傳送帶速度增加而物體的平拋初速度不變，所以物體在A、

B之間做勻減速直線運動．

由于v≥7 m/s時傳送帶速度增加而物體的平拋初速度不變，所以物體在A、B之間做

勻加速直線運動．

(2)由圖象可知在傳送帶速度v_帶＝1 m/s時，物體做勻減速運動．

則平拋初速度為v₁＝1 m/s，由動能定理得：

－μmgL＝mv₁²－mv₀²

在v_帶＝7 m/s時，物體做勻加速運動，

則平拋初速度為v₂＝7 m/s，由動能定理得：

μmgL＝mv₂²－mv₀²

解得v₀＝ ＝5 m/s.

答案：(1)勻減速直線運動　勻加速直線運動　(2)5 m/s

15．(10分)(2009·浙江高考)某校物理興趣小組決定舉行遙控賽車比賽．比賽路徑如圖15所示，賽車從起點A出發(fā)，沿水平直線軌道運動L后，由B點進入半徑為R的光滑豎直圓軌道，離開豎直圓軌道后繼續(xù)在光滑平直軌道上運動到C點，并能越過壕溝．已知賽車質(zhì)量m＝0.1 kg，通電后以額定功率P＝1.5 W工作，進入豎直軌道前受到阻力恒為0.3 N，隨后在運動中受到的阻力均可不計．圖中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．問：要使賽車完成比賽，電動機至少工作多長時間？(取g＝10 m/s²)

圖15

解析：設賽車越過壕溝需要的最小速度為v₁，由平拋運動的規(guī)律x＝v₁t

h＝gt²

解得v₁＝x＝3 m/s

設賽車恰好通過圓軌道，對應圓軌道最高點的速度為v₂，最低點的速度為v₃，由牛頓第二定律及機械能守恒定律

mg＝m

mv₃²＝mv₂²+mg(2R)

解得

v₃＝＝4 m/s

通過分析比較，賽車要完成比賽，在進入圓軌道前的速度最小應該是

v_min＝4 m/s

設電動機工作時間至少為t，根據(jù)功能關系

Pt－F_fL＝mv_min²

由此可得t＝2.53 s.

答案：2.53 s