物理试题大全

物理试题答案及解析

1. 【物理一选修3-4】（15分）

（1）（6分）某波源S发出一列简谐横波，波源S的振动图像如图所示。在波的传播方向上有

A、B两点，它们到S的距离分别为45 m和55 m．测得A、B两点开始振动的时间间隔为1.0

s．由此可知

①波长λ＝________m；

②当B点离开平衡位置的位移为＋6 cm时，A点离开平衡位置的位移是________cm.

（2）（9分）如图所示,一细束平行光束从空气斜向射到两平行厚度为d的玻璃板上表面，入射

角为60º。光束中包含两种波长的光，玻璃对这两种波长的光折射率分别为n=1.5，n=.

12

1求每种波长的光射入玻璃板上表面后的折射角γ、γ；

12

2细光束从玻璃板下表面出射时能分成不交叠的两束，求两束光间的距离。

【答案】（1）①20（3分） ②－6（3分）

（2）1 2

【解析】（1）①由振动图象可知，T=2s，A、B两点开始振动的时间间隔为1.0s，所以AB间的

距离为半个波长，所以λ=2×（55-45）m=20m

②A、B两个点之间始终相差半个周期，所以当B点离开平衡位置的位移为+6cm时，A点离开平

衡位置的位移是-6cm。

（2）1根据折射定律得：

（1分）

（1分）

解得： （1分）

2设细光束从玻璃板下表面出射时能分成不交叠的两束的间距为x，则

（1分）

=（3分）

解得：（2分）

2. 汽车从A地出发到B地，以初速度加速度从A地出发后做匀加速直线运动，到达中点时速

度为然后改以加速度继续匀加速直线运动，到达B地时速度大小为，已知，则前

半程和后半程的加速度大小关系为（ ）

A．B．C．

D．无法确定

【答案】C

【解析】对第一阶段匀加速直线运动，平均速度，第二阶段平均速度，根据

位移相等可得，由于两段均为匀加速所以，。根据匀变速直线

运动加速度，可得，，由于，可得，综上可得

，选项C对。

3. 在一档娱乐节目中,有一个关口是跑步跨栏机,它的设置是让挑战者通过一段平台,再冲上反向移

动的跑步机皮带并通过跨栏冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置,平台长l="4" m,跑步机皮

1

带长l="32" m,跑步机上方设置了一个跨栏(不随皮带移动),跨栏到平台末端的距离l="10" m,且皮

23

带以v="1" m/s的恒定速率转动,一位挑战者在平台起点从静止开始以a="2" m/s的加速度通过

01

2

平台冲上跑步机,之后以a="1" m/s的加速度在跑步机上往前冲,在跨栏时不慎跌倒,经过2秒爬起

2

2

(假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止),然后又保持原来的加速度a,在跑步机上

2

顺利通过剩余的路程,求挑战者全程所需要的时间。

【答案】14s

【解析】匀加速通过平台:l=a,

11

通过平台的时间:t=="2" s

1

冲上跑步机的初速度:v=at="4" m/s

111

冲上跑步机至跨栏:l=vt+a,解得t="2" s

31222

摔倒至爬起随跑步机移动距离x=vt="1×2" m="2" m

0

取地面为参考系,则挑战者爬起向左减速过程有:v=at,

023

解得:t="1" s

3

对地位移为:x=vt-a="0.5" m

1032

挑战者向右加速冲刺过程有:x+x+l-l=a解得:t="7" s

12324

挑战者通过全程所需的总时间为:t=t+t+t+t+t="14" s

总

1234

4. 为了体现人文关怀，保障市民出行安全和严格执法，各大都市交管部门强行推出了“电子眼”，

据了解，在城区内全方位装上“电子眼”后，机动车擅自闯红灯的记录大幅度减少，因闯红灯引发

的交通事故也从过去的5%下降到1%.现有甲、乙两辆汽车正沿同一平直马路同向匀速行驶，甲

车在前，乙车在后，它们行驶的速度均为10 m/s.当两车快要到一十字路口时，甲车司机看到绿

灯已转换成了黄灯，于是紧急刹车(反应时间忽略不计)，乙车司机为了避免与甲车相撞也紧急刹

车，但乙车司机反应较慢(反应时间为0.5 s)．已知甲车紧急刹车时制动力为车重的0.4倍，乙车

紧急刹车时制动力为车重的0.5倍，g取10 m/s.求：

2

(1)若甲司机看到黄灯时车头距警戒线15 m，他采取上述措施能否避免闯红灯？

(2)为保证两车在紧急刹车过程中不相撞，甲、乙两车行驶过程中应保持多大距离？

【答案】 (1)能 (2)2.5 m

【解析】 (1)根据牛顿第二定律可得

甲车紧急刹车的加速度大小为a＝＝＝4 m/s

1

乙车紧急刹车的加速度大小为a＝＝＝5 m/s

2

2

2

甲车停下来所需时间t＝＝s＝2.5 s

1

这段时间滑行距离 s＝＝m＝12.5 m

s＝12.5 m＜15 m．甲车司机能避免闯红灯．

(2)设甲、乙两车行驶过程中至少应保持的距离为s，在乙车刹车的t时间两车恰好不相撞，则有：

02

v－a(t＋0.5)＝v－at

012022

v·0.5＋vt－at＝v(t＋0.5)－a(t＋0.5)＋s

002202120

2

代入数据联立方程解得：t＝2 s s＝2.5 m.

20

5. 如图是伽利略1604年做斜面实验时的一页手稿照片，照片左上角的三列数据如下表。表中第

二列是时间，第三列是物体沿斜面运动的距离，第一列是伽利略在分析实验数据时添加的。根据

表中的数据.伽利略可以得出的结论是

A．物体具有惯性

B．斜面倾角一定时，加速度与质量无关

C．物体运动的距离与时间的平方成正比

D．物体运动的加速度与重力加速度成正比

【答案】 C

【解析】 伽利略通过斜面实验得出:如果物体的初速度为0，而且速度的变化是均匀的,即则

它通过的位移就与所用时间的二次方成正比,即.由题中所给的数据可以分析出物体运动的距

离与时间的平方成正比,所以C选项正确。此题难度为：易,考查学生对实验数据的分析能力.

【考点】匀变速直线运动位移与时间的关系

6. 近来，我国多个城市开始重点治理“中国式过马路”行为。每年全国由于行人不遵守交通规则而

引发的交通事故上万起，死亡上千人。只有科学设置交通管制，人人遵守交通规则，才能保证行

人的生命安全。

如下图所示，停车线AB与前方斑马线边界CD间的距离为23m。质量8t、车长7m的卡车以

54km/h的速度向北匀速行驶，当车前端刚驶过停车线AB，该车前方的机动车交通信号灯由绿灯

变黄灯。

(1)若此时前方C处人行横道路边等待的行人就抢先过马路，卡车司机发现行人，立即制动，卡车

受到的阻力为3×10N。求卡车的制动距离；

4

(2)若人人遵守交通规则，该车将不受影响地驶过前方斑马线边界CD。为确保行人安全，D处人

行横道信号灯应该在南北向机动车信号灯变黄灯后至少多久变为绿灯？

【答案】

【解析】(1)据题意 由 得： ①

汽车刹车时，阻力产生的加速度为a

由 牛顿第二定律 得 ②

代入数据得 制动距离 x="30" m ③

(2)据题意 汽车不受影响的行驶距离应该是x=30m ④

1

故黄灯的持续时间为t 则 ⑤

由能量守恒，以上解法运用的是匀变速直线运动的系列公式，如果运用能量守恒会更加简单：

代入数据得 时间为t="2" s ⑥

得：

(2)、汽车不受影响的行驶距离应该是也就是卡车整车从

南向北全部通过AC时，信号灯变为绿灯行人才安全。所以信号灯由黄灯变为绿灯的时间长度为：

【考点】能量守恒 匀变速直线运动

7. 飞行员驾驶舰载机在300m长的水甲跑道上进行起降训练。舰载机在水平跑道加速过程中受到

的平均阻力大小为其重力的0.2倍，其涡扇发动机的水平推力大小能根据舰载机的起飞质量进行

调整，使舰载机从静止开始经水平跑道加速后恰能在终点起飞。没有挂弹时，舰载机质量为

m=2.0x10Kg，其涡扇发动机的水平推力大小恒为F=1.6×10 N。重力加速度g取10m/s。（不

452

考虑起飞过程舰载机质量的变化）

（1）求舰载机没有挂弹时在水平跑道上加速的时间及刚离开地面时水平速度的大小；

（2）已知舰载机受到竖直向上的升力F与舰载机水平速度v的平方成正比，当舰载机升力和重

升

力大小相等时离开地面。若舰载机挂弹后，质量增加到m=2.5×10Kg，求挂弹舰载机刚离开地

1

4

面时的水平速度大小。

【答案】（1），（2）

【解析】（1）根据牛顿第二定律： ①（2分）

由 ②（2分）

③（2分） 得舰载机在水平跑道上加速的时间

由 ④（2分）

舰载机离开地面时的水平速度 ⑤（2分）

（2）舰载机离开地面时，重力等于升力 ⑥（2分）

挂弹时 ⑦（1分）

挂弹舰载机刚离开地面时的水平速度 ⑧（2分）

8. 一辆汽车的质量为 m，其发动机的额定功率为 P。从某时刻起汽车以速度 v 在水平公路上沿

00

直线匀速行驶，此时汽车发动机的输出功率为 ，接着汽车开始沿直线匀加速行驶，当速度增

加到 时，发动机的输出功率恰好为 P 。如果汽车在水平公路上沿直线行驶中所受到的阻力

0

与行驶速率成正比，求：

（1）汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率 v ；

m

（2）汽车匀加速行驶所经历的时间和通过的距离；

（3）为提高汽车行驶的最大速率，请至少提出两条在设计汽车时应考虑的建议。

【答案】(1) 2v；(2) ；；(3) 增大发动机额定功率，减小阻力等。

0

【解析】（1）汽车以速度 v 在水平公路上沿直线匀速行驶时发动机的输出功率为

0

（2分）

汽车在水平公路上沿直线行驶所能达到的最大速率 v

m

（2分）

解得 v=2v （2分）

m0

（2）当汽车速度增加到 时，设牵引力为F，汽车的加速度为a

（1分）

（2分）

汽车匀加速行驶所经历的时间 （2分）

解得 （1分）

（1分） 汽车匀加速行驶通过的距离

解得 （1分）

（3）增大发动机额定功率，减小阻力等 （4分）

9. 有一个小圆环瓷片最高能从h=0.18m高处静止释放后直接撞击地面而不被摔坏。现让该小圆环

瓷片恰好套在一圆柱体上端且可沿圆柱体下滑，瓷片与圆柱体之间的摩擦力是瓷片重力的4.5倍，

如图所示。若将该装置从距地面H=4.5m高处从静止开始下落，瓷片落地恰好没摔坏。已知圆柱

体与瓷片所受的空气阻力都为自身重力的0.1倍，圆柱体碰地后速度立即变为零且保持竖直方向。

（g=10m/s）

2

⑴瓷片直接撞击地面而不被摔坏时，瓷片着地时的最大速度为多少？

⑵瓷片随圆柱体从静止到落地，下落总时间为多少？

【答案】1.8m/s 1.2s

【解析】（1）瓷片从h=0.18m处下落，加速度为a，设瓷片质量为m，

0

mg-0.1mg=ma

0

a=9m/s 3分

0

2

落地时速度为v=2ah

00

2

v=1.8m/s 2分

0

(2)瓷片随圆柱体一起加速下落，加速度为a, a=a=9m/s···1分

110

2

圆柱体落地时瓷片速度v=2aH

11

2

v=9m/s

1

下落时间t=1s 2分

1

瓷片继续沿圆柱体减速下落直到落地，加速度大小为a

2

0.1mg+4.5mg-mg=ma

2

a=36m/s 2分

22

下落时间t

2

v-v=at

1022

t=0.2s 1分

2

下落总时间t=t+t=1.2s 2分

总

12

10. （改编自2004年全国卷，考查临界问题）如图，一小圆盘静止在桌布上，位于一方桌的水平

桌面的中央。桌布的一边与桌的AB边重合。已知盘与桌布及桌面间的动摩擦因数均为。现突

然以恒定加速度a将桌布抽离桌面，加速度方向是水平的且垂直于AB边。若圆盘最后未从桌面

掉下，则加速度a满足的条件是（以g表示重力加速度）

A．C．D．

B．

【答案】D

【解析】设圆盘的质量为m，桌长为l，在桌布从圆盘上抽出的过程中，盘以加速度匀加速运

动，桌布抽出后，盘在桌面上以大小相等的加速度匀减速运动，设盘刚好能到达桌边停下，则

抽桌布的加速度a最小。在此临界情况下，盘加速和减速运动的位移大小相等，设为；

设桌布从盘下抽出所经历时间为t，在这段时间内桌布移动的距离为，有，，

。解得。故圆盘不会从桌面掉下，加速度a满足的条件是，D项正确。

11. 如图所示，在京昆高速公路266 km处安装了一台500万像素的固定雷达测速仪，可以准确

抓拍超速车辆以及测量运动车辆的加速度．若B为测速仪，A为汽车，两者相距355 m，此时刻

B发出超声波，同时A由于紧急情况而急刹车，当B接收到反射回来的超声波信号时，A恰好停

止，且此时A、B相距335 m，已知声速为340 m/s。

（1）求汽车刹车过程中的加速度；

（2）若该路段汽车正常行驶时速度要求在60km/h~110km/h，则该汽车刹车前的行驶速度是否合

法？

【答案】（1）10 m/s（2）=72km/h，合法。

2

【解析】（1）根据题意，超声波和汽车运动过程的示意图，如图所示。

设超声波往返的时间为2t，汽车在2t时间内，刹车的位移为=20m，（2分）

当超声波与A车相遇后，A车继续前进的时间为t，位移为=5m，（2分）

则超声波在2t内的路程为2×（335+5）m="680" m，（2分）

由声速为340 m/s，得t="1" s，（1分）

所以汽车的加速度a="10" m/s（2分）

2

（2）由A车刹车过程中的位移，（2分）

解得刹车前的速度m/s=72km/h（2分）

车速在规定范围内，是合法的。（1分）

12. 质量为5kg的物块自37°倾角的传输带上由静止下滑，物块进入水平地面CD，传送带向下匀

速转动，其速度，传送带与水平地面之间光滑连接（光滑圆弧BC长度可忽略），传送

带AB长度为16米，水平面CD长度6.3米，水平地面与传送带的摩擦系数均为，试求

（1）物块在传送带上运动时间t

（2）试求物块到达D点的速度

【答案】（1）（2）

【解析】(1) 物块达到传送带速度前， （2分）

解得 （1）

物块达到传送带速度时 ，解得 （1分）

物块的位移 （1分）

由x，此后物块继续沿传送带下滑，物块所受摩擦力变为沿斜面向上，

（2分）

解得 （1分）

由 （1分）

（1分） 物块在传送带上运动时间

（2分） (2)物块到达斜面底端的末速度

对物块CD部分的运动由动能定理可得：

解得

（2分）

解得 （1分）

13. 一列火车在平直轨道上做匀加速直线运动，加速度大小为a=3m/s。先后经过A、B两根电

2

线杆所用时间分别为t=10s和t=8s。已知火车车头到达电线杆A时的速度为v=5m/s。求：

AB0

（1）火车的长度L；

（2）火车车头在A、B之间运动所需时间。

【答案】（1）200m （2）

【解析】（1）火车的长度等于火车以v=5m/s的初速度加速运动t=10s时间的路程，则

0A

（3分）

（2）由列车的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，火车车头通过B后时刻的速度

（3分）

火车车头到达B时的速度（3分）

则火车车头在A、B之间运动所需时间为（3分）

14. 一列火车在平直轨道上做匀加速直线运动，加速度大小为a=3m/s。先后经过A、B两根电

2

线杆所用时间分别为t=10s和t=8s。已知火车车头到达电线杆A时的速度为v=5m/s。求：

AB0

（1）火车的长度L；

（2）火车车头在A、B之间运动所需时间。

【答案】（1）200m （2）

【解析】（1）火车的长度等于火车以v=5m/s的初速度加速运动t=10s时间的路程，则

0A

（4分）

（2）由列车的平均速度等于中间时刻的瞬时速度可知，火车车头通过B后时刻的速度

（4分）

火车车头到达B时的速度（4分）

则火车车头在A、B之间运动所需时间为（3分）

15. 日本在2013年9月中旬用“艾普西龙”号固体燃料火箭成功发射了一颗卫星。此前多次发射均

告失败。若某次竖直向上发射时火箭发生故障，造成火箭的v－t图象如图所示，则下述说法正确

的是（ ）

A．0～1 s内与2～3s内火箭加速度相同

B．0 ～2 s内平均速度为15 m/s

C．5s末火箭上升到最高点

D．5 s末火箭恰好回到出发点

【答案】D

【解析】在v－t图象中，图线的斜率表示加速度，故0～1 s内火箭匀加速上升，2s～3s内火箭

匀减速上升，0～1 s内与2～3s内火箭加速度方向相反，故选项A错误；图线与时间轴包围的面

积表示位移，在0～2s内，x=×（1＋2）×30 m="45" m，所以0～2 s内平均速度为

0

，故B错误；在0～3 s内，x＝×（1＋3）×30 m＝60 m，在3 s～5 s内，x＝

12

－×2×60 m＝－60 m，所以x＝x＋x＝0，即5 s末火箭恰好回到出发点，所以选项C错误，

12

D正确。

16. 如图所示，有一斜面倾角为θ、质量为M的斜面体置于水平面上，A是最高点，B是最低点，

C是AB的中点，其中AC段光滑、CB段粗糙。一质量为m的小滑块由A点静止释放，经过时

间t滑至C点，又经过时间t到达B点。斜面体始终处于静止状态，取重力加速度为g，则

A．A到C与C到B过程中，滑块运动的加速度相同

B．A到C与C到B过程中，滑块运动的平均速度相等

C．C到B过程地面对斜面体的摩擦力水平向右

D．C到B过程地面对斜面体的支持力等于（M+m）g

【答案】BC

【解析】由题意知，物块A从C到B一定做减速运动，且到B点速度减小为零，所以A到C与

C到B过程中，滑块运动的加速度方向相反，故A错误；根据平均速度知，A到C与C到

B过程中，滑块运动的平均速度相等，所以B正确；C到B过程，A减速下滑，加速度沿斜面向

上，有水平向右、竖直向上的分加速度，利用整体法，根据牛顿第二定律知，整体受水平向右的

摩擦力，所以C正确；对整体，C到B过程，设滑块竖直向上的加速度分量为a，则F-（M+m）

N

g=ma，故F=（M+m）g+ma＞（M+m）g（或者，C到B过程，滑块的加速度沿斜面向上，处

N

于超重状态，地面对斜面体的支持力大于（M+m）g），所以D错误。

17. 某人估测一竖直枯井深度，从井口静止释放一石头并开始计时，经2s听到石头落地声，由此

可知井深约为（不计声音传播时间，重力加速度g取10m/s）

2

A．10mB．20mC．30mD．40m

【答案】B.

【解析】，由此可知井深约为20m

18. 正确反映自由落体运动规律的图象是（g取10m/s）

2

【答案】BD

【解析】自由落体运动的加速度恒定不变，即a=g，故D 正确；根据v=gt,可知v-t线是过原点的

直线，B正确C错误；根据可知s-t图线是曲线，选项A 错误。

19. 一个物体沿直线运动，从t=0时刻开始，物体的—t的图象如图所示，图线与纵横坐标轴的交

点分别为0.5 m/s和－1 s，由此可知（ ）

A．物体做匀速直线运动

B．物体做变加速直线运动

C．物体的初速度大小为-1 m/s

D．物体的加速度大小为1 m/s

【答案】D

【解析】根据题图，，即，对比关系式，可知，物体做匀加速

直线运动，初速度v=0.5m/s，加速度a= 1m/s，故只有D正确。

0

2

20. 今年解放军组织了海拔6000米的高原地区的重型装备空投任务的实战演练，如图所示是空投

的重型坦克连同降落伞离开运输机后的速度时间图象，若将坦克和伞看做一个系统，先自由下落

后打开降落伞，则下列说法正确的是（ ）

A．系统最后做匀速直线运动B．系统先加速后减速

C．系统重力大于阻力D．系统加速度先增大后减小

【答案】A

【解析】速度时间图象，斜率代表加速度，空投后，系统自由落体，加速度等于重力加速度；后

减速，阻力大于重力，速度减小，阻力减小，加速度变小，选项C错。最后速度减小到最小值，

斜率为0，加速度为0，即匀速直线下落，选项A对。系统运动为先匀加速后减速最后匀速，选

项B错。系统加速度先不变后减小最后减小到0，选项D错。

21. 一物体从坐标原点出发，沿某方向做直线运动的v—t图象如图所示，设运动的方向为正方向，

在运动过程中，位移为s，加速度为a，动能为E，合外力做功的功率的大小为P，则下列正确

p

的是（ ）

【答案】D

【解析】从v—t图象中可知物体做匀减速直线运动，最后速度减小到零，在s—t图象中应该是斜

率越来越小，因此A错误；由于物体做减速运动，因此加速度为负值，B错误，而动能在减小，

但图象应是曲线而不应是直线C错误；由于P=Fv，合外力保持不变，因此功率与速度成正比，

D正确。

22. 如图所示是速度传感器记录下的某物体做直线运动时的速度时间图像，根据图像对该运动的

描述，下列说法中错误的是 （ ）

A．从到，物体的位移逐渐减小

B．物体在前的位移接近于

C．加速度逐渐变小，位移逐渐变大

D．若以竖直向上为速度正方向，则处于超重

【答案】A

【解析】 速度时间图像可知整个运动过程，速度方向没有改变，所以位移一直增大，选项A错。

速度时间图像斜率表示加速度，，斜率逐渐变小，即加速度逐渐变小，但速度方向不变，位

移逐渐增大，选项C对。而且斜率为正，即加速度方向竖直向上为超重状态，选项D对。

速度时间图像与时间轴围成的面积代表位移，所围成的面积接近于，每一格的面积

，所以位移约为，选项B对。

23. 物体沿直线运动的v－t关系如图所示，已知在第1秒内合外力对物体做的功为W，则 ( )

A．从第1秒末到第3秒末合外力做功为4W

B．从第3秒末到第5秒末合外力做功为－2W

C．从第5秒末到第7秒末合外力做功为W

D．从第3秒末到第4秒末合外力做功为－0.75W

【答案】CD

【解析】由题图知，第1秒末速度、第3秒末速度、第7秒速度大小关系：v＝v＝v，由题知

137

W＝mv－0，则由动能定理知第1秒末到第3秒末合外力做功W＝mv－mv＝0，故

1231

222

A错．第3秒末到第5秒末合外力做功W＝0－mv＝－W，故B错．第5秒末到第7秒末合

33

2

外力做功W＝mv－0＝W，故C正确．第3秒末到第4秒末合外力做功W＝mv－

4754

22

mv；因v＝v，所以W＝－0.75 W．故D正确．

3435

2

【考点】功、功率

24. 如图甲所示，传送带以速度匀速运动，滑块A以初速度自右向左滑上传送带，从这一时刻

开始计时，滑块的速度—时间图象如图乙所示。已知，下列判断正确的是（ ）

A．传送带向左运行

B．t时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大

1

C．0~ t时间内，小物块受到的摩擦力方向先向右后向左

2

D．0~ t时间内，小物块始终受到大小不变的摩擦力作用

2

【答案】D

【解析】根据题图乙，在0~ t时间内，滑块先向左做匀减速直线运动，在t时刻，速度减为零，

11

之后，在 t~ t时间内，反向即向右做匀加速直线运动，在t时刻，速度增大到v，之后保持速度

1221

v向右匀速运动。根据滑块最终向右匀速运动可判断传送带运动方向向右，选项A错误。根据“速

1

度—时间图象与时间轴围成的面积代表位移，时间轴上面的部分表示位移为正，下面的部分表示

位移为负”可判断出，t时刻滑块相对于地面的位移最大，但相对于传送带的滑动的距离并未达到

1

最大，在t时刻，小物块相对传送带滑动的距离达到最大，选项B错误。0~ t时间段，滑块向左

21

减速，摩擦力方向向右，t-t时间段，小物块向右加速，摩擦力方向向右，所以0~ t时间内，摩

122

擦力均向右，且速度—时间图象斜率不变，加速度不变，即摩擦力不变，选项C错误，D正确。

25. 将轻绳和轻弹簧的一端分别固定在圆弧上的A、B两点，另一端固定在小球a上，静止时，

小球a恰好处于圆心O处，如图甲所示，此时绳与水平方向夹角为30°，弹簧恰好水平，现将轻

弹簧与轻绳对调，将a球换成b球后，小球仍位于O点，如图乙所示则，a、b两个小球的质量

之比为（ ）

A． B． C． D．

【答案】C

，，可知；【解析】对a球进行受力分析可知：

轻弹簧与轻绳对换后，b球仍处于O点，弹簧的弹力不变，对b球进行受力分析可知，

，代入得：，因此，选项C正确。

26. （18分）传送带倾斜角θ=30°，一弹簧平行于传送带，下端固定于地面，进度系数k=1N/m，

自然伸长时上端点在传送带的Q点。滑块与传送带之间摩擦因数，且弹簧的弹性势能

（x为弹簧的形变量）。

（1）若传送带逆时针向上以匀速滑动，将小滑块无初速放在P点，PQ距离，求

小物块滑行的最大距离；

（2）若传送带以速度逆时针传动，将小滑块无初速放在P点，PQ距离，求小

物块经过多长时间与弹簧碰撞。

【答案】（1）20m（2）

【解析】（1）传送带顺时针转动，滑块受摩擦力沿斜面向上

当滑块滑动到最低点时，速度0，此时弹簧形变量最大，对全程，设弹簧最大形变量为x，由能

量守恒得：

（2分）

解得 （1分）

故 （2分）

（2）传送带逆时针滑行，滑块受滑动摩擦力沿传送带向下

当小滑块达到与传送带共速时，其滑行距离设为，由动能定理得：

（2分）

解得（1分）

运动时间

（2分）

小滑块再滑行时，即将与弹簧接触，设此时速度为v，在此阶段，滑块继续向下加

速，摩擦力沿传送带向上。

由动能定理得： （2分）

解得（2分）

运动时间

（2分） 那么从释放到接触弹簧的运动时间

（2分）

【考点】摩擦力 功能关系

27. 为了测量滑块与木板之间的动摩擦因数，某研究小组设计了如图甲所示的实验装置，带滑轮

的长木板水平放置，板上固定有一个光电门。利用天平测量出滑块的质量为m，用游标卡尺测得

滑块上遮光板的宽度为d（如图乙），滑块通过细线与重物P相连，让滑块由静止释放，由力传

感器读出细线的拉力为F，记录遮光板通过光电门时间为t，用刻度尺测出滑块的释放点到光电门

中心的距离为L。（已知重力加速度为g）

（1）遮光板宽度d = cm。

（2）计算滑块与桌面间的动摩擦因数的表达式μ= （用相关物理量的符号表示）。

（3）若实验中力传感器出现了故障后被拆除，为了完成该实验，在不增加实验器材的情况下还

需要测量出 （用文字及相应符号说明），写出此方案中计算动摩擦因数的表达式

μ= （用相关物理量的符号表示）。

【答案】（1）2.00（2分）（2）（2分）（3）重物P的质量M（2分）

（2分）

【解析】（1）游标卡尺整毫米数20mm，游标尺读数0×0.1mm，所以读数为20.0mm=2.00cm。

（2）滑块经过光电门的速度，再根据，，联立解得动摩擦因数为

，解得，故还需测。（3）由牛顿第二定律知

量重物P的质量M。

28. 如题图所示，倾角为θ的斜劈B置于粗糙的水平面上，物块A从顶端释放，沿斜面下滑加速

度为a，B静止不动，B所受水平面摩擦力是f，现对A施加一斜向下的恒力F，B仍然保持静

11

止状态，A沿斜面下滑加速度为a，B所受水平面摩擦力是f，则（ ）

22

A．a＝a，f＝fB．a＞a，f＞fC．a＝a，f＞fD．a＜a，f＜f

2121212121212121

【答案】B

【解析】物块放在斜面上能够以加速度a下滑，有mgsinθ－μmgcosθ＝ma，若对物块再施加竖

11

直向下的力F，加速度为a′，有：（mg＋F）sinθ－μ（mg＋F）cosθ＝ma′，则有：a′＞a，若

1

对物块施加沿斜面向下的力F，加速度为a′′，有：mgsinθ＋F－μmgcosθ＝ma′′，则有：a′′＞a，

1

现对物块所施加的力F，可以分解为平行于斜面向下和竖直向下的两个分力（非正交分解），它

们的效果都会使得物块运动的加速度变大，所以有：a＞a，同时对斜面的压力增大，滑动摩擦

21

力也变大，故选项B正确。

【考点】本题主要考查了物体的受力分析、力的分解、牛顿第二定律的应用问题。

29. 质量为M的斜面体放在水平地面上，质量为m的物体放在斜面上，斜面的倾角为，质量为

1

m的物体用OA和OB两根绳子悬挂在空中，其中OA拴在m上，且OA与斜面平行，OB恰好

21

水平，则下列说法正确的是 （ ）

A．OA绳子的拉力大小等于

B．水平地面对M的支持力等于

C．OB绳的拉力大小等于地面对M的摩擦力

D．物体m受到的摩擦力等于

1

【答案】BC

【解析】对m受力分析可知，OA绳子的拉力大小等于，A错误；将M以及m和m做为一

212

摩擦力，C正确；由于绳子OA的拉力等于，而m处于静止状态，对物体m受力分析，根

据平衡条件可知，其受到的摩擦力大小为，D错误。

个整体，地面的支持力等于三个物体的重量之和，B正确；同样OB绳子的拉力等于地面对M的

11

30. （22分）如图甲所示，水平轨道光滑，小球质量为m，带电荷量为+q，可看做质点，空间内

存在不断变化的电场和磁场，磁感应强度的大小随时间的变化规律如图乙所示，磁感应强度的大

小，方向垂直纸面向里。电场在第1s、3s、5s……内方向水平向右，大小为，在

第2s、4s、6s……内方向竖直向上，大小也为。小球从零时刻开始在A点由静止释放，

求：

（1）t=1.5s时，小球与A点的直线距离大小；

（2）在A点前方轨道正上方高度为位置有一个带孔的卡片水平放置，若带电小球恰好可

以从小孔中竖直穿过，求卡片与A点的水平距离大小。

【答案】（1）

（2）若小球向上竖直穿过圆环，则圆环与A点的水平距离为x=x+x+x+r=8g+

1234

若小球竖直向下穿过圆环，则圆环与A点的水平距离为x=x+x+x+r=8g-

1234

【解析】（1）小球在第1s内，只受到水平向右的电场力作用，做匀加速直线运动。

设其加速度大小为a，则qE=ma （1分）

可得a=g （1分）

运动轨迹如图所示，1s时小球到达1位置的速度为v=at=g（m/s），位移x=at/2=g/2（m）

11

2

（2分）

第2s内磁场向里，电场向上，有qE=mg，小球做匀速圆周运动（1分）

由qvB=mv/r得 （2分）

2

周期=1s （1分）

t=1.5s时，小球在圆轨迹的最高点，高度为2r，则小球与A点的直线距离

1

（m） （1分）

（2）第3s内电场水平向右，没有磁场，小球以初速度v、加速度a=g做匀加速直线运动，第

1

3s末到达2位置，速度为v，则v=v+at=2g（m/s），位移大小x=v+at/2=3g/2（m） （2分）

22121

2

2

小球在第4s内电场力与重力平衡，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，周期T="1s" （1分）

半径r=2× （1分）

2

因此小球在奇数秒内做匀加速运动，在偶数秒内做匀速圆周运动，在圆轨迹的最低点速度为

v=g（m/s），v=2g（m/s），v=3g（m/s）…… （1分）

123

圆轨迹的半径分别为，，…… （1分）

在奇数秒内位移分别为x=g/2，x=3g/2，x="" （1分）

123

小球恰好从圆环中竖直穿过，则圆轨迹半径恰好等于h，有 （2分）

因此圆环在小球运动的第四个圆轨迹与圆心等高处，

若小球向上竖直穿过圆环，则圆环与A点的水平距离为x=x+x+x+r=8g+ （2分）

1234

若小球竖直向下穿过圆环，则圆环与A点的水平距离为x=x+x+x+r=8g- （2分）

1234

31. 如图，表面光滑的固定斜面顶端安装一定滑轮，小物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑

轮的质量和摩擦）。初始时刻，A、B处于同一高度并恰好静止状态。剪断轻绳后A下落、B沿

斜面下滑，则从剪断轻绳到物块着地，两物块

A．速率的变化量不同

B．机械能的变化量不同

C．重力势能的变化量相同

D．重力做功的平均功率相同

【答案】D

【解析】由平衡知识可知则两者质量不等 所以重力势能变化量不等答案BC错，由

机械能守恒可知两物块落地时速度大小相等，所以A错，再由功率

可知重力的瞬时功率相等；答案D正确，选D

32. 如图所示，电荷量为Q、Q的两个正点电荷分别置于A点和B点，两点相距为L，在以L为

12

直径的光滑绝缘半圆环上，穿着一个带电荷量为q的小球（视为点电荷，重力不计），小球恰好

静止在P点，此时PA与AB的夹角α=37°。则Q与Q的大小关系为（已知cos37°=0.8，

12

sin37°=0.6）

A．Q=QB．Q=QC．Q=QD．Q=Q

121211

【答案】B

【解析】设AP=r，BP=r，小球在P点处于平衡状态，对其受力分析如图所示

12

则，，结合几何关系，可得，故选项B正

确。

33. 将一只皮球竖直向上抛出,皮球运动时受到空气阻力的大小与速度的大小成正比. 下列描绘皮球

在上升过程中加速度大小a 与时间t 关系的图象,可能正确的是

【答案】：C

【解析】由f=kv，v=v-at ，ma=f+mg得到a=（kv+mg）/（m+kt），所以C正确

00

【考点】加速度 牛顿运动定律

34. 如图所示，一侧倾角为，另一侧竖直的光滑斜面体固定在地面上，顶端安装一轻质定

滑轮，物块A、B用轻绳连接并跨过滑轮（不计滑轮的质量和摩擦）。初始时刻，A距离地面的

高度为B距离地面高度的2倍，且两者恰好处于静止状态。剪断轻绳后A自由下落、B沿斜面下

滑，在下落的过程中，则下列说法正确的是（ ）

A. A、B两物体的质量之比

B．A、B下落过程中，地面对斜面体的支持力等于斜面体和B物体的总重量

C．两个物体落地时间相同

D．A、B两个物体落地时重力做功的瞬时功率之比

【答案】AD

【解析】剪断细线前，A、B两个物体恰好处于静止状态，因此，因此两物体的质

量之比，A正确；由于B沿斜面加速向下运动，处于失重状态，因此斜面体对地面的

压力小于斜面体与B物体的总重量，根据牛顿第三定律，地面的对斜面体的支持力小于斜面体与

B物体的总重量，B错误； 下落过程中，根据可知，落地速度，因此下落过

程中，根据平均速度，可知，而两个物体运动的路程相同，因此A先落地，C错

误；落地瞬间，重力对A做功的瞬时功率，而重力对B做功的瞬时功率

，代入以上结果可得：，D正确。

35. 质量为m的磁悬浮列车以一定的功率P从静止开始直线加速，已知其在运动过程中所受阻力

正比于其速率，下图描绘了磁悬浮列车动能随位移变化的图象，图中E为已知量，则下列说法

km

正确的是（ ）

A．加速过程列车所受阻力不断增加，所以牵引力不断增大

B．由于图线切线斜率不断减小，可以判断车所受合外力不断减小

C．由题设条件可以计算车达到最大动能E经历时间为t＝E/P

kmkm

D．由题设条件可以计算车动能E（E＜E）时车的加速度

kkkm

【答案】BD

【解析】功率P＝Fv，功率一定，加速时速度增大，牵引力减小，故选项A错误；由动能定理可

知，合外力做的功等于动能的增量，FΔx＝ΔE，F＝，在E-x图线上，图线的斜率表示合外

kk

＝E－0，t＝，故选力，由图可知，合外力在减小，故选项B正确；由动能定理Pt＋

k

项C错误；已知车质量为m，最大动能是E，最大速度为：v＝，最大阻力f＝kv＝

kmmmm

P/v，可以求得常数k和最大速度v，再由牵引力F＝P/v，阻力f＝kv，求出牵引力和阻力，继

mm

而根据牛顿第二定律可求得车的加速度a，故选项D正确。

【考点】本题主要考查了功、功率的计算、动能定理、牛顿第二定律的应用以及对图象的理解与

应用问题。

36. 某同学在探究力与物体运动关系的实验中,曾尝试用一质量为m的弹簧测力计拉动质量为m

12

的物体向上做匀加速运动,其操作情况如图所示。如果该同学对弹簧测力计施加竖直向上的拉力F,

则在向上匀加速运动的过程中,弹簧测力计的读数是( )。

A．-mg

B．F

C．

D．

2

【答案】C

【解析】该同学对弹簧测力计施加竖直向上的拉力F,由牛顿第二定律,F-(m+m)g=(m+m)a;设弹

1212

簧测力计的读数是F',隔离质量为m的物体,F'-mg=ma;联立解得F'=,选项C正确。

222

37. 如图是“神舟”系列航天飞船返回舱返回地面的示意图，假定其过程可简化为：打开降落伞一段

时间后，整个装置匀速下降，为确保安全着陆，需点燃返回舱的缓冲火箭，在火箭喷气过程中返

回舱做减速直线运动，则

A.火箭开始喷气瞬间伞绳对返回舱的拉力变小

B.返回舱在喷气过程中减速的主要原因是空气阻力

C返回舱在喷气过程中所受合外力可能做正功

D.返回舱在喷气过程中处于失重状态

【答案】A

【解析】在火箭喷气过程中返回舱做减速直线运动，加速度方向向上，返回舱处于超重状态，动

能减小，返回舱所受合外力做负功，返回舱在喷气过程中减速的主要原因是缓冲火箭向下喷气而

获得向上的反冲力。火箭开始喷气前匀速下降拉力等于重力减去返回舱受到的空气阻力，火箭开

始喷气瞬间反冲力直接对返回舱作用因而伞绳对返回舱的拉力变小。

38. 2014年索契冬奥会冰壶比赛在北京时间2月10日-21日进行。冰壶比赛是在水平冰面上进行

的体育项目，比赛场地示意如图．比赛时运动员在投掷线AB处让冰壶以v=2m/s的初速度向圆

0

垒圆心O点滑出，已知圆垒圆心O到AB线的距离为30m，冰壶与冰面间的动摩擦因数为

µ=0.008(g取10m/s)．问：

1

2

(1)如果在圆垒圆心O有对方的冰壶，则能否与对方冰壶相撞?请通过计算说明理由．

(2)如果在圆垒圆心O有对方的冰壶，为了确保将对方冰壶撞开，运动员可以用毛刷擦冰壶运行前

方的冰面，使冰壶与冰面间的动摩擦因数减小，若用毛刷擦冰面后动摩擦因数减少至, µ=0.004，

2

则运动员用毛刷擦冰面的长度应大于多少米?

【答案】（1）不会与对方冰壶相撞；（2）大于10m

【解析】(1)设滑至速度为0时，冰壶滑行的距离为x

因为，所以不会与对方冰壶相撞。

（可用动能定理求解。）

(2)设滑至o点速度为0，由动能定律得：

-

动员用毛刷擦冰面的长度应大于10m

39. 如图所示，水平传送带以恒定的速率v="4" m/s运送质量m="0.5" kg的工件（可视为质

点）．工件都是在位置A无初速度地放在传送带上的，且每当前一个工件在传送带上停止相对运

动时，后一个工件即放到传送带上，今测得与传送带保持相对静止的相邻两工件之间的距离为

2.0 m·g取10 m/s．求：

2

（1）某一工件刚放到A点时它与前一工件之间的距离x；

0

（2）工件与传送带之间的动摩擦因数；

（3）由于传送工件而使带动传送带的电动机多消耗的功率．

【答案】（1）1m （2）0.8 （3）16W

【解析】（1）设每个工件的加速时间为t，则

加速运动的位移

又v=at

联立解得：t=0.5s，x=1m，a="8" m/s

0

2

（2）根据牛顿第二定律：

得：

（3）根据功率的计算公式

可求P=16W

40. 如图所示，在一辆静止的小车上，竖直固定着两端开口、内径均匀的U形管，U形管的竖直

部分与水平部分的长度均为l，管内装有水银，两管内水银面距管口均为。现将U形管的左端

封闭，并让小车水平向右做匀加速直线运动，运动过程中U形管两管内水银面的高度差恰好为。

已知重力加速度为g，水银的密度为ρ，大气压强为p=ρgl，环境温度保持不变，求

0

（ⅰ）左管中封闭气体的压强p；

（ⅱ）小车的加速度a。

【答案】（1）；（2）

【解析】试题分析: （ⅰ）以左管中封闭的气体为研究对象，设U形管的横截面积为S，由玻意

耳定律

解得

（ⅱ）以水平管内长为l的水银为研究对象，由牛顿运动定律

解得

41. （10分）如图，将质量m=0.1kg的圆环套在固定的水平直杆上。环的直径略大于杆的截面直

径。环与杆间动摩擦因数μ=0.8。对环施加一位于竖直平面内斜向上，与杆夹角θ=53°的拉力F，

使圆环以a=4.4m/s的加速度沿杆运劝，求F的大小。

2

【答案】9N

【解析】令Fsin53°＝mg，F＝1.25N，

当F＜1.25N时，杆对环的弹力向上，受力如图

由牛顿定律Fcosq－mF＝ma，

N

F＋Fsinq＝mg，

N

得F＝1N，当F＞1.25N时，杆对环的弹力向下，

受力如图

由牛顿定律Fcosq－mF＝ma，

N

Fsinq＝mg＋F，

N

解得F＝9N，

42. 一倾角为的斜面固定于地面，斜面顶端离地面的高度h=1m，斜面底端有一垂直于斜

0

面的固定挡板。在斜面顶端自由释放一质量m=0.09kg的小物块（视为质点）。小物块与斜面之

间的动摩擦因数u=0.2。当小物块与挡板碰撞后，将以原速返回。重力加速度g="10" m/s。在小

2

物块与挡板的前4次碰撞过程中，挡板给予小物块的总冲量是多少？

【答案】I=0.4(3+)N·s

【解析】解法一：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，到达斜面底端时速度为v。

由功能关系得

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量

①

②

设碰撞后小物块所能达到的最大高度为，则

③

同理，有

④

⑤

式中，为小物块再次到达斜面底端时的速度，为再次碰撞过程中挡板给小物块的冲量。由

①②③④⑤式得

⑥

式中

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

⑦

⑧

总冲量为

⑨

由

⑩

得

代入数据得

I=0.4(3+)N·s

解法二：设小物块从高为h处由静止开始沿斜面向下运动，小物块受到重力，斜面对它的摩擦力

和支持力，小物块向下运动的加速度为a，依牛顿第二定律得

①

设小物块与挡板碰撞前的速度为v，则

以沿斜面向上为动量的正方向。按动量定理，碰撞过程中挡板给小物块的冲量为

②

③

由①②③式得

④

设小物块碰撞后沿斜面向上运动的加速度大小为，依牛顿第二定律有

mgsin+umgcos= m ⑤

小物块沿斜面向上运动的最大高度为

⑥

由②⑤⑥式得

h′=kh ⑦

2

式中

⑧

同理，小物块再次与挡板碰撞所获得的冲量

I′=2m ⑨

由④⑦⑨式得

I′=kI ⑩

由此可知，小物块前4次与挡板碰撞所获得的冲量成等比级数，首项为

I=2m

1

总冲量为

I=I+ I +I+I= I（1+k+k+ k）

12341

23

由

1+k+k+…+k=

2n-1

得

代入数据得

I=0.4(3+)N·s

43. 如图甲所示，固定在水平地面上的光滑圆弧轨道AB，圆弧所对圆心角∠AOB=37°，半径

R=1m，圆弧轨道右侧紧贴粗糙水平木板BD，C为BD的中点，木板与圆弧轨道底端恰好等高，

已知木板的长度L=0.8m，质量M=2kg，与地面间的动摩擦因数μ=0.2。现将木板固定，将一质

量m=1kg，可视为质点的物块从A端由静止释放，恰好能运动到D点。（g=10m/s，

2

sin37°=0.6，cos37°=0.8）

（1）物体运动到B点时对圆弧轨道的压力大小。

（2）为使物体恰好运动到C点相对木板静止，可以在物块运动到B点时对木板施加一个水平向

右的拉力F，F应该多大。

（3）为使物块运动到C点时速度为零，也可以将BD部分以B为轴逆时针转动一锐角，应为

多大（假设物块经B点时没有能量损失）。

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】（1）物块在AB部分下滑过程中，由动能定理得

（2分）

在B点时，由牛顿第二定律（1分）

解得：，（1分）

由牛顿第三定律可知（1分）

（2）物体从B到D的过程中，由动能定理

（1分）

恰好相对木板静止在C点时

（1分）

（2分）

（1分）

（2分）

整理得（1分）

（3）BD转过角后

整理得：

（1分） 可得

（2分）

44. 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/s。

2

（1）第一次试飞，飞行器飞行t =" 8" s 时到达高度H =" 64" m。求飞行器所阻力f的大小；

1

（2）第二次试飞，飞行器飞行t =" 6" s 时遥控器出现故障，飞行器立即失去升力。求飞行器能

2

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t。

3

【答案】见解析

【解析】（1）第一次飞行中，设加速度为

匀加速运动

由牛顿第二定律

解得

（2）第二次飞行中，设失去升力时的速度为，上升的高度为

匀加速运动

，上升的高度为 设失去升力后的速度为

由牛顿第二定律

解得

（3）设失去升力下降阶段加速度为；恢复升力后加速度为，恢复升力时速度为

由牛顿第二定律

F+f-mg=ma

4

且

Vat

3=33

解得t=(s)(或2.1s)

3

45. 如图所示，A、B两物体紧靠着放在粗糙水平面上，A、B间接触面光滑，在水平推力F作用

下两物体一起加速运动，当物体A恰好不离开地面时，物体A的受力个数为（ ）

A．2 B．3 C．4 D．5

【答案】A

【解析】当物体A恰好不离开地面时，物体A与地面间的弹力为零，物体A不受地面摩擦力的左

右，其只受两个力的作用：重力和B对A垂直于接触面斜向上的支持力，它们的合力水平向左，

故选A。

46. 如图所示，水平面上停放着A、B两辆小车，质量分别为M和m，M>m，两小车相距为L，

人的质量也为m，另有质量不计的硬杆和细绳。第一次人站在A车上，杆插在B车上；第二次人

站在B车上，杆插在A车上；若两种情况下人用相同大小的水平作用力拉绳子，使两车相遇，不

计阻力，两次小车从开始运动到相遇的时间分别为t和t，则（ ）

12

A．t＜t B．t=t

1212

C．t＞t D．条件不足，无法判断

12

【答案】A

【解析】设拉力大小为F，当人在A车上时，由牛顿第二定律得：A、B两车的加速度大小分别

为和，A、B两车都做匀加速直线运动，则；当人在B车上

和，同理，时，由牛顿第二定律得，A、B两车的加速度大小分别为：

；由以上各式，解得：，所以t＜t，故选项A正确。

12

47. 摩天大楼中一部直通高层的客运电梯，行程超过百米。电梯的简化模型如1所示。考虑安全、

舒适、省时等因索，电梯的加速度a是随时间t变化的。已知电梯在t = 0时由静止开始上升，a -

t图像如图2所示。电梯总质最m = 2.0×kg。忽略一切阻力，重力加速度g取10m/s。

2

（1）求电梯在上升过程中受到的最大拉力F和最小拉力F；

12

（2）类比是一种常用的研究方法。对于直线运动，教科书中讲解了由v - t图像求位移的方法。

请你借鉴此方法，对比加速度的和速度的定义，根据图2所示a - t图像，求电梯在第1s内的速

度改变量△v和第2s末的速率v;

12

（3）求电梯以最大速率上升时，拉力做功的功率p：再求在0～11s时间内，拉力和重力对电梯

所做的总功W。

【答案】（1）

（2）

（3）

【解析】解（1）由牛顿第二定律得

由a-t图像可知，和对应的加速度分别为，

（2）类比可得所求速度变化量等于第1s内a-t图线下的面积

同理可得

第2s末的速率

（3）由a-t图像可知，内速率最大，其值等于内a-t图线下的面积，

有

此时电梯做匀速运动，拉力F等重力mg，所求功率

由动能定理得：

48. 在水平地面上有一质量为10kg的物体,在水平拉力F的作用下由静止开始运动，10s后拉力大

小减为F/4，方向不变，再经过20s停止运动。该物体的速度与时间的关系如图所示。求：

（1）整个过程中物体的位移大小；（2）物体与地面的动摩擦因数。

【答案】（1）150m （2）0.1

【解析】（1）依题意可知整个过程中物体的位移大小就等于图像与t轴所围成的三角形的面积

（2）物体的运动分为两个过程，由图可知两个过程加速度分别为：，受力

分析可知：对于两个过程，有牛顿第二定律得：

联立解得：

由滑动摩擦力公式得：

解得

49. 某人在地面上用弹簧秤称得其体重为490N，他将弹簧秤移至电梯内称其体重，让电梯静止开

始运动，至时间段内，弹簧秤的示数如图（甲）所示，则电梯运行的v—t图可以是图（乙）

中的（取电梯向上运动的方向为正）

【答案】A

【解析】本题考查牛顿第二定律、超重和失重等。由图可知，在到时间内，弹簧秤示数小于

重力，是失重，电梯有向下的加速度，向上减速或向下加速，BC错；在到时间内，弹簧秤示

数大于重力超重，电梯有向上的加速度，向上加速或向下减速，电梯是由静止开始运动的，因此

A对D错。难度较易。

50. 如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，

地面上方空间有垂直纸面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的恒力F拉乙物块，在使甲、乙一起

无相对滑动沿斜面向上加速运动的阶段中

A．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大

B．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变

C．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小

D．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小

【答案】AD

【解析】对整体，分析受力情况：重力、斜面的支持力和摩擦力、洛伦兹力，洛伦兹力方向垂直

于斜面向上，则由牛顿第二定律得：

mgsinα-f=ma ①

总

F=mgcosα-F

N

总洛

②

F＝qvB ③

洛

f=μF ④

N

随着速度的增大，洛伦兹力增大，

则由②知：F减小，乙所受的滑动摩擦力f=μF减小，故D正确；

NN

f减小，由①式知，整体运动的加速增大，对甲沿斜面方向：f－mgsinθ＝ma ，则f增大，A正确。

51. （9分）如图所示，质量为m=2kg的木块A静止在光滑水平面上。一质量为m= 1kg的木

AB

块B以某一初速度v=5m/s沿水平方向向右运动，与A碰撞后都向右运动。木块A与挡板碰撞后

0

立即反弹（设木块A与挡板碰撞过程无机械能损失）。后来木块A与B发生二次碰撞，碰后A、

B同向运动，速度大小分别为0.9m/s、1.2m/s。求：

①第一次木块A、B碰撞过程中A对B的冲量大小、方向；

②木块A、B第二次碰撞过程中系统损失的机械能是多少。

【答案】①- 4kg·m/s ，方向向左②△E=（E +E）-（E +E）=2.97J

kA1kB1kA2kB2

【解析】①设A、B第一次碰撞后的速度大小分别为 v、v，向右为正方向，则由动量守恒定

AB

11

律得

mv＝m v+mv （1分）

B0AABB

11

A与挡板碰撞反弹，则第二次A、B碰撞前瞬间的速度大小分别为v、v，

AB

11

设碰撞后的速度大小分别为v、v，取向左为正方向，

AB

22

由动量守恒定律可得mv-mv=mv+mv（2分）

AABBAABB

1122

联立解得v=2m/s，v="1" m/s （2分）

AB

11

由动量定理知，木块B对A的冲量I= m v=4kg·m/s，方向向右（1分）

BAAA

1

则A对B的冲量I="-" I="-" 4kg·m/s ，方向向左（1分）