10．(2009·广东高考)某人在地面上用弹簧测力计称得其体重为490 N．他将弹簧测力计移至

电梯内称其体重，t₀至t₃时间段内，弹簧测力计的示数如图10所示，电梯运行的v－t

图可能是图11中的(取电梯向上运动的方向为正)　　　　　　　　　　　　　 (　)

图10

图11

解析：由G－t图象知：t₀-t₁时间内该人具有向下的加速度，t₁-t₂时间内该人 匀速或

静止，t₂-t₃时间内，该人具有向上的加速度，因此其运动情况可能是：t₀-t₃时间内　

故A、D正确．

答案：AD

9．一个静止的质点，在0-4 s时间内受到力F的作用，力的方向始终在同一直线上，力F

　　 随时间t的变化如图9所示，则质点在　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图9

A．第2 s末速度改变方向

B．第2 s末位移改变方向

C．第4 s末质点位移最大

D．第4 s末运动速度为零

解析：这是一个质点的受力和时间关系的图象，从图象可以看出，在前两秒力的方向和

运动的方向相同，质点经历了一个加速度逐渐增大的加速运动和加速度逐渐减小的加速

运动过程，2秒末速度达到最大，从2秒末开始到4秒末，运动的方向没有发生改变而

力的方向与运动的方向相反，质点又经历了一个加速度逐渐增大的减速运动和加速度逐

渐减小的减速运动过程，和前2秒的运动情况相反，4秒末速度为零，质点的位移达到

最大，所以C、D正确．

答案：CD

7．直升机悬停在空中向地面投放装有救灾物资的箱子，如图7所示．设投放初速度为零，　

箱子所受的空气阻力与箱子下落速度的平方成正比，且运动过程中箱子始终保持图示姿

态．在箱子下落过程中，下列说法正确的是　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．箱内物体对箱子底部始终没有压力

B．箱子刚从飞机上投下时，箱内物体受到的支持力最大

C．箱子接近地面时，箱内物体受到的支持力比刚投下时大

D．若下落距离足够长，箱内物体受到的支持力等于物体的重力

解析：因为受到阻力，不是完全失重状态，所以物体对支持面有压力，A错．由于箱子　

阻力与下落的速度成二次方关系，箱子最终将匀速运动，受到的压力等于重力，B错，

C、D对．

答案：CD

　8．如图8所示，A、B球的质量相等，弹簧的质量不计，倾角为θ的斜面光滑，

系统静止时，弹簧与细线均平行于斜面，在细线被烧断的瞬间，下列说法正

确的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．两个小球的瞬时加速度均沿斜面向下，大小均为gsinθ

B．B球的受力情况未变，瞬时加速度为零

C．A球的瞬时加速度沿斜面向下，大小为2gsinθ

D．弹簧有收缩的趋势，B球的瞬时加速度向上，A球的瞬时加速度向下，瞬时加速度　　　 　　　

　　 都不为零

解析：线烧断瞬间，弹簧弹力与原来相等，B球受力平衡，a_B＝0，A球所受合力为mgsinθ　

+kx＝2mgsinθ，故a_A＝2gsinθ.

答案：BC

5．如图5所示，位于光滑固定斜面上的小物块P受到一水平向右的推力

F的作用．已知物块P沿斜面加速下滑．现保持F的方向不变，使其

减小，则加速度　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．一定变小　　　　　　　　　　　　 B．一定变大

C．一定不变　　　　　　　　　　　　 D．可能变小，可能变大，也可能不变

解析：受力分析如图所示：

沿斜面方向由牛顿第二定律得：

mgsinθ－Fcosθ＝ma.

若F减小，则a增大，所以选B.

答案：B

　6．如图6所示，质量为m的球置于斜面上，被一个固定在斜面上的竖直

挡板挡住．现用一 个力F拉斜面，使斜面在水平面上做加速度为a的

匀加速直线运动，忽略一切摩擦，以下说法中正确的是　　　 (　)

A．若加速度足够小，竖直挡板对球的弹力可能为零

B．若加速度足够大，斜面对球的弹力可能为零

C．斜面和挡板对球的弹力的合力等于ma

D．斜面对球的弹力不仅有，而且是一个定值

解析：球受力如图，则

F_N2－F_N1sinθ＝ma

F_N1cosθ＝mg

由此判断A、B错误．根据牛顿第二定律，F_N1、F_N2和mg三力

的合力等于ma，C错误．根据F_N1＝，D正确．

答案：D

4．(2010·盐城模拟)在水平地面上运动的小车车厢底部有一质量为m₁的木块，木块和车厢　　

通过一根轻质弹簧相连接，弹簧的劲度系数为k.在车厢的顶部用一根细线悬挂一质量为

m₂的小球．某段时间内发现细线与竖直方向的夹角为θ，在这段时间内木块与车厢保持

相对静止，如图4所示．不计木块与车厢底部的摩擦力，则在这段时间内弹簧的形变为

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

图4

A．伸长量为tanθ　 　　　　　　　　B．压缩量为tanθ

C．伸长量为　 　　　　　　　　　D．压缩量为

解析：分析m₂的受力情况可得：m₂gtanθ＝m₂a，得出：

a＝gtanθ，再对m₁应用牛顿第二定律，得：kx＝m₁a，x＝

tanθ，因a的方向向左，故弹簧处于伸长状态，故A正确．

答案：A

3．(2009·广东高考)建筑工人用图3所示的定滑轮装置运送建筑材料．质量

为70.0 kg的工人站在地面上，通过定滑轮将20.0 kg的建筑材料以0.500

m/s²的加速度拉升，忽略绳子和定滑轮的质量及定滑轮的摩擦，则工人

对地面的压力大小为(g取10 m/s²)　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．510 N　 　　　　B．490 N　　　　 C．890 N　　　　 　D．910 N

解析：对建筑材料进行受力分析．根据牛顿第二定律有F－mg＝ma，

得绳子的拉力大小等于F＝210 N，然后再对人受力分析由平衡的知识得

Mg＝F+F_N，得F_N＝490 N，根据牛顿第三定律可知人对地面间的压力为490 N，B对．

答案：B

2．(2008·江苏高考)如图2所示，一质量为M的探空气球在匀速下降，若气球所

受浮力F始终保持不变，气球在运动过程中所受阻力仅与速率有关，重力加

速度为g.现欲使该气球以同样速率匀速上升，则需从气球吊篮中减少的质量

为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．2(M－) 　　　　　B．M－　　　　　 C．2M－ 　　　　　　　D．0

解析：设减少的质量为Δm，匀速下降时：Mg＝F+kv，匀速上升时：Mg－Δmg+kv＝

F，解得Δm＝2(M－)，A正确．

答案：A

1．如图1所示，物块m与车厢后壁间的动摩擦因数为μ，当该车水平向

　　 右加速运动时，m恰好沿车厢后壁匀速下滑，则车的加速度为(　)

A．g　　　B．μg　　　　　　 C.　 　　　　D.μg

解析：设物块m与车厢后壁间的弹力大小为F_N，物块的加速度大小为

a，对物块由牛顿第二定律得F_N＝ma，竖直方向mg－μF_N＝0，两式联立解得a＝，选

项C对．

答案：C

16．(15分)如图16甲所示，水平传送带的长度L＝6 m，皮带轮以速度v顺时针匀速转动，现在一质量为1 kg的小物块(可视为质点)以水平速度v₀从A点滑上传送带，越过B点后做平抛运动，其水平位移为x，保持物块的初速度v₀不变，多次改变皮带轮的速度v依次测量水平位移x，得到如图16乙所示的x－v图象．

图16

(1)当0＜v≤1 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？当v≥7 m/s时，物块在A、B之间做什么运动？

(2)物块的初速度v₀多大？

解析：(1)由于0＜v≤1 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、

B之间做匀减速直线运动．

由于v≥7 m/s时传送带速度增加而物体的平抛初速度不变，所以物体在A、B之间做

匀加速直线运动．

(2)由图象可知在传送带速度v_带＝1 m/s时，物体做匀减速运动．

则平抛初速度为v₁＝1 m/s，由动能定理得：

－μmgL＝mv₁²－mv₀²

在v_带＝7 m/s时，物体做匀加速运动，

则平抛初速度为v₂＝7 m/s，由动能定理得：

μmgL＝mv₂²－mv₀²

解得v₀＝ ＝5 m/s.

答案：(1)匀减速直线运动　匀加速直线运动　(2)5 m/s

15．(10分)(2009·浙江高考)某校物理兴趣小组决定举行遥控赛车比赛．比赛路径如图15所示，赛车从起点A出发，沿水平直线轨道运动L后，由B点进入半径为R的光滑竖直圆轨道，离开竖直圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到C点，并能越过壕沟．已知赛车质量m＝0.1 kg，通电后以额定功率P＝1.5 W工作，进入竖直轨道前受到阻力恒为0.3 N，随后在运动中受到的阻力均可不计．图中L＝10.00 m，R＝0.32 m，h＝1.25 m，x＝1.50 m．问：要使赛车完成比赛，电动机至少工作多长时间？(取g＝10 m/s²)

图15

解析：设赛车越过壕沟需要的最小速度为v₁，由平抛运动的规律x＝v₁t

h＝gt²

解得v₁＝x＝3 m/s

设赛车恰好通过圆轨道，对应圆轨道最高点的速度为v₂，最低点的速度为v₃，由牛顿第二定律及机械能守恒定律

mg＝m

mv₃²＝mv₂²+mg(2R)

解得

v₃＝＝4 m/s

通过分析比较，赛车要完成比赛，在进入圆轨道前的速度最小应该是

v_min＝4 m/s

设电动机工作时间至少为t，根据功能关系

Pt－F_fL＝mv_min²

由此可得t＝2.53 s.

答案：2.53 s