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，風對物體的作用力沿水平方向向右，其大小與風速v成正比，比例系數(shù)用k表示，物體加速度a與風速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=0.8,g=10m/s2)
解析：(1)對初始時刻：mgsinq－mmgcosq＝ma0 1
由圖讀出a0=4m/s2代入1式，
解得：m＝＝0.25；
(2)對末時刻加速度為零：mgsinq－mN－kvcosq＝0 2
又N＝mgcosq+kvsinq
由圖得出此時v=5 m/s
代入2式解得：k＝＝0.84kg/s。
17.(09·海南物理·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)運動學公式有
⑤
⑥
⑦
式中，
是卡車在剎車后減速行駛的路程。設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
10
帶入題給數(shù)據(jù)得
11
評分參考：本題9分。①至⑧式各1分，11式1分
16.(09·江蘇·13)(15分)航模興趣小組設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升力的最長時間t3 。
解析：
(1)第一次飛行中，設加速度為
勻加速運動
由牛頓第二定律
解得
(2)第二次飛行中，設失去升力時的速度為
，上升的高度為
勻加速運動
設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)設失去升力下降階段加速度為
；恢復升力后加速度為
，恢復升力時速度為
由牛頓第二定律 
F+f-mg=ma4
且
V3=a3t3
解得t3=
(s)(或2.1s)
15.
(09·安徽·22)(14分)在2008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；
(2)運動員對吊椅的壓力。
答案：440N，275N
解析：解法一:(1)設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
(2)設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。分別以運動員和吊椅為研究對象，根據(jù)牛頓第二定律
①
②
由①②得
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)機械能守恒定律得，
①設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
設貨物滑到木板A末端是的速度為，由運動學公式得
⑧
聯(lián)立①⑦⑧式代入數(shù)據(jù)得
⑨
設在木板A上運動的時間為t，由運動學公式得
⑩
聯(lián)立①⑦⑨⑩式代入數(shù)據(jù)得
。
考點：機械能守恒定律、牛頓第二定律、運動學方程、受力分析
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。若將一個帶負電的粒子置于b點，自由釋放，粒子將沿著對角線bd往復運動。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. 電勢能與機械能之和先增大，后減小
D. 電勢能先減小，后增大
解析：由于負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電場力做負功，電勢能增加，D對。
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)
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。
11.
(09·山東·22)圖示為某探究活動小組設計的節(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，再重復上述過程。下列選項正確的是
( 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：能量守恒定律的理解及應用。
10.
(09·山東·18)2008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。
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運動，所以受力為負，且恒定，4s-6s做負方向勻加速直線運動，所以受力為負，恒定，6s-8s做負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“負軸”，因時間沒有負值，畫圖要注意這一點；
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。
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