1、- 1 -湖北省宜昌二中（宜昌市人文艺术高中）2019 届高三上学期 10 月月考物理试卷一、选择题1.设物体运动的加速度为 a、速度为 v、位移为 s.现有四个不同物体的运动图象如下列选项所示，假设物体在 t0 时的速度均为零，则其中表示物体做单向直线运动的图象是( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】A 图象中物体运动方向发生变化，不是单向的直线运动，故 A 项错误；B 项中，横轴下方表示负向运动，所以也有运动方向的变化，故 B 项错误；C 项中物体在第 1s 内向正方向做加速运动，第 2 s 内做正向减速运动，2s 末速度减为零，接下来重复前 2s 的运动，没有往复，是单向直线运
2、动，故 C 项正确；D 项中物体在第 1s 内向正方向做加速运动，第 2s 内做正向减速运动，2s 末速度减为零，第 3s 内做反向加速运动。有往复，不是单向直线运动，故 D项2.如图是某金属在光的照射下产生的光电子的最大初动能 Ek与入射光频率 的关系图象由图象可知错误的是( )- 2 -A. 该金属的逸出功等于 EB. 该金属的逸出功等于 h 0C. 入射光的频率为 2 0时，产生的光电子的最大初动能为 ED. 入射光的频率为 时，产生的光电子的最大初动能为【答案】D【解析】【分析】根据光电效应方程得出最大初动能与入射光频率的关系，结合图线的斜率和截距进行分析。【详解】根据 Ekm=hv-
3、W0得，金属的截止频率等于 0；纵轴截距的绝对值等于金属的逸出功，逸出功等于 E，则 E=hv0，故 AB 正确；根据光电效应方程有：E Km=hv-W，其中 W 为金属的逸出功：W=hv 0；所以有：E Kmhv-hv 0，由此结合图象可知，该金属的逸出功为 E，或者W=hv0，当入射光的频率为 2v0时，带入方程可知产生的光电子的最大初动能为 E，故 C 正确。入射光的频率 时，小于极限频率，不能发生光电效应，故 D 错误。此题选择错误的选项，故选 D。3.如图，一物块在水平拉力 F 的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持 F 的大小不变，而方向与水平面成 60角，物块也恰好做匀速直线运动
4、物块与桌面间的动摩擦因数为( )A. 2 B. C. D. 【答案】C【解析】- 3 -当拉力水平时，物体匀速运动，则拉力等于摩擦力，即： ，当拉力倾斜时，物体受力分析如图由平衡条件得： ， ，又 ，得摩擦力为：，联立解得： ，故选 C.4.如图所示，三根轻绳系于竖直杆上的同一点 O，其中 OA 和 OB 等长且夹角为 60，竖直杆与平面 AOB 所成的角为 30.若轻绳 OA、 OB 的拉力均为 20 N，要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下，则水平轻绳 OC 的拉力大小为( ) A. 10 NB. 10 NC. 20 ND. 20 N【答案】B【解析】【分析】要使桩子受到绳子作用力方向竖直向
5、下，则绳子 OC 与 OA、OB 的合力竖直向下，则绳子 OA和 OB 的合力与 OC 对 O 的拉力在水平面内平衡；根据平行四边形定则先求出 AO 和 BO 的合力，再结合要求分析即可【详解】轻绳 OA 与 OB 等长且夹角为 60，则它们的合力： F12 Fcos F20 N；OA- 4 -与 OB 的合力沿水平方向的分力与竖直方向之间的夹角是 30，所以： Fx F1sin3010 N，要使杆受到绳子作用力的方向竖直向下，则水平轻绳 OC 的拉力大小应该等于 Fx，故选 B。5.一个箱子放在水平地面上，箱内有一固定的竖直杆，在杆上套着一个环，箱与杆的总质量为 M，环的质量为 m，如图所示
6、，已知环沿杆匀加速下滑时，环与杆间的摩擦力大小为 Ff，则此时箱对地面的压力大小是( ) A. Ff MgB. Ff mgC. (M m)gD. Ff( M m)g【答案】A【解析】【分析】以箱子为研究对象，分析受力情况，根据平衡条件求出地面对箱子的支持力，再根据牛顿第三定律求出箱对地面的压力。【详解】环下滑时，受重力及箱子的杆给它的竖直向上的摩擦力 Ff，根据牛顿第三定律，环应给杆一个竖直向下的摩擦力 Ff，故箱子竖直方向上受重力 Mg、地面对它的支持力 N 及环给它的摩擦力 Ff，由于箱子处于平衡状态，可得 N=Ff+Mg=F f+Mg根据牛顿第三定律，箱子对地面的压力大小等于地面对箱子的
7、弹力，即 N=F f+Mg。故选 A。【点睛】本题是平衡条件和牛顿运动定律的综合应用，分析受力是关键，要注意明确环在运动中竖直方向对箱子的作用力只有摩擦力。6.如图所示，半径为 r 的 n 匝线圈放在边长为 L 的正方形 abcd 之外，匀强磁场充满正方形区域并垂直穿过该区域，当磁场以 的变化率变化时，线圈产生的感应电动势大小为( )- 5 -A. 0B. n L2C. n r2D. n r2【答案】B【解析】【分析】本题是线圈的面积不变，磁场在变化，磁通量的变化率 ，再根据法拉第电磁感应定律求出感应电动势【详解】磁通量的变化率 ，根据法拉第电磁感应定律得线圈中的感应电动势 ，故选 B.7.如
8、图所示，用力 F 推放在光滑水平面上的物体 P、 Q、 R，使其做匀加速运动. 若 P 和 Q 之间的相互作用力为 6 N，Q 和 R 之间的相互作用力为 4 N，Q 的质量是 2 kg，那么 R 的质量是（ ）A. 2 kgB. 3 kgC. 4 kgD. 5 kg【答案】C【解析】- 6 -：对 Q 受力分析有：6N-4N=2kga，则运动的加速度为 1m/s2，再对 R 受力分析得：m Ra=4N，得 mR=“4“kg，选项 C 正确。8.如图所示， A、 B 两球质量相等，光滑斜面的倾角为 ，图甲中， A、 B 两球用轻弹簧相连，图乙中 A、 B 两球用轻质杆相连，系统静止时，挡板 C
9、 与斜面垂直，轻弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间有( ) A. 两图中两球加速度均为 gsin B. 两图中 A 球的加速度均为 0C. 图乙中轻杆的作用力一定不为 0D. 图甲中 B 球的加速度是图乙中 B 球的加速度的 2 倍【答案】D【解析】当撤去挡板时，甲图中由于弹簧的压缩量不能突变，A 球还会受到不变的弹力作用，能继续平衡；而 B 球沿斜面方向受到重力分力 mgsin 和弹簧弹力 mgsin 两个力，所以 B 球会产生 2gsin 加速度。乙图中轻杆的形变很小，撤掉挡板后，轻杆的弹力可以发生突变。将A、B 看成整体可知，A、B 会沿斜面以 gsin 加速度下滑，可知轻杆
10、的弹力瞬间消失。综上所述，选项 D 正确。9.如图所示，弹簧左端固定，右端自由伸长到 O 点并系住质量为 m 的物体，现将弹簧压缩到A 点，然后释放，物体可以一直运动到 B 点如果物体受到的阻力恒定，则( ) A. 物体从 A 到 O 先加速后减速B. 物体从 A 到 O 做加速运动，从 O 到 B 做减速运动C. 物体运动到 O 点时，所受合力为零- 7 -D. 物体从 A 到 O 的过程中，加速度逐渐减小【答案】A【解析】【分析】对物体受力分析，竖直方向受重力和支持力，二力平衡，水平方向受弹簧弹力和摩擦力，刚从 A 点释放时，弹力大于摩擦力，物体加速向右运动，随着物体向右运动，弹簧压缩量减
11、小，弹力减小，到达 O 点之前某一位置 C，弹力减小到等于摩擦力，由 C 至 O 弹力小于摩擦力，物体开始减速，O 至 B 过程受向左的拉力和摩擦力，加速度向右物体一直做减速运动【详解】物体从 A 点到 O 点过程，弹力逐渐减为零，刚开始弹簧的弹力大于摩擦力，合力向右，加速度也向右，速度也向右，物体加速，后来弹力小于摩擦力，合力向左，速度向右，物体减速。即物体先加速后减速，故 A 正确； 物体从 A 到 O 先加速后减速，从 O 到 B 的过程中物体一直受到向左的弹力与向左的阻力，所以物体一直做减速运动。故 B 错误；物体运动到 O 点时，弹簧的弹力为零，而滑动摩擦力不为零，则物体所受合力不为
12、零。故 C 错误。物体从 A 点至 O 点先做加速度不断减小的加速运动，后做加速度不断增大的减速运动，故 D错误； 故选 A。【点睛】本题关键分阶段结合运动情况对物体受力分析，求出合力后确定加速度的变化情况，从而最终确定物体的运动情况10.如图所示，小圆环 A 吊着一个质量为 m2的物块并套在另一个竖直放置的大圆环上，有一细线一端拴在小圆环 A 上，另一端跨过固定在大圆环最高点 B 的一个小滑轮后吊着一个质量为 m1的物块如果小圆环 A、滑轮、绳子的大小和质量以及相互之间的摩擦都可以忽略不计，绳子又不可伸长，若平衡时弦 AB 所对的圆心角为 ，则两物块的质量比 m1 m2应为( ) A. co
13、sB. sinC. 2sin- 8 -D. 2cos【答案】C【解析】解法一：采取相似三角形法对小圆环 A 受力分析，如图所示，FT2 与 FN 的合力与 FT1 平衡，由矢量三角形与几何三角形相似，可知得解法二：采用正交分解法建立如解法一中图所示的坐标系，可知：FT2=FN=m2g解得解法三：采用三力平衡的推论法FT2 与 FN 的合力与 FT1 平衡，则 FT2 与 FN 所构成的平行四边形为菱形，有FT2=m2g,FT1=m1g解得11.如图所示，用完全相同的轻弹簧 A、B、C 将两个相同的小球连接并悬挂，小球处于静止状态，弹簧 A 与竖直方向的夹角为 30o，弹簧 C 水平，则弹簧 A
14、、C 的伸长量之比为( )- 9 -A. 4B. 4C. 12D. 21【答案】D【解析】试题分析: 以 BC 整体为研究对象，则 也即 ，知,D 对。考点:力的平衡、胡克定律、整体隔离的运用。【名师点睛】略。【此处有视频，请去附件查看】12.在一东西向的水平直铁轨上，停放着一列已用挂钩连接好的车厢当机车在东边拉着这列车厢以大小为 a 的加速度向东行驶时，连接某两相邻车厢的挂钩 P 和 Q 间的拉力大小为F；当机车在西边拉着车厢以大小为 a 的加速度向西行驶时， P 和 Q 间的拉力大小仍为 F不计车厢与铁轨间的摩擦，每节车厢质量相同，则这列车厢的节数可能为( )A. 8B. 20C. 16D
15、. 28【答案】B【解析】【分析】根据两次的情况，利用牛顿第二定律得出关系式，根据关系式分析可能的情况即可- 10 -【详解】设 PQ 两边的车厢数为 P 和 Q，当机车在东边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Pma，当机车在西边拉时，根据牛顿第二定律可得，F=Qm a，根据以上两式可得，即两边的车厢的数目可能是 2 和 3，或 4 和 6，或 6 和 9，或 8 和 12，等等，所以总的车厢的数目可能是 5、10、15、20，所以可能的是 B。故选 B。【点睛】本题不是确切的数值，关键的是根据牛顿第二定律得出两次之间的关系，根据关系来判断可能的情况，本题比较灵活，是道好题13.如图所示， A、
16、 B、 C 三个物体质量相等，它们与传送带间的动摩擦因数也相同三个物体随传送带一起匀速运动，运动方向如图中箭头所示则下列说法正确的是( ) A. A 物体受到的摩擦力方向向右B. 三个物体中只有 A 物体受到的摩擦力是零C. B、 C 受到的摩擦力方向相同D. B、 C 受到的摩擦力方向相反【答案】BC【解析】【分析】利用假设法判断 A 物体是否受摩擦力，BC 两物体有向下滑动的趋势，有关受摩擦力【详解】A 物体做水平方向的匀速直线运动，水平方向不受摩擦力，故 A 错误；BC 物体均有相对传送带向下滑动的趋势，故均受到沿斜面向上的静摩擦力，大小等于 mgsin，结合 AB两项的分析可知，BC
17、正确，D 错误；故选 BC。【点睛】本题考查摩擦力的性质，要注意产生摩擦力的条件是相互接触的物体间有相对运动或相对运动趋势，同时注意平衡条件的准确应用14.一定质量的理想气体从状态 a 开始，经历三个过程 ab、 bc、 ca 回到原状态，其 VT 图象如图所示， pa、 pb、 pc分别表示状态 a、 b、 c 的压强，下列判断正确的是( )- 11 -A. 过程 ab 中气体一定吸热B. pc pbpaC. 过程 bc 中分子势能不断减小D. 过程 ca 中气体吸收的热量等于对外界做的功【答案】AD【解析】【分析】根据理想气体状态方程可知在 V-T 图象中，图线上各点与坐标原点的连线斜率代
18、表压强，斜率越大压强越小，分析各条图线的变化可知【详解】过程 ab 中气体的体积不变，没有做功；温度升高，内能增大，所以气体一定吸热。故 A 正确；设 a 状态的压强为 Pa，则由理想气体的状态方程可知： ，所以：Pb=3Pa；同理： 得：P c=3Pa，所以：p c=pbp a故 B 错误；由于气体分子之间的作用力可以忽略不计，所以过程 bc 中分子势能不变。故 C 错误；由图可知过程 ca 中气体等温膨胀，内能不变，对外做功；根据热力学第一定律可知，气体吸收的热量等于对外做的功。故 D 正确。故选 AD。【点睛】本题考查 V-T 图象中图象的物理含义，在 V-T 图象中，图线上各点与坐标原
19、点的连线斜率代表压强，斜率越大压强越小15.内有固定斜面的小车在水平面上做直线运动，小球通过细绳与车顶相连小球某时刻正处于如图所示的状态设斜面对小球的支持力为 FN，细绳对小球的拉力为 T，下列说法正确的是( )- 12 -A. 若小车向左运动， FN可能为零B. 若小车向左运动， T 可能为零C. 若小车向右运动， FN不可能为零D. 若小车向右运动， T 不可能为零【答案】AB【解析】【分析】对小球受力分析，抓住小球和车具有相同的加速度，根据车的运动情况可知小球受拉力及支持力的情况【详解】当小车向左减速，加速度方向向右，若小球受到的绳子拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则 F
20、N为零，故 A 正确；若小球向左加速运动，则加速度向左，此时重力与斜面的支持力可以使合力向左，则绳子的拉力 T 可能为零，故 B 正确；若小车向右加速，小球所受的拉力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则此时 FN为零。故C 错误。若小车向右减速，加速度方向向左，若小球支持力和重力的合力产生的加速度与小车的加速度相同，则拉力 T 为零。故 D 错误。故选 AB。【点睛】解决本题的关键抓住小球和车加速度相同，知道加速度方向与速度方向无关16.环球网国际军情中心 2011 年 8 月 28 日消息：8 月 26 日，歼20 战斗机在成都某机场再次进行试飞，在空中的歼20 姿态优美，做出各种
21、机动动作假设歼20 战斗机起飞前从静止开始做匀加速直线运动，达到起飞速度 v 所需时间 t，飞行一段时间后返回飞机场，以速度 v 做匀减速直线运动，经过时间 t 恰好停下，则( )A. 起飞前的运动距离为 vtB. 起飞前的运动距离为C. 匀减速直线运动的位移是 2vtD. 起飞前的匀加速直线运动和返回后的匀减速直线运动的位移大小相等【答案】BD- 13 -【解析】【分析】匀加速直线运动的平均速度可用公式 求解，位移可用平均速度乘以时间得到【详解】由题意，战机从静止开始做匀加速直线运动，末速度为 v，则平均速度为，起飞前运动时间 t 运动的距离为 ，故 A 错误，B 正确；落地后做匀减速直线运
22、动，末速度为零，则平均速度 ，位移 ，故起飞前的匀加速直线运动和落地后的匀减速直线运动的位移大小相等，故 C 错误，D 正确。故选 BD。17.如图所示，一根长为 L 的细绳一端固定在 O 点，另一端悬挂质量为 m 的小球 A，为使细绳与竖直方向成 30角且绷紧，小球 A 静止，则需对小球施加的力可能等于( ) A. mgB. mgC. mgD. mg【答案】AC【解析】【分析】小球 A 处于静止，受力平衡，分析受力情况，用作图法得出对小球施加的力最小的条件，再由平衡条件求出力的最小值【详解】以小球为研究对象，分析受力，作出力图如图；- 14 -根据作图法分析得到，当小球施加的力 F 与细绳垂
23、直时，所用的力最小。根据平衡条件得，F 的最小值为 Fmin=Gsin30=0.5mg；所以对小球施加的力：mgF0.5mg，故选 AC。【点睛】本题物体平衡中极值问题，关键是确定极值条件，本题采用图解法得到力最小的条件，也可以运用数学函数法求解极值18.在同一地点，甲、乙两物体同时沿同一方向做直线运动的速度时间图象如图所示，对06 s 过程，下列说法正确的是( ) A. 两物体两次相遇的时刻是 2 s 末和 6 s 末B. 46 s 甲在乙后面C. 两物体相距最远的时刻是 2 s 末D. 乙物体先向前运动 2 s，随后向后运动【答案】AB【解析】【分析】v-t 图象中图线与坐标轴围成图形的面
24、积表示位移，判断 2s 和 6s 内两物体位移是否相等即可判断是否相遇；图线上某点对应纵轴坐标的正负表示运动方向。【详解】t=2s 时乙的位移为 x= 24=4m，甲的位移为 x=22=4m，两者位移相同，又是从同一地面出发，故 2s 末时二者相遇，同理可判断 6s 末二者也是相遇，故 A 正确；4s 时甲的位移为 x=42=8m，乙的位移为：x= 24+ （2+4）2=10m；甲的位移小于乙的位- 15 -移，故 46s 甲在乙后面，B 正确；1s 末两物体相距的距离等于一个小三角形的面积，而 4s末两物体相距的距离等于 2-4 之间三角形的面积，明显 4s 末二者的距离最大，故 C 错误；
25、乙的速度一直为正，说明其运动方向始终未发生变化，故 D 错误；故选 AB。【点睛】v-t 图象中图线的斜率表示加速度，图线与坐标轴围成图形的面积表示位移；根据面积关系即可以得出位移关系。二、实验题19.某实验小组利用如图所示的装置探究加速度与力、质量的关系(1)下列做法正确的是_A调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行 B在调节木板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，将装有砝码的砝码桶通过定滑轮拴在木块上C实验时，先放开木块再接通打点计时器的电源D通过增减木块上的砝码改变质量时，不需要重新调节木板倾斜度(2)为使砝码桶及桶内砝码的总重力在数值上近似等于木块运动时受到的拉力，应满足的条件
26、是砝码桶及桶内砝码的总质量_(选填“远大于” “远小于”或“近似等于”)木块和木块上砝码的总质量【答案】 (1). AD (2). 远小于【解析】【详解】 （1）A.调节滑轮的高度，使牵引木块的细绳与长木板保持平行，否则拉力不会等于合力，故 A 正确；B.在调节模板倾斜度平衡木块受到的滑动摩擦力时，不应悬挂“重物” ，故 B 错误；C.打点计时器要“早来晚走”即实验开始时先接通打点计时器的电源待其平稳工作后再释放木块，而当实验结束时应先控制木块停下再停止打点计时器，故 C 错误； D.平衡摩擦力后，有 mgsin =mg cos ，即 =tan ，与质量无关，故通过增减木块上的砝码改变质量时，
27、不需要重新调节木板倾斜度，故 D 正确；- 16 -故选 AD；（2）设砝码与砝码桶的质量为 m，小车的质量为 M，对砝码桶及砝码与小车组成的系统，由牛顿第二定律得： ；对木块，由牛顿第二定律得： ；只有当砝码桶及桶的质量远小于小车质量时，即： m M 时，小车受到的拉力近似等于砝码及砝码桶的重力；【点睛】本题主要考察“验证牛顿第二定律”的实验，要明确实验原理，特别是要明确系统误差的来源，知道减小系统误差的方法20.甲、乙两同学在同一实验室，各取一套如图所示的装置放在水平桌面上，木块上均不放砝码，在没有平衡摩擦力的情况下，研究加速度 a 与拉力 F 的关系，分别得到下图中甲、乙两条直线设甲、乙
28、用的木块质量分别为 m 甲 、 m 乙 ，甲、乙用的木块与木板间的动摩擦因数分别为 甲 、 乙 ，由图可知， m 甲 _m 乙 ， 甲 _ 乙 (选填“大于” “小于”或“等于”) 【答案】 (1). 小于； (2). 大于；【解析】【分析】根据牛顿第二定律求出加速度与 F 的关系式，结合图线的斜率和截距比较木块质量的大小以及动摩擦因数的大小【详解】根据牛顿第二定律得， ，可知图线的斜率表示木块质量的倒数，纵轴截距的绝对值等于 g，可知 m 甲 m 乙 ， 甲 乙 【点睛】对于图线问题，一般的解题思路是通过物理规律得出两个物理量之间的函数关系，结合图线的斜率和截距进行分析求解三、计算题21.如
29、图所示为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越- 17 -广泛的应用一架质量 m2 kg 的无人机，其动力系统所能提供的最大升力 F36 N，运动过程中所受空气阻力大小恒为 f4 N g 取 10 m/s2.(1)无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞求在 t5 s 时离地面的高度h；(2)当无人机悬停在距离地面高度 H100 m 处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落求无人机坠落地面时的速度 v 多大？【答案】 （1）75m（2）40m/s【解析】【分析】（1）分析无人机的受力情况，根据牛顿第二定律求出上升的加速度，结合位移时间公式求出上升的高度
30、 h。（2）无人机突然失去升力而坠落后做匀加速运动，根据牛顿第二定律求出下降的加速度大小，结合速度位移公式求出落地的速度。【详解】 （1）设无人机上升时加速度大小为 a，由牛顿第二定律，有F mg f ma解得 a6 m/s 2由 h at2，解得 h75 m.（2）设无人机坠落过程中加速度为 a1，由牛顿第二定律，有mg f ma1解得 a18 m/s 2由 v22 a1H，解得 v40 m/s.【点睛】本题的关键是对无人机的受力分析以及运动情况的分析，抓住各个过程之间的联系，如速度关系和位移关系，结合牛顿第二定律和运动学基本公式求解。22.一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量 M10 kg，
31、活塞质量 m4 kg，活塞横截面积- 18 -S210 3 m2，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔 O 与外界相通，大气压强 p01.010 5 Pa，活塞下面与劲度系数 k210 3 N/m 的轻弹簧相连当汽缸内气体温度为 400K 时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度 L120 cm， g 取 10 m/s2，活塞不漏气且与缸壁无摩擦求：当缸内气柱长度 L224 cm 时，缸内气体温度为多少？【答案】720K【解析】【分析】当汽缸内气体温度为 127时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度 L2=24cm 时，对活塞受力分析根据平衡条件和理想气体状态方程求解【详解】 V1 L1S
32、， V2 L2S， T1400 K弹簧为自然长度时活塞受力如图甲所示则 p1 p0 0.810 5 Pa气柱长 24 cm 时， F k x， x L2 L1，此时活塞受力如图乙所示则 p2 p0 1.210 5 Pa根据理想气体状态方程，得： 解得 T2720 K.【点睛】能用静力学观点确解决问题要注意研究过程中哪些量不变，哪些量变化，结合理想气体状态方程求解.- 19 -23.在香港海洋公园的游乐场中，有一台大型游戏机叫“跳楼机” 参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面 40 m 高处，然后由静止释放座椅沿轨道自由下落一段时间后，开始受到压缩空气提供
33、的恒定阻力而紧接着做匀减速运动，下落到离地面 4 m 高处速度刚好减小到零，这一下落全过程经历的时间总共是 6 s(取 g10 m/s 2)求： (1)座椅被释放后自由下落的高度有多高？ (2)在匀减速运动阶段，座椅和游客的加速度大小是多少？【答案】 （1）7.2m（2） 【解析】【分析】物体先做自由落体运动后做匀减速运动，速度最后为零，根据运动公式求解下落的高度和加速度.【详解】设前、后两过程下落的高度分别为 h1、 h2，所用时间分别为 t1、 t2，减速过程加速度的大小为 a，运动中达到的最大速度为 v，则有h1 h240 m4 mt1 t26 sv22 gh12 ah2t1 ， t2由
34、以上各式联立解得： h17.2 m， a2.5 m/s 2.24.如图所示，质量为 m1 kg 的物体置于倾角 37的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力 F， t11 s 时撤去拉力，物体运动的部分 v t 图象如图所示 g 取 10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，试求：(1)拉力 F 的大小(2)t4 s 时物体的速度 v 的大小【答案】 （1）30N（2）2m/s【解析】- 20 -【分析】（1）由图象得出加速上升过程和减速上升过程的加速度，然后根据牛顿第二定律列方程求解；（2）先通过图象得到 3s 末速度为零，然后求出 3s 到 4s 物体的加速度，
35、再根据速度时间关系公式求解 4s 末速度。【详解】 （1）设力 F 作用时物体的加速度为 a1，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知F mgsin mg cos ma1撤去力后，由牛顿第二定律有 mgsin mg cos ma2根据图象可知： a120 m/s 2， a210 m/s 2解得： F30 N（2）设撤去力 F 后物体运动到最高点的时间为 t2，有v1 a2t2解得 t22 s则物体沿着斜面下滑的时间为 t3 t t1 t21 s设下滑加速度为 a3，由牛顿第二定律有 mgsin mg cos ma3解得 a32 m/s 2t4 s 时速度 v a3t32 m/s【点睛】本题关键受力分析后，根据牛顿第二定律，运用正交分解法求解出各个运动过程的加速度，然后结合运动学公式列式求解。- 21 -
