3.

图5－1－7

如图5－1－7,2009年国庆大阅兵检阅了我国的空中加、受油机梯队，加、受油机梯队将模拟空中加油，如图5－1－9所示．空中加油的过程大致如下：首先是加油机和受油机必须按照预定时间在预定地点汇合，然后受油机和加油机实施对接，对接成功后，加油系统根据信号自动接通油路．加油完毕后，受油机根据加油机的指挥进行脱离，整个加油过程便完成了．在加、受油机加油过程中，若加油机和受油机均保持匀速运动，且运动时所受阻力与重力成正比，则(　)

A．加油机和受油机一定相对运动

B．加油机和受油机的速度可能不相等

C．加油机向受油机供油，受油机质量增大，必须减小发动机输出功率

D．加油机向受油机供油，加油机质量减小，必须减小发动机输出功率

解析：在加油过程中，加油机和受油机必须相对静止，速度一定相等；加油机向受油机供油，受油机质量增大，运动时所受阻力F_f增大，由P＝F_fv可知，要保持匀速运动，必须增大发动机的输出功率P；加油机向受油机供油，加油机质量减小，运动时所受阻力F_f减小，由P＝F_fv可知，要保持匀速运动，必须减小发动机输出功率P.

答案：D

2.

图5－1－6

2008年9月6日，残奥会在北京开幕．我国运动员侯斌坐在轮椅上靠自身牵引升空点燃主火炬．该装置可简化为如图5－1－6所示的定滑轮模型．假设侯斌和轮椅的总质量为m，需要上升高度h点燃主火炬，设上升时间为t，不计一切摩擦和细绳质量，则(　)

A．若侯斌拉绳的拉力为F，则上升的加速度为a＝2F/m

B．若侯斌以速度v匀速向下拉绳，则侯斌拉绳的功率等于mgv

C．若侯斌拉绳先加速后匀速最后减速到零，则在整个上升过程中，侯斌拉细绳的力都一定不小于mg/2

D．若侯斌拉绳先加速后匀速最后减速到零，则在整个上升过程中，侯斌拉细绳做功W＝mgh

解析：若侯斌拉绳的拉力为F，把轮椅和侯斌看作整体，则整体受到向上的拉力为2F，由牛顿第二定律得2F－mg＝ma，则上升的加速度为a＝2F/m－g，选项A错误；若侯斌以速度v匀速向下拉绳，则侯斌拉绳的力F＝mg/2，拉绳的功率P＝Fv＝mgv/2，选项B错误；侯斌自身牵引升空是先加速后匀速最后减速到零，在加速上升阶段，侯斌的拉力大于mg/2，匀速运动阶段，侯斌的拉力等于mg/2，最后减速上升阶段侯斌的拉力小于mg/2，选项C错误；对于整个上升过程，由动能定理得W－mgh＝0，侯斌拉细绳做功W＝mgh，选项D正确．

答案：D

1． 质量为m的物体，受水平力F的作用，在粗糙的水平面上运动，下列说法中正确的是(　)

A．如果物体做加速直线运动，F一定对物体做正功

B．如果物体做减速直线运动，F一定对物体做负功

C．如果物体做减速直线运动，F也可能对物体做正功

D．如果物体做匀速直线运动，F一定对物体做正功

解析：F做正功还是负功，要看F的方向与位移方向是相同还是相反，当物体做加速或匀速直线运动时F的方向一定与位移方向相同；当物体做减速直线运动时包括两种情况，一种是力F方向与位移方向相反，F做负功，另一种情况是力F方向与位移方向相同(此时F小于摩擦力)，F做正功．

答案：ACD

对B有：T2+Mg－T1＝Ma

解得：T2＝(2M+m)a+mg.

答案：(2M+m)a+mg

13.(14分)如图甲所示，水平面上有带圆弧形凸起的长方形木块A，木块A上的物体B用绕过凸起的轻绳与物体C相连，B与凸起之间的绳是水平的.用一水平向左的拉力F作用在物体B上，恰好使物体A、B、C保持相对静止.已知物体A、B、C的质量均为m，重力加速度为g，不计所有的摩擦，则拉力F应为多大？

[2008年高考·四川延考区理综卷]

解析：

如图乙所示，设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为α.由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有：

F＝3ma

对B有：F－T＝ma

对C有：Tcos α＝mg

Tsin α＝ma

解得：F＝mg.

答案：mg

12.(13分)图甲是一种升降电梯的原理图，A为载人箱，B为平衡重物，它们的质量均为M，上下均由跨过滑轮的钢索系住，在电动机的牵引下使电梯上下运动.如果电梯中载人的质量为m，当电梯由静止开始以大小为a的加速度加速上升时，电动机需对平衡重物下面的钢索施加多大的拉力？(空气阻力、摩擦阻力、钢索的重力均不计)

解析：设电梯以大小为a的加速度加速上升时，悬挂电梯和平衡重物的钢索的张力为T1，平衡重物下面的钢索的张力为T2.则A、B的受力情况如图乙、丙所示.

由牛顿第二定律，对A有：

11.(13分)如图所示，一质量M＝4 kg、长L＝3 m、上表面水平且光滑的木板，在水平向右、大小F＝8 N的拉力作用下，以v0＝2 m/s的速度沿水平面向右匀速运动.某时刻将质量m＝1 kg的铁块(看成质点)轻轻地放在木板的最右端.若保持水平拉力不变，则小铁块经过多长时间离开木板？

解析：设木板与地面之间的动摩擦因数为μ，据题意在未放铁块时，有：

F＝μMg

放上铁块后铁块在木板上保持静止，木板做匀减速运动，根据牛顿第二定律有：

μ(M+m)g－F＝Ma

代入数据得：a＝0.5 m/s2

假设铁块一直在木板上，木板停下来的时间

t0＝＝4 s

设木板经过t时间向右运动的位移为L，有：

L＝v0t－at2

解得：t＝2 s

由于t＜t0，故小铁块经过2 s后离开木板.

答案：2 s

10.压电陶瓷是一种力电传感器，它两端电压随所受压力的增大而增大.有位同学利用压电陶瓷设计了一个判断小车运动状态的装置，其工作原理如图甲所示.将压电陶瓷和一块挡板固定在绝缘小车上，中间放置一个绝缘重球，它的直径略小于陶瓷和挡板间的距离.在小车向右做直线运动的过程中，电压表的示数如图乙所示，下列判断正确的是(　)

A.从t1到t2时间内，小车做变加速直线运动

B.从t1到t2时间内，小车做匀加速直线运动

C.从t2到t3时间内，小车做匀加速直线运动

D.从t2到t3时间内，小车做匀速直线运动

解析：在t1-t2时间内，陶瓷与小球之间的弹力均匀增加，小球和小车做加速度增大的加速运动.

在t2-t3时间内，陶瓷与小球之间的弹力恒定，小车做匀加速直线运动.

答案：AC

非选择题部分共3小题，共40分.

9.如图甲所示，小车上有一支架ABC，其中杆AB与斜面垂直，杆BC与斜面平行，在BC的末端有一个质量为m的小球.小车由静止释放后沿倾角为α的光滑斜面下滑，则杆对小球的弹力(　)

A.竖直向上，大小为mg

B.沿CB方向，大小为mgsin α

C.垂直斜面向上，大小为mgcos α

D.等于零

解析：

由题意知，小车、小球整体沿斜面向下的加速度a＝gsin α

设BC杆对小球的弹力大小为F，方向与斜面方向成θ角，如图乙所示，沿斜面和垂直斜面方向建立直角坐标系，则由牛顿第二定律可得：

mgsin α－Fcos θ＝mgsin α

mgcos α＝Fsin θ

解得：θ＝90°，F＝mgcos α.

答案：C

8.如图所示，劲度系数为k的轻弹簧竖直固定在水平面上，弹簧上端固定一质量为m0的托盘，托盘上有一个质量为m的木块.用竖直向下的力将原长为l0的弹簧压缩后突然撤去外力，若木块能与托盘脱离，则木块即将脱离托盘时弹簧的长度为 (　)

A.l0　　　　B.l0－

C.l0－　 D.l0－

解析：撤去外力后，m0、m一起向上先加速后减速运动，当向上加速或向上减速运动的加速度a小于g时，托盘对m有弹力作用，m与m0都不会分离.当弹簧恢复至原长时，m与m0的加速度都为重力加速度，它们之间没有相互作用力，若托盘再上升一微小高度Δx，则有a＝＞g，m已和m0分离.故弹簧恢复至原长时，m0与m将要分离.

答案：A

7.如图所示，在光滑水平面上放着两块长度相同、质量分别为M1、M2的木板，在两木板的左端各放一个完全一样的物块，开始时，各物块均静止.今在两物块上各作用一水平恒力F1、F2，当物块和木板分离时，两木板的速度分别为v1、v2，物块和木板间的动摩擦因数相同，下列说法正确的是(　)

A.若F1＝F2，M1＞M2，则v1＞v2

B.若F1＝F2，M1＜M2，则v1＞v2

C.若F1＞F2，M1＝M2，则v1＞v2

D.若F1＜F2，M1＝M2，则v1＞v2

解析：设物块的质量为m，木板的长度为l.

当F1＝F2时，两木板上物块的加速度相等，

若M1＞M2，有a1＜a2，即在M1上的物块经过更短时间从木板上滑出，物块滑出时M1和M2的速度关系为v1＜v2.

反之，若M1＜M2，则有v1＞v2.故选项A错误，B正确.

当M1＝M2时，物块在木板上滑行时两木板的加速度相等，若F1＞F2，则M1上的物块加速度更大，能在更短时间内滑出木板，滑出时木板的速度更小.故选项C错误，D正确.

答案：BD