如圖所示，在豎直方向運動的升降機內，一質量為m的物體被一伸長的彈簧拉住靜止在升降機水平底板上，現發現A突然被拉向右方，如果升降機是向上加速運動的，則它的加速度在          （填寫“增大”、“不變”或“減小”），如果升降機是向下加速運動的，則它的加速度在          （填寫“增大”、“不變”或“減小”）。

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在沿豎直方向運動的升降機內的水平地板上放有一物體，若物體對地板的壓力大小隨時間的關系如圖所示，則電梯運動的速度隨時間的變化圖象不可能為（　　）

A、

B、

C、

D、

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在沿豎直方向運動的升降機內的水平地板上放有一物體，若物體對地板的壓力大小隨時間的關系如圖所示，則電梯運動的速度隨時間的變化圖象可能為（　　）

A．

B．

C．

D．

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在沿豎直方向運動的升降機內的水平地板上放有一物體，若物體對地板的壓力大小隨時間的關系如圖所示，則電梯運動的速度隨時間的變化圖象可能為（ ）

A．
B．
C．
D．

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一、選擇題：本大題共12小題，每題4分，共48分。每題至少有一個選項是正確的，全部選對得4分，選對但不全得2分，選錯或不選得0分。

題號

1

2

3

4

5

6

答案

b

d

a

d

a

c

題號

7

8

9

10

11

12

答案

abd

a

bc

c

bc

a

二．填空與實驗題：本大題共5小題，13題10分，14題6分，15題3分，16題2分，17題2分，共23分。

13．⑴     △S為定值     ， 勻加速           。

⑵     V=,    0  .875   ,

1.225           ，     1.575      ,

      3.5  ,    A點的瞬時速度        。

14．⑴滑行的距離L,彈簧壓縮時的長度X₁,彈簧的原長L₀,豎直懸掛時彈簧伸長后的長度X₂                                                    ⑵ 。

15．⑴    10Hz        ⑵     1.5m/s        ⑶     2.5m/s

16．            ，          

17．     V₀tanθ                      。

三、計算題：本大題共4小題，其中17題6分，18題8分，19題8分，20題10分，共32分。要求寫出必要的解題步驟，以及必要的文字說明。

18．解析：物體位于Q點時，彈簧必處于壓縮狀態，對物體的彈力F_Q沿斜面向下；物體位于P點時，彈簧已處于拉伸狀態，對物體的彈力F_P沿斜面向上，P、Q兩點是物體靜止于斜面上的臨界位置，此時斜面對物體的靜摩擦力都達到最大值F_m，其方向分別沿斜面向下和向上.

根據胡克定律和物體的平衡條件得：

k（l₀－l₁）+mgsinα=F_m       k（l₂－l₀）=mgsinα+F_m

解得F_m=k（l₂－l₁）=×100×0.14 N=7 N.答案：7 N

19．（1）地球對衛星的萬有引力提供作圓周運動的向心力　　　　　　        　    

地面表面附近的重力加速度g = 　 把r＝2R代入，解方程可得  　　　　　　　

（2）衛星下次通過該建筑物上方時，衛星比地球多轉2p弧度，所需時間     　　  　

20．由圖知，探測器在0~9 s內勻加速上升，上升的最大速度為64 m/s；9 s~25 s內勻減速上升；25 s以后勻加速下落，直到落地.

（1）在上升過程中，由平均速度公式得=32 m/s

則探測器上升的最大高度為?H= (t₁+t₂)=32×25 m=800 m?

（2）探測器9 s~25 s內只受重力，其運動的加速度為重力加速度，則?

g= m/s²=4 m/s²?

（3）在0~9 s內，由牛頓第二定律得?F-mg=ma₁?

由于a₁= m/s²=7.1 m/s²?則F=m(g+a₁)=1500×11.1 N=1.67×10⁴ N?

（4）探測器下落過程為自由落體運動，則其落地速度為?v′= m/s=80 m/s?

（5）探測器自由下落的時間為?t₃= s=20 s.?

故探測器發射后到落地所經歷的時間為?t=t₁+t₂+t₃=9 s+16 s+20 s=45 s.