2020年高考物理复习力学大题集训(一).doc

2020年高考物理复习力学大题集训（一）1.如图所示，右边传送带长L=15m、逆时针转动速度为v0=16m/s，左边是光滑竖直半圆轨道（半径R=0.8m），中间是光滑的水平面AB（足够长）用轻质细线连接甲、乙两物体，中间为一压缩的轻质弹簧，弹簧与甲、乙两物体不拴连甲的质量为m1=3kg，乙的质量为m2=1kg，甲、乙均静止在光滑的水平面上现固定甲物体，烧断细线，乙物体离开弹簧后在传送带上滑行的最远距离为Sm=12m传送带与乙物体间动摩擦因数为0.6，重力加速度g取10m/s2，甲、乙两物体可看作质点（细线烧断后，可认为弹簧势能全部转化为物体的动能）（1）若固定乙物体，烧断细线，甲物体离开弹簧后进入半圆轨道，求通过D点时轨道对甲物体的压力大小；（2）若甲、乙两物体均不固定，烧断细线以后，问甲物体和乙物体能否再次在AB面上发生水平碰撞？若碰撞，求再次碰撞前瞬间甲、乙两物体的速度；若不会碰撞，说明原因2.足够长光滑斜面BC的倾角=53，小物块与水平面间的动摩擦因数为0.5，水平面与斜面之间B点有一小段弧形连接，一质量m=2kg的小物块静止于A点现在AB段对小物块施加与水平方向成=53的恒力F作用，如图（a）所示，小物块在AB段运动的速度时间图象如图（b）所示，到达B点迅速撤去恒力F（已知sin53=0.8，cos53=0.6）求：（1）小物块所受到的恒力F；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间；（3）小物块能否返回到A点？若能，计算小物块通过A点时的速度；若不能，计算小物块停止运动时离B点的距离3.如图甲所示，一水平放置的圆形套筒由两个靠得很近的同心圆筒组成，一质量m=0.2kg的小滑块从轨道（截面图如图乙所示）的最低点A，以v0=9m/s的初速度向右运动，小滑块第一次滑到最高点时速度v=1m/s滑块的尺寸略小于两圆筒间距，除外筒内壁的上半部分BCD粗糙外，其余部分均光滑小滑块运动轨道的半径R=0.3m，求：（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力？（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是多少？（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是多少？4.如图所示，物块A、C的质量均为m，B的质量为2m，都静止于光滑水平台面上，A、B间用一不可伸长的轻质短细线相连。初始时刻细线处于松弛状态，C位于A右侧足够远处。现突然给A一瞬时冲量，使A以初速度v0沿A、C连线方向向C运动，A与C相碰后，粘合在一起。A与C刚粘合在一起时的速度为多大？若将A、B、C看成一个系统，则从A开始运动到A与C刚好粘合的过程中系统损失的机械能。5.近几年，国家取消了7座及以下小车在法定长假期间的高速公路收费，给自驾出行带来了很大的实惠，但车辆的增多也给道路的畅通增加了压力，因此交管部门规定，上述车辆通过收费站口时，在专用车道上可以不停车拿（交）卡而直接减速通过。若某车减速前的速度为v072 km/h，靠近站口时以大小为a15m/s2的加速度匀减速，通过收费站口时的速度为vt28.8 km/h，然后立即以a24m/s2的加速度加速至原来的速度（假设收费站的前、后都是平直大道）。试问： （1）该车驾驶员应在距收费站口多远处开始减速？（2）该车从减速开始到最终恢复到原来速度的过程中，运动的时间是多少？ （3）在（1）（2）问题中，该车因减速和加速过站而耽误的时间为多少？6.如图所示，光滑水平面上有一长板车，车的上表面OA段是一长为L的水平粗糙轨道，A的右侧光滑，水平轨道左侧是一光滑斜面轨道，斜面轨道与水平轨道在O点平滑连接车右端固定一个处于锁定状态的压缩轻弹簧，其弹性势能为Ep，一质量为m的小物体（可视为质点）紧靠弹簧，小物体与粗糙水平轨道间的动摩擦因数为，整个装置处于静止状态现将轻弹簧解除锁定，小物体被弹出后滑上水平粗糙轨道车的质量为2m，斜面轨道的长度足够长，忽略小物体运动经过O点处产生的机械能损失，不计空气阻力求：（1）解除锁定结束后小物体获得的最大动能；（2）当满足什么条件小物体能滑到斜面轨道上，满足此条件时小物体能上升的最大高度为多少？7.火车站上由于工作人员操作失误致使一节车厢以4m/s的速度匀速滑出了车站，此时在同一轨道上一列火车正在以72km/h的速度匀速驶向车站，技术娴熟的火车司机突然发现这种紧急情况后，立即以大小为0.8m/s2的加速度紧急刹车，之后又立即以此加速度使火车反向加速运动，若车厢与火车相遇恰好不相撞求：（1）司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间（2）司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离8.如图所示，在光滑绝缘的水平面上，有一长为L的绝缘轻杆，可绕固定转轴O在水平面内无摩擦转动，另一端固定一质量为m、电荷量为q的带电小球，整个装置置于场强为E方向水平向右的匀强电场中，小球受到方向始终与杆垂直的作用力F从杆与电场方向垂直的图示位置开始计时，杆转过的角度用表示，选取转轴O处电势为零（1）当杆逆时针转过90，求小球电势能的变化量；（2）若杆以角速度逆时针匀速转动，求小球电势能最大时所对应的时刻；（3）若在图示位置给小球向右的初速度v0，且F=，求杆逆时针转动过程中小球的最小速度？9.斜面ABC中AB段粗糙，BC段长为1.6m且光滑，如图（a）所示质量为1kg的小物块以初速度v0=12m/s沿斜面向上滑行，到达C处速度恰好为零，小物块沿斜面上滑的vt图象如图（b）所示已知在AB段的加速度是BC段加速度的两倍，g=10m/s2（vB，t0未知）求：（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB；（2）斜面AB段的长度；（3）小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间10.如图，一轻质直角杆可绕过O点的轴在竖直面内转动，OA=2OB=2L，A端固定小球A，B端固定小球B，且质量mA=2mB，求：（1）当直角杆从图A所示位置由静止释放，转动到OA竖直时A球的速度大小；（2）若A端始终受一水平向右的恒力F=mBg，直角杆从图B所示位置由静止开始运动，当OA与水平方向夹角为多少时系统的动能最大11.如图，A、B是两个质量均为m=1kg的小球，两球由长L=4m的轻杆相连组成系统水平面上的P、Q两点间是一段长度为S=4.5m粗糙平面，其余部分表面光滑，球A、B与PQ段间的动摩擦因数均为=0.2最初A和B分别静止在P点两侧，离P点的距离均为球可视为质点，不计轻杆质量现对B球施加一水平向右F=4N的拉力，取g=10m/s2，求：（1）A球经过P点时系统的速度大小；（2）若当A球经过P点时立即撤去F，最后A、B球静止，A球静止时与Q点的距离12.如图所示，有一块足够长的木板，放在光滑水平面上，在木板上自左向右放有序号是1、2、3、n的木块，所有木块的质量均为m，与木板间的动摩擦因数均为，木板的质量与所有木块的总质量相等在t=0时刻木板静止，第l、2、3、n号木块的初速度分别为v0、2v0、3v0、nv0，方向都向右最终所有木块与木板以共同速度匀速运动试求：i所有木块与木板一起匀速运动的速度vn；ii题干条件不变，若取n=4，则3号木块在整个运动过程中的最小速度v3min为多少？13.如图，半径为R的光滑半圆形轨道ABC在竖直平面内，与水平轨道CD相切于C点，D端有一被锁定的轻质压缩弹簧，弹簧左端连接在固定的挡板上，弹簧右端Q到C点的距离为2R质量为m可视为质点的滑块从轨道上的P点由静止滑下，刚好能运动到Q点，并能触发弹簧解除锁定，然后滑块被弹回，且刚好能通过圆轨道的最高点A已知POC=60，求：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力；（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数；（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能14.如图所示，在光滑的水平面上放置一个质量为2m的木板B，B的左端放置一个质量为m的物块A，已知A、B之间的动摩擦因数为，现有质量为m的小球以水平速度v0飞来与A物块碰撞后立即粘住，在整个运动过程中物块A始终未滑离木板B，且物块A可视为质点，求（1）物块A相对B静止后的速度大小；（2）木板B至少多长15.如图所示，载人小车和弹性球静止在光滑长直水平面上，球的质量为m，人与车的总质量为16m人将球以水平速率v推向竖直墙壁，球又以速率v弹回求：在人将球推出的过程中，人做了多少功人接住球的过程中，从人接触到球到人和车与球的速度相等所经历的时间为T，则人对球的平均作用力多大16.打井施工时要将一质量可忽略不计的坚硬底座A送到井底，由于A与井壁间摩擦力很大，工程人员采用了如图所示的装置图中重锤B质量为m，下端连有一劲度系数为k的轻弹簧，工程人员先将B放置在A上，观察到A不动；然后在B上再逐渐叠加压块，当压块质量达到m时，观察到A开始缓慢下沉时移去压块将B提升至弹簧下端距井口为H0处，自由释放B，A被撞击后下沉的最大距离为h1，以后每次都从距井口H0处自由释放已知重力加速度为g，不计空气阻力，弹簧始终在弹性限度内（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f和弹簧的最大形变量L；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a和弹簧弹性势能Ep；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，求井深H17.如图所示，光滑水平面上静止一辆质量为3m的平板车A，车上有两个小滑块B和C（都可视为质点），B的质量为m，与车板之间的动摩擦因数为2，C的质量为2m，与车板之间的动摩擦因数为t=0时刻B、C分别从车板的左、右两端同时以初速度v0和2v0相向滑上小车，在以后的运动过程中B与C恰好没有相碰，已知重力加速度为g，设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，求：（1）平板车的最大速度v和达到最大速度经历的时间t；（2）平板车平板总长度L18.“折返跑”是耐力跑的替代项目这个项目既能发展学生的速度和灵敏素质，又能提高变换方向的能力，是一项很有价值的锻炼项目在某次“20米折返跑”测试中，受试者在平直跑道上听到“跑”的口令后，在起点终点线前全力跑向正前方20米处的折返线，测试员同时开始计时受试者到达折返线时，用手触摸折返线处的物体（如木箱），再转身跑向起点终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所计时间即为“折返跑”的成绩，如图所示设受试者起跑的加速度为4.0m/s2，运动过程中的最大速度为6.4m/s，到达折返线处时需减速到零，加速度的大小为8.0m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线受试者在加速和减速阶段的运动均可视为匀变速直线运动求该受试者“折返跑”的成绩为多少秒？19.一电视节目中设计了这样一个通关游戏：如图所示，光滑水平面上，某人乘甲车向右匀速运动，在甲车与静止的乙车发生弹性正碰前的瞬间，该人恰好抓住固定在他正上方某点的轻绳荡起至最高点速度为零时，松开绳子后又落到乙车中并和乙车一起继续向前滑行；若人的质量m=60kg，甲车质量M1=8kg，乙车质量M2=40kg，甲车初速度v0=6m/s，求：最终人和乙车的速度；人落入乙车的过程中对乙车所做的功20.如图甲所示，一竖直平面内的轨道由粗糙斜面AD和光滑圆轨道DCE组成，AD与DCE相切于D点，C为圆轨道的最低点，将一小物块置于轨道ADC上离地面高为H处由静止释放，用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N，改变H的大小，可测出相应的N的大小，N随H的变化关系如图乙折线PQI所示（PQ与QI两直线相连接于Q点），QI反向延长交纵轴于F点（0，5.8N），重力加速度g取10m/s2，求：（1）图线上的PQ段是对应物块在哪段轨道上由静止释放（无需说明理由）？并求出小物块的质量m；（2）圆轨道的半径R、轨道DC所对应的圆心角；（3）小物块与斜面AD间的动摩擦因数21.如图，在水平轨道右侧固定半径为R的竖直圆槽形光滑轨道，水平轨道的PQ段铺设特殊材料，调节其初始长度为l，水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定，弹簧处于自然伸长状态可视为质点的小物块从轨道右侧A点以初速度v0冲上轨道，通过圆形轨道、水平轨道后压缩弹簧，并被弹簧以原速率弹回已知R=0.4m，l=2.5m，v0=6m/s，物块质量m=1kg，与PQ段间的动摩擦因数=0.4，轨道其它部分摩擦不计取g=10m/s2求：（1）物块第一次经过圆轨道最高点B时对轨道的压力；（2）物块仍以v0从右侧冲上轨道，调节PQ段的长度l，当l长度是多少时，物块恰能不脱离轨道返回A点继续向右运动22.如图所示，将质量m=1.0kg的小物块放在长L=3.0m的平板车左端，车的上表面粗糙，物块与车上表面间的动摩擦因数=0.6，光滑半圆形固定轨道与光滑水平轨道在同一竖直平面内，半圆形轨道的半径r=1.2m，直径MON竖直，车的上表面和轨道最低点高度相同，开始时车和物块一起以v0=10m/s的初速度在水平轨道上向右运动，车碰到轨道后立即停止运动，取g=10m/s2，求：（1）物块刚进入半圆形时速度大小；（2）物块刚进入半圆形时对轨道的压力大小；（3）物块回落至车上时距右端的距离。参考答案1.解：（1）固定甲物体，烧断细线，根据能量守恒定律得，弹簧的弹性势能为：Ep=m2gSm=0.611012J=72J若固定乙物体，烧断细线，甲离开弹簧以后，由机械能守恒定律得：Ep=m1g2R+过D点时，根据牛顿第二定律得：m1g+N=m1解得：N=m1g=30N（2）甲、乙分离分离过程中，动量守恒，选向左方向为正，根据动量守恒得：m1v1m2v2=0甲、乙及弹簧系统的能量守恒，则得：Ep=m1v12+m2v22得：v1=2m/s，v2=6m/s之后甲沿轨道上滑，设上滑最高点高度为h，则有：m1v12=m1gh得：h=0.6m0.8m则甲上滑不到等圆心位置就会返回，返回AB面上速度仍然是：v1=2m/s乙滑上传送带，因v2=6m/s10m/s则乙先向右做匀减速运动，后向左匀加速由对称性可知返回AB面上速度为传送带速度10m/，所以甲和乙能再次在AB面上水平碰撞，再次碰撞时甲乙的速度大小分别是：v1=2m/s，v2=6m/s 答：（1）通过D点时轨道对甲物体的压力大小是30N（2）甲和乙能再次在AB面上水平碰撞，再次碰撞时甲乙的速度大小分别是2m/s和6m/s【分析】（1）固定甲物体，烧断细线，根据能量守恒定律求出弹簧的弹性势能固定乙物体，烧断细线，根据能量守恒定律求出甲通过D点时的速度，甲过D点时，合力提供向心力，根据牛顿第二定律列出等式求解（2）甲、乙分离根据动量守恒和能量守恒列出等式求出分离时的速度，再根据牛顿第二定律和运动学公式求解2.解：（1）由图（b）可知，AB段加速度根据牛顿第二定律，有Fcos（mgFsin）=ma得（2）在BC段mgsin=ma2解得小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有（3）小物块从B向A运动过程中，有mg=ma3解得滑行的位移所以小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m答：（1）小物块所受到的恒力F为11N；（2）小物块从B点沿斜面向上运动，到返回B点所用的时间为0.5s；（3）小物块不能返回到A点，停止运动时，离B点的距离为0.4m【分析】（1）根据vt图象得到运动情况，结合速度时间关系公式求解加速度；然后对物体受力分析，并根据牛顿第二定律列式求解拉力F；（2）先受力分析并根据牛顿第二定律求解加速度，然后根据速度时间关系公式求解；（3）对小物块从B向A运动过程中，求解出最大位移后比较，即可得到结论3.解（1）设此情形下小滑块到达最高点时受竖直向下的弹力FN，则有：代入数据可得：故实际上筒内壁对小滑块施加了竖直向上的支持力 （2）在此过程中，设克服摩擦力做的功为：W克f代入数据可得：W克f=6.8J （3）经过足够长的时间后，小滑块在下半圆轨道内做往复运动，小滑块经过水平直径位置时速度为0，选该处所在水平面为零势面，则有E末=0E初=则减少的机械能为：答：（1）小滑块第一次滑到最高点时轨道对其的弹力为N（2）小滑块从开始到第一次滑至最高点这段时间内，它克服摩擦力做的功是6.8J；（3）从开始经过足够长的时间，小滑块减少的机械能是7.5J【考点】动能定理的应用；向心力【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）由向心力公式利用牛顿第二定律可求得弹力；（2）对该过程利用动能定理即可求得克服摩擦力所做的功；（3）明确初末状态的机械能，即可明确机械能的减小量；注意重力势能与零势能面的选取有关4.【知识点】功能关系、机械能守恒定律及其应用动量、动量守恒定律及其应用裂变反应和聚变反应、裂变反应堆原子核的组成、放射性、原子核的衰变、半衰期氢原子的能级结构、能级公式【试题解析】轻细线绷紧的过程，A、B这一系统动量守恒，则解得之后A、B均以速度v1向右匀速运动，在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统动量守恒，解得轻细线绷紧的过程，A、B这一系统机械能损失为，则在A与C发生碰撞过程中，A、C这一系统机械能损失为，则则A、B、C这一系统机械能损失为5.（1）336m（2）（3）【知识点】匀变速直线运动及其公式、图像【试题解析】设小汽车初速度方向为正方向，a15 m/s2（1）小汽车进入站台前作匀减速直线运动，设距离收费站x1处开始制动，则：由解得：x1336m（2）小汽车通过收费站经历匀减速和匀加速两个阶段，前后两段位移分别为x1和x2，时间为t1和t2，则减速阶段：加速阶段：则加速和减速的总时间为： tt1+t254 s（3）在加速阶段： 则总位移： xx1+x2756m若不减速所需要时间：车因减速和加速过站而耽误的时间：6.解：（1）设解锁弹开后小物体的最大速度的大小为v1，小物体的最大动能为Ek1，此时长板车的速度大小为v2，研究解锁弹开过程，对小物体和车组成的系统，以物体的初速度方向为正方向，由动量守恒定律得：mv12mv2=0由机械能守恒定律得：EP=mv12+mv22 而EK1=mv12 联立式解得 EK1=EP （2）小物体滑到斜面上相对车静止时，二者有共同的速度，设为v共，长板车和小物体组成的系统水平方向动量守恒，以物体速度方向为正方向，由动量守恒定律得：（m+2m）v共=0 解得：v共=0 要使小物体能滑上斜面轨道，必须满足EPmgL，即当：时，小物体能滑上斜面轨道，又设小物体上升的最大高度为h，此瞬间小物体相对车静止，由式知两者有共同速度为零由能量守恒定律得：EP=mgh+mgL 解得：h=L；答：（1）解除锁定结束后小物体获得的最大动能为EP；（2）当时，小物体能滑到斜面轨道上，满足此条件时小物体能上升的最大高度为L【考点】动量守恒定律；能量守恒定律【专题】动量定理应用专题【分析】（1）解除锁定以后，小物体向左做加速运动，当物体滑到B处时，开始减速，则知小物体在弹簧被解锁弹开到弹簧恢复原长时，速度最大，根据小物体、弹簧和车组成的系统动量守恒和机械能守恒，求解小物体获得的最大动能；（2）小物体滑到斜面上相对车静止时，上升的高度达到最大，根据水平方向动量守恒求出小物体和车的共同速度，由能量守恒定律求解小物体在斜面上能上升的最大高度7.解：以火车原行驶的方向为正方向，设火车原行驶的速度为v1，车厢行驶的速度为v2，司机发现车厢向自己驶来开始制动至刚好接住车厢时用的时间为t，这段时间内火车行驶的位移为x1，车厢行驶的位移为x2，司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离为x0则由匀变速直线运动的规律知：v2=v1+atx2=v2tx0=x1x2代入数值解得：t=30s，x0=360m答：（1）司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间为30s（2）司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离为你360m【考点】匀变速直线运动规律的综合运用【专题】追及、相遇问题【分析】（1）车厢与火车相遇恰好不相撞时，两车的速度相等，抓住两车运行的时间相等，求出司机发现车厢向自己驶来开始制动到刚好相遇用的时间（2）根据两车运行的时间，根据运动学公式求出两车的位移，从而得出司机发现车厢向自己驶来开始制动时离车厢的距离8.解：（1）根据功能得到关系可知，EP=W=EqL （2）杆以角速度逆时针方向匀速转动时，小球电势能Ep随时间t变化关系为：EP=EqL sin（t）可知当t=2k+（k=0，1，2，3）时，电势能Ep最大，因此，解得：t=（k=0，1，2，3） （3）因开始时FLEqL，杆先减速转动；当FLqELcos，杆加速转动所以当FL=qELcos 时速度最小 将代入解得：cos=0.5，所以=60 设杆转到=60时，小球速度恰减小到0，则由动能定理将代入解得：因此 当时，杆转动的最大转角小于60速度减为零，杆将顺时针往回摆，所以最小速度vmin=0 当时，杆将先减速后加速转动，杆转到=60时，小球速度最小由动能定理将代入解得：答：（1）当杆逆时针转过90，小球电势能的变化量为EqL；（2）若杆以角速度逆时针匀速转动，小球电势能最大时所对应的时刻为（k=0，1，2，3）；（3）若在图示位置给小球向右的初速度v0，且F=，杆逆时针转动过程中小球的最小速度为【考点】带电粒子在匀强电场中的运动；动能定理；电势差与电场强度的关系【分析】（1）根据电场力做功等于电势能的改变量来计算小球电势能的变化；（2）电场力做负功的时候，电势能增加，做的负功最多的时候，电势能最大；（3）合力做负功的时候，小球的速度减小，做负功最多的时候，速度最小，分析做功的情况，计算小球的最小速度9.解：（1）由vt图象可知，小物块沿斜面向上滑行的初速度vA=12m/s，由aAB=2aBC可得：，解得：vB=4m/s （2）在上滑过程：对AB段有，在上滑过程：对BC段有，由上两式解得：，即：；解得：sAB=6.4m（3）上滑时aAB=2aBC，由牛顿运动定律可知：f+mgsin=2mgsin，即f=mgsin，所以下滑通过AB段时小物块做匀速运动，其速度为vB=4m/s，因此答：（1）小物块沿斜面向上滑行通过B点处的速度vB为4m/s；（2）斜面AB段的长度为6.4m；（3）小物块沿斜面向下滑行通过BA段的时间为1.6s【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的图像【分析】（1）根据运动学公式以及在AB段和BC段加速度的关系，求出通过B处的速度；（2）分别对AB段和BC段，根据位移速度公式列式，联立方程求解即可；（3）根据牛顿第二定律求出在AB段的摩擦力，从而判断在AB段下滑时的运动情况，再由运动学公式求出沿斜面下滑过程中通过BA段的时间10.解：（1）当直角杆从图A所示位置由静止释放，转动到OA竖直的过程中，机械能守恒，取过O点水平面为零势能面，根据机械能守恒定律得：而vA=2vB解得：（2）系统动能最大时，根据力矩平衡得：2mAgLcos=mBgLsin+2FLsin解得：，所以=53答：（1）当直角杆从图A所示位置由静止释放，转动到OA竖直时A球的速度大小为；（2）当OA与水平方向夹角为53时系统的动能最大【考点】机械能守恒定律；力矩的平衡条件【分析】（1）当直角杆从图A所示位置由静止释放，转动到OA竖直的过程中，机械能守恒，根据机械能守恒定律列式求解；（2）系统动能最大时，根据力矩平衡列式求解11.解：（1）系设统开始运动时加速度为a1，由牛顿第二定律有Fmg=2ma1解得 a1=1m/s2设A球经过p点时速度为v1，则v12=2a1（）得 v1=2m/s （2）设A、B在P、Q间做匀减速运动时加速度大小为a2，则有 2mg=2ma2a2=g=2m/s2当A球经过p点时拉力F撤去，但系统将继续滑行，设当B到达Q时滑行的距离为x1，速度为v2，则有 x1=xPQL=0.5m由 v22v12=2a2x1解得 v2=m/s 因为v20，故知B球将通过Q点，做匀减速直线运动，此时加速度大小为a3则有mg=2ma3a3=1m/s2设系统继续滑行x2后静止，则有0v22=2a3x2可得 x2=1m 即A球静止时与Q点的距离x=xPQx1x2=3m 答：（1）A球经过p点时系统的速度大小为2m/s；（2）A球静止时与Q点的距离为3m【考点】牛顿第二定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【专题】牛顿运动定律综合专题【分析】（1）对系统研究，根据牛顿第二定律求出系统的加速度，结合速度位移公式求出A球经过P点时系统的速度大小（2）A、B系统在P、Q间做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出匀减速运动的加速度大小，根据速度位移公式求出B球过Q点时的速度，再根据牛顿第二定律求出系统出PQ区域时的加速度，根据运动学公式求出速度减为零的位移，从而得出A球静止时与Q点的距离12.解：i、取向右方向为正方向，对系统，由动量守恒定律得 m（v0+2v0+3v0+nv0）=2nmvn由上式解得 vn=（n+1）v0ii、第3号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小，设此时第4号木块的速度为v，对系统，由动量守恒定律得 m（v0+2v0+3vo+4v0）=7m v3min+mv 对第3号木块，由动量定理得mg t=m v3minm3v0对第4号木块，由动量定理得mg t=mvm4v0由以上三式解得 v3min=v0答：i所有木块与木板一起匀速运动的速度vn是（n+1）v0ii题干条件不变，若取n=4，则3号木块在整个运动过程中的最小速度v3min为v0【考点】动量守恒定律【专题】计算题；整体思想；寻找守恒量法；动量定理应用专题【分析】i、整个系统所受合外力为零，系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出所有木块与木板一起匀速运动的速度vnii、第3号木块与木板相对静止时，它在整个运动过程中的速度最小根据动量守恒定律和动量定理结合解答13.解：（1）设滑块第一次滑至C点时的速度为vC，圆轨道C点对滑块的支持力为FN由P到C的过程： mgR=mC点：FNmg=m解得FN=2mg 由牛顿第三定律得：滑块对轨道C点的压力大小FN=2mg，方向竖直向下 （2）对P到C到Q的过程：mgR（1cos60）mg2R=0解得=0.25（3）A点：根据牛顿第二定律得mg=mQ到C到A的过程：Ep=m+mg2R+mg2R 解得：弹性势能Ep=3mgR答：（1）滑块第一次滑至圆形轨道最低点C时对轨道压力是2mg；（2）滑块与水平轨道间的动摩擦因数是0.25；（3）弹簧被锁定时具有的弹性势能是3mgR【考点】动能定理的应用；牛顿第三定律；机械能守恒定律【专题】动能定理的应用专题【分析】（1）由P到C的过程根据动能定理求解滑至C点时的速度，根据牛顿第二定律求解（2）对P到C到Q的过程根据动能定理求解动摩擦因数（3）Q到C到A的过程根据能量守恒求解14.解：设小球和物体A碰撞后二者的速度为v1，三者相对静止后速度为v2，规定向右为正方向，根据动量守恒得，mv0=2mv1，2mv1=4mv2 联立得，v2=0.25v0当A在木板B上滑动时，系统的动能转化为摩擦热，设木板B的长度为L，假设A刚好滑到B的右端时共速，则由能量守恒得， 联立得，L=答：（1）物块A相对B静止后的速度大小为0.25v0；（2）木板B至少为【考点】动量守恒定律【分析】小球与A碰撞过程中动量守恒，三者组成的系统动量也守恒，结合动量守恒定律求出物块A相对B静止后的速度大小对子弹和A共速后到三种共速的过程，运用能量守恒定律求出木板的至少长度15.解：以水平向右为正方向人第一次将球推出，设人与车的速度为V，球、人与车系统动量守恒，由动量守恒定律得：16mVmv=0，人对系统做功：W=16mV2+mv2，解得：W=mv2；人接球过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv+16mV=17mv，解得：v=v，由动量定理得：FT=mvmv，解得：F=；答：在人将球推出的过程中，人做的功为mv2；人接住球的过程中，人对球的平均作用力为【考点】动量守恒定律；动能定理【分析】人推球过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出速度，然后求出人对系统做功；人接球过程系统动量守恒，由动量守恒定律求出速度，然后应用动量定理求出作用力大小16.解：（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，则有：f=2mg底座质量不计，所以合力为零，所以始终有：kL=f解得：（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律得：kLmg=ma解得：a=g，A第一次下沉，由功能关系得：mg（H0+L+h1）=EP+fh1解得：（3）A第二次下沉，由功能关系mg（H0+L+h1+h2）=EP+fh2又f=2mg解得：h2=2h1A第三次下沉，由功能关系有：mg（H0+L+h1+h2+h3）=EP+fh3解得 h3=4h1同理 A第n次下沉过程中向下滑动的距离为：所以井底深度为：答：（1）求下沉时A与井壁间的摩擦力大小f为2mg，弹簧的最大形变量L为；（2）求撞击下沉时A的加速度大小a为g，弹簧弹性势能为；（3）若第n次撞击后，底座A恰能到达井底，则井深H为（2n1）h1【考点】功能关系；弹性势能【分析】（1）A开始缓慢下沉时，受力平衡，根据平衡条件求解f，底座质量不计，所以合力为零，结合胡克定律求解；（2）撞击后AB一起减速下沉，对B，根据牛顿第二定律以及功能关系求解；（3）A第二次下沉，由功能关系求出下降的距离与第一次下降距离的关系，同理求出第三次下降的距离与第一次下降距离的关系，进而求出第n次下沉过程中向下滑动的距离，再结合数学知识求解17.解：（1）起始到三者共速A、B、C系统动量守恒以水平向左为正方向：2m2v0mv0=6mv 起始到三者共速C匀减速运动过程：f=2maf=2mgv=2v0at综上有：，t=（2）起始到三者共速B相对A向右匀减到速度为零后与A一起向左匀加，C相对A向左匀减，B和C对A的滑动摩擦力大小均为f=2mg由能量守恒有： =综上有：L=答：（1）平板车的最大速度v为，达到最大速度经历的时间t为（2）平板车平板总长度为【考点】动量守恒定律；匀变速直线运动的位移与时间的关系【分析】（1）根据动量守恒求出三者最后共同的速度，结合牛顿第二定律和运动学公式求出平板车经历的时间；（2）根据能量守恒求平板车的长度18.解：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中；加速阶段：m减速阶段：匀速阶段：由折返线向起点终点线运动的过程中加速阶段：t4=t1=1.6s，x4=x1=5.12m匀速阶段：受试者“折返跑”的成绩为：t=t1+t2+t3+t4+t5=8.25s答：该受试者“折返跑”的成绩为8.25s【考点】匀变速直线运动的位移与时间的关系；匀变速直线运动的速度与时间的关系【分析】根据匀变速直线运动的速度位移公式求出匀加速运动和匀减速运动的位移，从而得出匀速运动的位移，求出匀速运动的时间，结合速度时间公式求出匀加速和匀减速运动的时间，抓住返回10m和前10m的运动情况相同，求出总时间19.解：、甲乙两车碰撞，在水平方向上动量守恒，设碰撞后甲车的速度为v1，乙车的速度为v2，选向右的方向为正，则有：M1v0=M1v1+M2v2碰撞过程中机械能守恒，有：M1=M1+M2联立并代入数据解得：v2=2m/s人松开绳子后做自由落体运动，与乙车相互作用使得过程中，在水平方向上合外力为零，动量守恒，设人和乙车的最终速度为v共，选向右的方向为正，有：M2v2=（M人+M2）v共代入数据解得：v共=0.8m/s人落入乙车的过程中对乙车所做的功