专题一力学规律的综合应用(教师版)

芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 1 专题一专题一 力学规律的综合应用力学规律的综合应用 考点透视 解决动力学问题有三个基本观点 即是力的观点 动量的观点 能量的观点 一 知识回顾 1 力的观点 匀变速直线运动中常见的公式 或规律 牛顿第二定律 maF 运动学公式 atvvt 0 2 0 2 1 attvs asvvt2 2 0 2 t vs 2 aTs 圆周运动的主要公式 2 2 mr r v mmaF 向向 2 动量观点 恒力的冲量 FtI 动量 动量的变化 mvp 12 mvmvp 动量大小与动能的关系 k mEP2 动量定理 对于恒力 通常研究的对象是一个物体 pI 12 mvmvtF 合 动量守恒定律 条件 系统不受外力或系统所受外力的合力为零 或系统所受外力的合力虽不为零 但比系统内力小 得多 如碰撞问题中的摩擦力 爆炸问题中的重力等外力比起相互作用的内力来小得多 可以忽略不计 或系统所受外力的合力虽不为零 但在某个方向上的分量为零 在该方向上系统的总动量的分量保持不变 表达式 对于两个物体有 研究的对象是一个系统 含两个或两个以上 22112211 vmvmvmvm 相互作用的物体 3 用能量观点解题的基本概念及主要关系 恒力做功 cosFsW PtW 重力势能 动能 动能变化mghEP 2 2 1 mvEk 2 1 2 2 2 1 2 1 mvmvEk 动能定理 力对物体所做的总功等于物体动能变化 表达式 2 1 2 2 2 1 2 1 Wmvmv 总 常见的功能关系 重力做功等于重力势能增量的负值 PG EW 弹簧弹力做功等于弹性势能增量的负值EWP 弹 有相对时 系统克服滑动摩擦力做功等于系统产生的内能 即 2 2 2 1 2 0 2 1 2 1 2 1 mvmvmvflQ 机械能守恒 只有重力或系统内的弹力做功系统的总的机械能保持不变 表达式有 2211pkpk EEEE 减增pk EE 减增BA EE 能量守恒 能量守恒定律是自然界中普遍适用的基本规律 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 2 二 力学规律的选用原则 1 研究某一物体所受力的瞬时作用与物体运动状态的关系时 一般用力的观点解题 2 研究某一个物体受到力的持续作用而发生运动状态改变时 如果涉及时间的问题一般用动量定理 如 果涉及位移问题往往用动能定理 3 若研究的对象为多个物体组成的系统 且它们之间有相互作用 一般用动量守恒定律和能量守恒定律 去解决问题 提示 在涉及有碰撞 爆炸 打击 绳绷紧等物理现象时 由于它们作用时间都极短 故动量守恒定律 一般能派上大用场 但须注意到这些过程 般均隐含有系统机械能与其他形式能量之间的转化 在涉及相 对位移问题时 优先考虑能量守恒定律 即用系统克服摩擦力所做的总功等于系统机械能的减少量 也等 于系统增加的内能 例题解析 一 力的观点与动量观点结合一 力的观点与动量观点结合 例 1 如图所示 长 12 m 质量为 50 kg 的木板右端有一立柱 木板置于水平地面上 木板与地面间的动 摩因数为 0 1 质量为 50 kg 的人立于木板左端 木板与均静止 当人以 4m s2的加速度匀加速向右奔跑至板 右端时立即抱住木柱 试求 g 取 10m s2 1 人在奔跑过程中受到的摩擦力的大小 2 人从开始奔跑至到达木板右端所经历的时间 3 人抱住木柱后 木板向什么方向滑动 还能滑行多远的距离 解析 人相对木板奔跑时 设人的质量为 加速度为 木板的质量为 M 加速度大小为 人与m 1 a 2 a 木板间的摩擦力为 根据牛顿第二定律 对人有 f200N 1 maf 2 设人从木板左端开始距到右端的时间为 对木板受力分析可知 故t 2 MagmMf 方向向左 m s2 2 M gmMf a 由几何关系得 代入数据得 Ltata 2 2 2 1 2 1 2 1 s2 t 3 当人奔跑至右端时 人的速度 木板的速度 人抱住木柱的过程m s8 11 tavm s4 22 tav 中 系统所受的合外力远小于相互作用的内力 满足动量守恒条件 有 其中为二者共同速度 VMmMvmv 21 V 代入数据得 方向与人原来运动方向一致 m s2 V 以后二者以为初速度向右作减速滑动 其加速度大小为 故木板滑行的距离为m s2 V 2 m s1 ga m2 2 2 a v s 点拨 用力的观点解题时 要认真分析物体受力及运动状态的变化 关键是求出加速度 二 动量观点与能量观点综合二 动量观点与能量观点综合 例 2 如图所示 坡道顶端距水平面高度为 质量为的小物块 A 从坡道顶端由静止滑下 在进入水hm 平面上的滑道时无机械能损失 为使 A 制动 将轻弹簧的一端固定在水平滑道延长线 M 处的墙上 另一端 与质量为 m2的挡板 B 相连 弹簧处于原长时 B 恰位于滑道 的末端 O 点 A 与 B 碰撞时间极短 碰后结合在一起共同压缩 弹簧 已知在 OM 段 A B 与水平面间动摩擦因数均为 其 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 3 余各处的摩擦不计 重力加速度为 求 g 1 物块 A 在与挡板 B 碰撞前瞬间速度的大小 v 2 弹簧最大压缩量为 d 时的弹性势能 设弹簧处于原长时弹性势能为零 p E 解析 1 物块 A 在坡道上滑行时只有重力做功 满足机械能守恒的条件 有 故 2 2 1 mvmgh ghv2 2 A B 在水平道上碰撞时内力远大于外力 A B 组成的系统动量守恒 有vmmvm 211 接着 A B 一起压缩弹簧到最短 在此过程中 A B 克服摩擦力所做的功 由能量守恒定律可得 所以gdmmW 21 gdmmEvmm p 2 1 21 2 21 gdmm mm ghm Ep 21 21 2 1 点拨 有关弹簧的弹性势能 由于教材中没有给出公式 因此一般只能通过能量的转化和守恒定律来计 算 能量守恒是自然界普遍遵守的规律 用此观点求解的力学问题可以收到事半功倍的效果 认真分析题 中事实实现了哪些能量的转化和转移 否则可能会前功尽弃 例 3 如图所示 在光滑的水平面上有一质量为 m 长度为 的小车 小车左端有一质量也是 m 可视为质l 点的物块 车子的右壁固定有一个处于锁定状态的压缩轻弹簧 弹簧长度与车长相比可忽略 物块与小车 间滑动摩擦因数为 整个系统处于静止状态 现在给物块一个水平向右的初速度 物块刚好能与小车 0 v 右壁的弹簧接触 此时弹簧锁定瞬间解除 当物块再回到左端时 恰与小车相对静止 求 1 物块的初速度及解除锁定前小车相对地运动的 0 v 位移 2 求弹簧解除锁定瞬间物块和小车的速度分别为多少 解析 1 物块在小车上运动到右壁时 设小车与物块 的共同速度为 由动量守恒定律得 由能量关系有 故vmvmv2 0 22 0 2 2 1 2 1 mvmvmgl 在物块相对小车向右运动的过程中 小车向右作匀加速运动加速度为 速度由 0 增glv 2 0 ga 加到 小车位移为 则 2 0 v v s a v s 2 2 2 弹簧解除锁定的瞬间 设小车的速度为 物块速度为 最终速度与小车静止时 共同速度为 1 v 2 v 由动量守恒定律得 由能量关系有 v vmmvmvmv 22 21 22 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 vmmvmvmgl 联立四式解得 和 舍去 所以 0 2 01 v vv 02 1 0 vv v glvv 2 01 0 2 v 点拨 弹簧锁定意味着储存弹性势能能量 解出锁定意味着释放弹性势能能量 求解物理问题 有时需 要根据结果和物理事实 作出正确判断 确定取舍 例 4 一辆质量为 2 kg 的平板车 左端放有质量 M 3 kg 的小滑块 滑块与平板车之间的动摩擦因m 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 4 数 0 4 如图所示 开始时平板车和滑块共同以 2 m s 的速度在光滑水平面上向右运动 并与竖直 0 v 墙壁发生碰撞 设碰撞时间极短 且碰撞后平板车速度大小保持不变 但方向与原来相反 设平板车足够 长 以至滑块不会滑到平板车右端 取 g 1 0 m s2 求 1 平板车第 次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离 2 平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度 1 v 3 为使滑块始终不会滑到平板车右端 平板车至少多长 解析 1 平板车第 次与墙壁碰撞后因受滑块对它的摩擦力作用而向左作匀减速直线运动 设向左 运动的最大距离为 由动能定理得 1 s 2 01 2 1 0mvMgs 所以有 m 3 1 2 2 0 1 Mg mv s 2 假设平板车第二次与墙壁碰撞前和物块已经达到共同速度 由于系统动量守恒 有 1 v 即 100 vmMmvMv m s4 0 0 1 mM vmM v 设平板车从第 次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离处到再加速到速度所发生的位移大小为 由动 1 v 1 s 能定理得有 显然 表明平板车第二次与墙壁碰撞 2 11 2 1 mvsMg 2 22 0 2 1 1 22mM mM Mg mv Mg mv s 11 s s 前已经达到了共同速度 这一速度也是平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度 m s4 0 1 v 3 平板车与墙壁多次碰撞 使与之间发生相对滑动 由于摩擦生热 系统的动能逐渐减少 直Mm 到最终停止在墙角边 设整个过程中物块与平板车的相对位移为 由能量转化和守恒定律得l 所以 2 0 2 1 vMmMgl m 6 5 2 2 0 Mg vMm l 点拨 用数学知识求解物理问题是考生应当具有的一项能力 在求解一些物理问题时往往要用到有关的 数学知识 如 数列求和 不等式求解 极值讨论等等 正确求解这类问题必须以较好的数学知识为前提 例 5 如图所示 C 是放在光滑水平面上的一块木板 木板质量为 3m 在木板的上面有两块质量均为 m 的小木块 A 和 B 它们与木板间的动摩擦因数均为 最初木板静止 A B 两木块同时以方向水平向右的 初速度 v0和 2v0在木板上滑动 木板足够长 A B 始终未滑离木板 求 1 木块 B 从刚开始运动到与木板 C 速度刚好相等的过程中 木 块 B 所发生的位移 2 木块 A 在整个过程中的最小速度 解析 1 木块 A 先做匀减速直线运动至与 C 速度相同 后与一道做匀加速直线运动 木块 B 一直做 匀减速直线运动 木板 C 做两段加速度不同的匀加速直线运动 直到 A B C 三者的速度相等 设为 v1 为止 A B C 三者组成的系统动量守恒故 v1 0 6v0 对木块 B 运用动 100 3 2vmmmmvmv C AB v02 v 0 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 5 能定理 有 所以 2 0 2 1 2 2 1 2 1 vmmvmgs g v s 50 91 2 0 2 设木块 A 在整个过程中的最小速度为 v 此时 A C 共速 由动量定理知 至此 A B 的动量 变化都相同 都为 因 A B C 组成的系统动量守恒 有 所以木块 A 在 0 vvm vmvvm 3 2 0 整个过程中的最小速度 5 2 0 v v 点拨 对于多物体系统只要认真分析每一个物体受力情况和运动情况 抓住相关联的运动状态 问题仍 然很容易解决 三 三种观点综合应用三 三种观点综合应用 例 6 对于两物体碰撞前后速度在同一直线上 且无机械能损失的碰撞过程 可以简化为如下模型 A B 两物体位于光滑水平面上 仅限于沿同一直线运动 当它们之间的距离大于等于某一定值 d 时 相互 作用力为零 当它们之间的距离小于 d 时 存在大小恒为 F 的斥力 设 A 物体质量 m1 l 0kg 开始时静止 在直线上某点 B 物体质量 m2 3 0 kg 以速度从远处沿直线向 A 运动 如图所示 若 d 0 10 0 v m F 0 60 N 0 20m s 求 0 v 1 相互作用过程中 A B 加速度的大小 2 从开始相互作用到 A B 间的距离最小时 系统 物体组 动能的减 少量 3 A B 间的最小距离 解析 1 由牛顿运动定律可知 相互作用过程中 A B 加速度的大小分别为 2 1 1 60 0 sm m F a 2 2 2 20 0 sm m F a 2 A B 间距离最小时 两者速度相同 全过程满足由动量守恒的条件 故有 vmmvm 2102 所以m s15 0 21 02 mm vm v 系统 物体组 动能的减少量为 J015 0 2 1 2 1 2 21 2 02 vmmvmEk 3 根据匀变速直线运动规律得 而距离最小时有 v1 v2 由匀变速直线运动tav 11 tavv 202 规律可得两物体位移分别为 由几何关系可知 解以上各 2 11 2 1 tas 2 202 2 1 tatvs 21 sdss 式得 A B 间的最小距离 m075 0 s 点拨 理论联系实际 用物理知识综合解决所遇问题是高考的一种追求 在处理有关问题时 为了方便 需要忽略问题中的次要因素 突出主要因素 作恰当的简化 建立与所学知识间的联系 最终达到解决问 题的目的 本题对实际问题的处理有较好的示范作用 例 7 如题右图 半径为 R 的光滑圆形轨道固定在竖直面内 小球 A B 质量 分别为 m m 为待定系数 A 球从左边与圆心等高处由静止开始沿轨道 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 6 下滑 与静止于轨道最低点的 B 球相撞 碰撞后 A B 球能达到的最大高度均为 碰撞中无机械能损失 R 4 1 重力加速度为 g 试求 1 待定系数 2 第一次碰撞刚结束时小球 A B 各自的速度和 B 球对轨道的压力 3 小球 A B 在轨道最低处第二次碰撞刚结束时各自的速度 并讨论小球 A B 在轨道最低处第 n 次 碰撞刚结束时各自的速度 解析 1 由机械能守恒定律得 故 44 mgRmgR mgR 3 2 设 A B 第一次碰撞后的速度大小分别为 则 故 1 v 2 v 42 1 2 1 mgR mv 42 1 2 2 mgR mv 向左 向右 2 1 gR v 2 2 gR v 设轨道对 B 球的支持力为 B 球对轨道的压力为 由牛顿第三定律知N N R v mmgN 2 2 方向竖直向下 mgNN5 4 3 由机械能守恒定律知 第一次碰撞前 A 的速度为 gRv2 0 设 A B 球第二次碰撞刚结束时的速度分别为 则解得 1 V 2 V 2 2 2 1 2121 2 1 2 1 mVmVmgR mVmVmvmv 另一组解 不合题意 舍去 gRV2 1 0 2 V 2 1 gR V 2 2 gR V 由此可得 当 n 为奇数时 小球 A B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第一次碰撞刚结束时相同 当 n 为偶数时 小球 A B 在第 n 次碰撞刚结束时的速度分别与其第二次碰撞刚结束时相同 点拨 对物理问题进行逻辑推理得出正确结论和作出正确判断 并把推导过程正确地表达出来 体现了 对推理能力的考查 希望考生注意这方面的训练 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 7 专题一专题训练与高考预测 1 如右图 质量为3kg 的木板放在光滑水平面上 质量为1kg 的物块在木板上 它们之间有摩 M m 擦 木板足够长 两者都以4m s 的初速度向相反方向运动 当木板的速 v 度为2 4m s 时 物块 1 v A 加速运动 B 减速运动 C 匀速运动 D 静止不动 解析 木板和对物块组成的系统动量守恒 规定向右为矢量的正方向 设最终的共同速度为 则有 V 所以 又因为木板和对物块相互作用的全过程中均动量守恒 当木板VmMmvMv smV 2 的速度为2 4m s 时 物块 设物块的速度为 则有 故物块 1 v 2 v 21 mvMvmvMv m s8 0 2 v 正在向右作加速运动 正确选项是 A 2 如右图所示 一轻弹簧与质量为 m 的物体组成弹簧振子 物体在同一条竖直线上的 A B 间作简谐运 动 O 为平衡位置 C 为 A B 的中点 已知 OC 振子的周期为 某时刻物体恰好经过 C 点并向上hT 运动 则从此时刻开始的半个周期时间内 下列说法错误的是 A 重力做功mgh2 B 重力的冲量大小为 2 mgT C 合外力的冲量为零 D 合外力做功为零 2 C 解析 由题意可知 C B 应关于点对称 故重力做功 重力冲量 mghhmg22 mgtIG 2 mgT 合力冲量 由动能定理得合外力做功 所以本题的正确选项是02 mvmvmvI0 k EW C 3 有一传送装置如图所示 水平放置的传送带保持以 v 2m s 的速度向右匀速运动 传送带两端之间的 距离 L 10m 现有一物件以向右 4m s 的初速度从左端滑上传送带 物件与传送带之间的动摩擦因数 0 2 求物件从传送带的左端运动到右端所用的时间 g 10m s2 解析 因v 2m s 物件在传送带上做匀减速运动 当速度 m s4 0 v 减小到与传送带速度相同后 随传送带匀速运动 由牛顿第二定律 得 减速所经过的位移maF 2 m s2 g m mg a 所用时间 物件到达右端还需时间 物件到达右m3 2 2 0 2 1 a vv ss 1 0 1 a vv ts5 3 1 2 v sL t v0 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 8 端共需时间 s5 4 21 ttt 4 一个质量60kg 的滑雪运动员从高20 m 的高台上水平滑出 落在水平地面上的 B 点 由于落 m h 地时有机械能损失 落地后只有大小为 10 m s 的水平速度 滑行到 C 点后静止 如图所示 已知 A 与 B B 与 C 之间的水平距离30 m 40m g 10m s2 不计空气阻力 求 1 s 2 s 1 滑雪运动员在水平面 BC 上受到的阻力大小 f 2 平抛运动的初速度 3 落地时损失的机械能 E 解析 1 对 BC 过程运用动能定理得 2 2 2 1 mvfs 2 在平抛运动过程中因 N75 2 2 2 s mv f 2 2 1 gth 有 平抛运动的初速度为 3 由能量守恒知 落地时损失的机械能为s g h t2 2 m s15 1 0 t s v J15750 2 1 2 1 22 0 mvmghmvE 5 如图所示 质量 M 0 2kg 的长木板静止在水平面上 长木板与水平面间的动摩擦因数 0 1 现有 2 一质量为0 2kg 的滑块 以 1 2m s 的速度滑上长板的左端 小滑块与长木板间的动摩擦因数 m 0 v 0 4 滑块最终没有滑离长木板 求滑块从开始滑上长木板到最后相对于地面 1 静止下来的过程中 滑块滑行的距离是多少 以地球为参考系 g 10m s2 解析 滑块滑上长木板后 作匀减速运动 长木板作匀加速运动直到速度相同 为止 以后整体再作匀减速运动至速度为零 滑块的加速度大小为 长木板的加速度大小为 21 1 m s4 m mg a 设经过时间 达到共同速度 则有 故 221 2 m s2 M gMmmg a tvtatav 210 s2 0 t 滑块的位移为 整体作匀减速运动的位移为 由动能定理得m s4 0 vm16 0 2 1 2 01 atvs 2 s 有 滑块滑行的距离为 2 22 2 1 vMmgsMm m8 0 2 sm24 0 21 sss 6 质量为 M 的小物块 A 静止在离地面高的水平桌面的边缘 质量为 m 的小物块 B 沿桌面向 A 运动并h 以速度与之发生正碰 碰撞时间极短 碰后 A 离开桌面 其落地点离出发点的水平距离为 L 碰后 B 反 0 v 向运动 求 B 后退的距离 已知 B 与桌面间的动摩擦因数为 重力加速度为 g 解析 设 为 A 从离开桌面至落地经历的时间 表示刚碰后 A 的速度 有 设为tV 2 2 1 gth VtL v 刚碰后 B 的速度的大小 由动量守恒得 v0 m M 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 9 设 B 后退的距离为 由动能定理得 解得mvMVmv 0 l 2 2 1 mvmgl 2 0 22 1 v h g m ML g l 7 如图 长木板 ab 的 b 端固定一档板 木板连同档板的质量为 M 4 0kg a b 间距离 s 2 0m 木板位 于光滑水平面上 在木板 a 端有一小物块 其质量 m 1 0kg 小物块与木板间的动摩擦因数 它10 0 们都处于静止状态 现令小物块以初速沿木板向前滑动 smv 0 4 0 直到和档板相撞 碰撞后 小物块恰好回到 a 端而不脱离木板 求碰撞 过程中损失的机械能 解析 物块在长木板上向右滑行时作减速运动 长木板作加速运动 碰撞时物块再传递一部分能量给长 木板 以后长木板减速 物块加速直到速度相同为止 设木块和物块最后共同的速度为 v 由动量守恒定律 得 设全过程损失的机械能为 因相对滑动而产生的vMmmv 0 E 22 0 2 1 2 1 vMmmvE 内能为 用表示在碰撞过程中损失的机械能 由能量守恒定律可得 则smgQ2 E EQE 代入数据得 2 4J mgsv Mm mM E 2 2 1 2 0 E 8 质量为1kg 的小木块 可视为质点 放在质量为 M 5kg 的长木板上的左端 如图所示 长木板 m 放在光滑水平桌面上 小木块与长木板间的动摩擦因数 0 1 长木板的长度为 现要使小木块从 m2 L 长木板的右端脱离出来 给小木块施加水平向右的恒力作用 2 秒 则至少为FF 多大 2 m 10sg 解析 未撤去力 2 秒内 小木块的加速度为 撤去力后小木块的加速度为1 1 F m mgF a 长木板一直在加速 其加速度为 刚撤去力时小木块的 2 2 m s1 ga 2 3 m s2 0 M mg a 速度 位移 长木板的速度为 位移为 1 2 11 Ftav 1 2 2 1 1 Ft v sm s4 0 32 tav 相对位移为 以后至小木块刚要滑离长木板时二者速度相等 m4 0 2 2 1 t v s4 22 211 Fsss 由动量守恒定律得 有 该段时间内相对位移为vMmMvmv 21 3 F v 由能量守恒定律得 整理得FsLs24 4 12 22 2 2 12 2 1 2 1 2 1 vMmMvmvsmg 解得 0665 2 FFN85 1 F 9 在光滑水平面上静止有质量均为 m 的木板 AB 和滑块 CD 木板 AB 上表面粗糙 与滑块的动摩擦因 数为 滑块 CD 上表面是光滑的圆弧 它们紧靠在一起 如图所示 一个可视为质点的物块 P 质量 4 1 也为 m 它从木板 AB 的右端以初速度 v0滑入 过 B 点时 速度为 然后又滑上滑块 CD 最终恰好能滑到滑 2 0 v 块 m M F 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 10 CD 圆弧的最高点 C 处 求 1 物块滑到 B 处时的木板的速度 vAB 2 木板的长度 L 3 滑块 CD 圆弧的半径 R 解析 1 物块 P 在 AB 上滑动时 三个物体组成的系统动量守恒 即 有 AB mv v mmv2 2 0 0 4 0 v vAB 2 由能量守恒可得 所以 222 0 4 2 2 1 2 2 1 2 1v m v mmvmgL g v L 16 5 2 0 3 在物块 P 与 CD 相互作用的过程中 满足动量守恒定律和机械能守恒定律 故 解得 mvmv v m AB 2 2 0 mgRmvmv v m AB 22 2 0 2 1 2 1 22 1 g v R 64 2 0 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 11 参考答案 1 A 解析 木板和对物块组成的系统动量守恒 规定向右为矢量的正方向 设最终的共同速度为 则有 V 所以 又因为木板和对物块相互作用的全过程中均动量守恒 当木板VmMmvMv smV 2 的速度为2 4m s 时 物块 设物块的速度为 则有 故物块 1 v 2 v 21 mvMvmvMv m s8 0 2 v 正在向右作加速运动 正确选项是 A 2 C 解析 由题意可知 C B 应关于点对称 故重力做功 重力冲量 mghhmg22 mgtIG 2 mgT 合力冲量 由动能定理得合外力做功 所以本题的正确选项是02 mvmvmvI0 k EW C 3 s5 4 解析 因v 2m s 物件在传送带上做匀减速运动 当速度减小到与传送带速度相同后 随 m s4 0 v 传送带匀速运动 由牛顿第二定律得 减速所经过的位移maF 2 m s2 g m mg a 所用时间 物件到达右端还需时间 物件到达右m3 2 2 0 2 1 a vv ss 1 0 1 a vv ts5 3 1 2 v sL t 端共需时间 s5 4 21 ttt 4 N75m s15J15750 解析 1 对 BC 过程运用动能定理得 2 在平抛运动过程中因 2 2 2 1 mvfs N75 2 2 2 s mv f 有 平抛运动的初速度为 3 由能量守恒知 落地时损失的 2 2 1 gth s g h t2 2 m s15 1 0 t s v 机械能为 J15750 2 1 2 1 22 0 mvmghmvE 5 m24 0 解析 滑块滑上长木板后 作匀减速运动 长木板作匀加速运动直到速度相同为止 以后整体再作匀减 速运动至速度为零 滑块的加速度大小为 芜湖一中 2007 届高三 5 班物理第二轮专题复习资料 07 年 4 月 12 长木板的加速度大小为 设经过时 21 1 m s4 m mg a 221 2 m s2 M gMmmg a 间 达到共同速度