7过程分析综合题解析

1、过程分析综合题参考答案与试题解析一.计算题(共16小题)1 .如图，AB为光滑斜面，BC为粗糙斜面，两斜面的倾角均为 37,且斜面底部 B处平滑连接，质量为 m=2kg的物体从高为h=1.25m的A处由静止开始沿斜面 下滑，运动到BC斜面上最终停止在C处.设物体与BC斜面间的最大静摩擦力 等于滑动摩擦力，物体与BC斜面的动摩擦因数为 仙=0.75sin37 =0.6, cos370=0.8, 取 g=10m/s2.求：(1)物体在B处的速度大小VB；(2)物体在BC斜面上的运动时间t;(3)若BC斜面的倾角可在060范围内变化，请分析并说明物体从 A处释放 后在BC斜面上可能的运动情况.【分析

2、】(1)由机械能守恒即可求出物体到达 B的速度；(2)对物体进行受力分析，与牛顿第二定律求出加速度，由速度公式即可求出 时间；(3)对物体进行受力分析，结合重力向下的分力与滑动摩擦力的关系，方向物 体的运动与静止即可.【解答】解：(1)物体沿AB斜面运动时的受力如图所示，因为只有重力做功, 此过程中机械能守恒.代入数据，得：VB=5m/s(2)物体在BC斜面上运动时的受力如图所示，根据牛顿第二定律有:第1页(共30页)mgsin37 + a 12=ma2N=mgcos37数据代入上述两式，得：氏=12m/s2物体受恒力作用，做匀减速运动,t=-二&s a2 12(3)设BC斜面倾角为8时，物体

3、恰好静止，受力如图所示，根据平衡条件有:fmax= ii mgcosO =mgsin 0 得：tan 9 =0.75 9 =37速度减为零后保持当9mgsin8,物体在BC斜面上做匀减速运动, 静止 当937时，fmaxmgsin 8,物 体在BC斜面上做匀减速运动，速度减为零后保持静止当937时，fmax mgsin 9,物体在BC斜面上做匀减速运动，速度减为零后沿 BC斜面向下做匀加速运动，随后运动到AB斜面，此后反复在两斜面间运动若干 次，最终静止在B点.【点评】运用牛顿第二定律和运动学公式结合求时，求解加速度是关键.涉及力在空间效果，如求速度时，可考虑动能定理.第2页(共30页)2.如

4、图所示，水平台面 AB与固定斜面CD的顶点C的高度差h=0.45m, A点与 台面边缘B间的距离s=2m,斜面CD的长度L=1.04m、倾角9 =37.质量m=0.2kg 的滑块甲在水平包力的作用下从 A点由静止开始向右运动，在其运动到B点前瞬间，撤去该水平包力，滑块甲与放置在B点的完全相同的滑块乙碰撞后粘在一 起飞出台面，并恰好以平行于斜面 CD的速度从C点滑上斜面，然后沿固定斜面 CD下滑，已知两滑块与台面及斜面间的动摩擦因数均为仙=0.5空气阻力不计，两滑块均可视为质点，取 g=10m/s2, sin 37= 0.6, cos 37= 0.8,求：(1)两滑块从B点飞出时的速度大小VB；

5、(2)该水平包力的大小F;(3)两滑块从B点运动到斜面底端D所用的时间t。【分析】(1)两滑块从B点飞出后做平抛运动，根据竖直方向运动规律求解到达C点竖直方向的速度，再根据运动的合成与分解求解；(2)由动量守恒定律求出碰前速度大小，由牛顿第二定律结合速度位移关系求解；(3)求出两滑块到达C点的速度大小，根据牛顿第二定律求解斜面上运动的加 速度，根据位移时间关系求解时间。【解答】解：(1)两滑块从B点飞出后做平抛运动，设其到达C点时竖直方向的 速度大小为Vy,有，Vy2=2gh解得 Vy=3m/s；又：Vb=1tan 0解得：VB=4m/s;(2)设滑块甲与滑块乙碰撞前瞬间的速度大小为 v,由动

6、量守恒定律有；mv=2mvB设滑块甲在台面上运动的加速度大小为 a1，由牛顿第二定律有，F n mg=ma第3页(共30页) 由匀变速直线运动的规律有；v2=2 ais解得：F=4.2N;(3)设两滑块从B点到C点所用的时间为3,有：h=.22两滑块到达C点的速度大小为：c cos e设两滑块在斜面上运动的加速度大小为a2,根据牛顿第二定律有：2mgsin 0-仙?2mgcos 0 =2ma设两滑块在斜面上运动的时间为t2,有：L=vct2+a2t22又：t=t1+t2解得：t=0.5s。答：(1)两滑块从B点飞出时的速度大小为4m/s；(2)该水平包力的大小为 4.2N;(3)两滑块从B点运

7、动到斜面底端D所用的时间为0.5s。【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应 用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况， 利用牛顿第二定律或运动学 的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和 运动学的桥梁。3.如图所示，在粗糙水平台阶上静止放置一质量 m=2kg的小物块，它与水平台 阶表面的动摩擦因数 以=0.5在台阶右侧固定了一个上圆弧挡板，园弧半径R=3m,4圆弧的圆心也在0点。今以0点为原点建立平面直角坐标系。现用 F=20N的水 平包力拉动小物块，到O点时撤去拉力，小物块水平抛出并击中挡板(g取10m/s2) 则：(1)若小

8、物块击中档板上的P点(OP与水平方向夹角为37,己知 sin37 = 0.6. cos37=0.8)求 F的作用时间；(2)改变拉力F的作用时间，可使小物块市中档板的不同位置，求击中档板时速度的最小值和击中点的位置坐标。(结果可保留根式)第4页(共30页)愀1【分析】（1）小物块离开P点做平抛运动，根据平抛知识求解其离开 O点时的 速度大小，再对直线加速过程根据牛顿第二定律和运动学公式列式求解时间；（2）根据平抛运动和击中挡板的轨道公式求解小物块击中挡板时的最小速度和 对应的位置坐标。【解答】解：（1）若小物块击中档板上的P点，贝U V0t=Rcos37,0 今巨工2二REn3 ，解得：vo=

9、4m/s;在水平面上：F n mg=ma 解得：a-|1 g=5m/s2,故a（2）小物块击中档板时：x=vot,吕t且x2+y2=R,击中时速度鹏右二栏/=摩浮所以当若二等，即行亨R时速度最小，止匕时一丁 一 一1,故二辆而m/s；击中点的坐标为（络R,-乎R）；答：（1） F的作用时间为0.8s；（2）击中档板时速度的最小值为 星&T为用,击中点的位置坐标为（逅R,-畀第5页（共30页）【点评】本题是动力学、平抛运动的综合题，解决问题的关键是掌握相关动力学 基础知识和平抛运动知识，在第二问中要求较好的数学功底。4 .足够长光滑斜面BC的倾角a =53；小物块与水平面间的动摩擦因数为 0.5

10、, 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 a =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.【分析】(1)根据v-t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

11、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.【解答】解：(1)由图(b)可知，人8段力口速度由金卫与片11/3 2二。,511173 2Av 4, U-0根据牛顿第二定律，有 Fcosor n (mg-Fsin = =ma伊,一 一cosCl + sina 0. 6+0, 5X0. 8(2)在 BC段 mgsin = =ma解得-：一;,：第6页(共30页)小物块从B到C所用时间与从C到B所用时间相等，有5sa? 8. 0(3)小物块从B向A运动过程中，有 n mg=m3解得.一 |

12、1 一11. . - -J 22-滑行的位移 I一1.二.4 a3 乙八o乙 乙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.【点评】本题是已知运动情况确定受力情况和一直受力情况确定运动情况的问 题，关键求解出加速度，然后根据运动学公式列式求解.5.-货物传送装置如图所示，由倾角 0=37,表面粗糙的固定斜槽和足够宽的 水平传送带组成，斜槽与传送带垂直，末端与传送带在同一水平面上且相互靠近。 传送带以恒定速

13、度V0=3m/s向前方运动，现将一质量 m=1kg可视为质点的物块， 从距离斜槽底端为s=2m的顶点A处无初速度释放，物块通过斜槽底端衔接处速 度大小不变，物块最终与传送带相对静止。(已知物块与斜槽间的动摩擦因数世=0.25,物块与传送带间的动摩擦因 亚=0.5,重力加速度为g=10m/J, sin37 =0.6, cos37=0.8)试求：(1)物块在斜槽上的运动时间t;(2)物块滑上传送带时受到的摩擦力大小及方向；从物块滑上传送带到恰与传送带相对静止的过程中，传送带对物块的冲量大小 I；(3)物块在传送带上运动过程的最小动能 Ek第7页(共30页)【分析】(1)分析物块在斜槽上的受力情况，

14、由牛顿第二定律求出加速度，再由 位移公式求运动时间t;(2)由f= n麻物块滑上传送带时受到的摩擦力大小，方向与相对运动方向相 反;从物块滑上传送带到恰与传送带相对静止的过程中，由牛顿第二定律和运动学 公式结合求运动时间，再由动量定理求传送带对物块的冲量大小I;(3)物块在传送带上运动的前阶段，合摩擦力方向与速度方向的夹角为钝角，摩擦力做负功，物块的动能减小，当摩擦力方向与速度方向垂直时，物体的动能最小。后阶段，摩擦力方向与速度方向的夹角为锐角，摩擦力做正功，动能增加,建立坐标系，根据分速度求最小动能Ek。【解答】解：(1)物块在斜面上受到的支持力 N1=mgcos0受到的摩擦力f1= 3N1

15、=凶mgcosO根据牛顿第二定律得 mgsin 8- f1=ma1。联立得 a1=gsin 6区gcos 8 =便(0.6 0.25X 0.8) =4m/s2。物块做匀加速直线运动，由位移公式得s二 一二 得一.；一.代入数据解得ti=1s(2)物块受传送带的摩擦力大小 f2= mg=5N物块滑到传送带时的速度 vi=aiti=4m/s以传送带为参考物块速度大小为 V2,方向和摩擦力方向如图所示。得 V2=5m/s第8页(共30页)物块受摩擦力方向与 V2方向相反Vn_tan a-=0.75, a =37V1B =90- a =530摩擦力方向与传送带Vo方向的夹角为53向左。物块受传送带的支

16、持力 N2=mg=10N相对传送带的加速度 a2=-=5m/s2om相对传送带做匀减速直线运动直到停止时正好与传送带共速，根据速度公式得v2t2=1S物块受到的冲量1=匚.Nft2解得 I=5 N?s(3)物块在传送带上运动的前阶段，合摩擦力方向与速度方向的夹角为钝角， 摩擦力这个阶段一直做负功，物块的动能一直减小，当摩擦力方向与速度方向垂 直时，物体的动能最小。后阶段，摩擦力方向与速度方向的夹角为锐角，摩擦力 做正功，物块的动能增加，建立坐标系如图。x方向保持匀速直线运动，y方向保持匀减速直线运动，当y方向速度减至零时, 物体的速度最小，即为第9页(共30页)vx=visin = =2.4m

17、/s最小动能 Ek= , r. -=2.88J答：(1)物块在斜槽上的运动时间t是1s；(2)物块滑上传送带时受到的摩擦力大小是5N,方向与传送带V0方向的火角为53向左;从物块滑上传送带到恰与传送带相对静止的过程中，传送带对物块的冲量大小I是5而N?s；(3)物块在传送带上运动过程的最小动能 Ek是2.88J。【点评】解决本题的关键是理清物块的受力情况和运动情况，明确滑动摩擦力与 物体相对运动方向相反，要灵活选择参考系。6. 2022年冬奥会将在北京举行，届时会有许多精彩刺激的比赛，单板高山滑雪U形池就是其中之一。它的场地是长约 120米，深为4.5米，宽15米的U形滑 道(两边竖直雪道与池

18、底雪道由圆弧雪道连接组成，横截面像U字形状)，整条赛道的平均坡度18.选手在高处助滑后从U形池一侧边缘(示意图中A点)进 入赛道，沿U型池滑行至另一侧竖直轨道，从 B点跃起在空中做出各种抓板旋 转等动作，完成动作落入轨道再滑向对侧，如此反复跃起完成难度不同的动作， 直至滑出赛道完成比赛，裁判根据选手完成动作的难易和效果打分。第10页(共30页)情景明示本国（1）选手出发时要先经过一段倾斜坡道助滑（如情景图），设坡度倾角为a,滑 板与雪面的动摩擦因数为 %当地的重力加速度为g,求选手沿此斜面坡道向下 滑行的加速度大小。（2）在高中物理学习中，对于复杂的运动往往采用分解的研究方法，比如对平 抛运动

19、的研究。a.运动员沿U形池从A滑行到B的过程是一个复杂的运动，请你用分解的方法 来研究这个运动，并描述你的分解结果。b.在平昌冬奥会上，传奇名将肖恩？怀特在赛道边缘跃起时以外转 1440。（以身 体为轴外转四周）超高难度的动作夺得该项目的冠军，为了简化以达到对特定问 题的求解，此过程中他可视为质点，设每转一周最小用时 0.5秒，他起跳时速度 与竖直赛道在同一平面内，与竖直向上的夹角为20,下落到与起跳点同一高度前要完成全部动作，全过程忽略空气阻力，求他起跳的最小速度为多少？（g 取 10m/s2 sin20 =0.34 cos20 =0.94）【分析】（1）以选手为研究对象进行受力分析，由牛顿

20、第二定律求解加速度大小； （2） a.可以将该运动沿yt道坡度方向和 U型截面方向分解；根据受力情况分 析运动情况；b.求出选手完成动作的总时间，将选手的运动分解为水平和竖直两个分运动， 根据运动的合成与分解进行解答。【解答】解：（1）受力分析如图，将mg分解第11页（共30页）N由牛顿第二定律： mgsin旷f=ma滑动摩擦力 f= m mgcosa得出：a=gsin cr g gCOS；a(2) a.可以将该运动沿yt道坡度方向和U型截面方向分解；沿坡道方向可能做匀速直线或匀加速直线运动；沿截面方向做自由落体运动，圆周运动，匀减速直线运动，竖直上抛运动。b.以身体为轴外转四周，每转一周最小

21、用时0.5s,完成动作总用时T=2s将选手的运动分解为水平和竖直两个分运动，竖直方向上匀变速直线运动。上升过程运动时间Ti= =1s2出发时速度的竖直分量：Vy=gti=10m/sV.出发时最小速度v= =10.6m/scos篁答：(1)选手沿此斜面坡道向下滑行的加速度大小为gsin or pgcos；a(2) a.可以将该运动沿yt道坡度方向和 U型截面方向分解；沿坡道方向可能 做匀速直线或匀加速直线运动；沿截面方向做自由落体运动，圆周运动，匀减速 直线运动，竖直上抛运动；b.他起跳的最小速度为10.6m/s。【点评】对于牛顿第二定律的综合应用问题， 关键是弄清楚物体的运动过程和受 力情况，

22、利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度， 再根据题目要求进 行解答；第12页(共30页)对于运动的合成与分解问题，要知道分运动和合运动的运动特点， 能够将合运动 分解为两个分运动，然后根据几何关系求解。7.如图甲所示，一块长度为L=2m、质量为M=0.4kg的长木板静止放置在粗糙水 平地面上。另有一质量为 m=0.5kg的小铅块（可看做质点），以v0的水平初速度 向右冲上木板。已知铅块与木板间的动摩擦因数为 岗=0.3,木板与地面间的动摩 擦因数为=0.1,重力加速度取g=10m/s2。（1）铅块刚冲上木板时，求铅块与木板的加速度ai、a2；（2）当铅块以v0=4-m/s冲上木板，计算铅

23、块从木板右端脱离时，铅块与木板的速度大小VI、V2；（3）若将六个相同的长木板并排放在地面上，如图乙所示，铅块以满足V02=（乌） 2+48m2/s2的初速度冲上木板，其它条件不变。确定铅块最终停在哪一块木块上 并求出其停在该木块上的位置离该木块最左端的距离d （计算结果用分数表示）。加口 .V 图甲图乙【分析】（1）对铅块、木板根据牛顿第二定律求解加速度大小；（2）当铅块以qF/m/s冲上木板，假设铅块从木板右端冲出的时间为t,根据 运动学公式进行解答；（3）分析铅块的受力情况和运动情况，结合牛顿第二定律和位移时间关系计算 公式求解铅块最终停在哪一块木块上，根据位移关系求解停在该木块上的位置

24、离 该木块最左端的距离do【解答】解：（1）对铅块：根据牛顿第二定律可得（nmg=ma1,得a1=3m/s2,水平向左；对木板根据牛顿第二定律可得：amg-（m+M） g=Ma2,得 a2=1m/s2,向右；第13页（共30页）(2)当铅块以ygum/s冲上木板，假设铅块从木板右端冲出的时间为t根据运动学公式可得, 一 .-1J - ,计算得：t=st=1s (舍去)g所以1 1. . , I；A M空2 a w t - q in/s )(3)由于 2 (m+2M) g pimg 亚(m+3M) g铅块滑上第5块前，所有木块对地静止，滑上第5块瞬间，第5、6块开始运动:对铅块：umg=mai,

25、得 3m/s2,对第 5、6 块木块：园mg- 2 (m+2M) g=2M%6,得 a56m/s2, 4铅块冲上第7块瞬间速度为vi: v02-v12 = 2a1-4L，得 vi2=m/s； 8设在第5块木板上时间为t512 12 Tvlt52alt556t5=L解得：t5=1s此时铅块速度,:111 u 口 X木板速度- 1 :再继续滑上第6个木板；对第6块木板：岗mg- 2 (m+M) g=Ma6,得 a6= m/s2;量假设滑上第6个木板至共速时间t6贝 vl - ait6=V2+a6t61t6十第14页(共30页)取后距离弟6块木板左端的距离心（丫,1+叱共）蒋（叮+.共）t 6=，卬

26、。 w-乙JL7台答：（1）铅块刚冲上木板时，铅块加速度为 3m/s2,向左；木板的加速度Wm/s2,2向右；（2）当铅块以V0=d-m/s冲上木板，计算铅块从木板右端脱离时，铅块速度为4m/s；木板的速度为m/s；123（3）铅块最终停在6木块上，具停在该木块上的位置离该木块最左端的距离为A点，自然状态时其右端位其形状为半径R=1.0m的圆环【点评】本题主要是考查牛顿第二定律的综合应用，对于牛顿第二定律的综合应 用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况， 利用牛顿第二定律或运动学 的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；知道加速度是联系静力学和 运动学的桥梁。.如图所示，水平桌面上

27、有一轻弹簧，左端固定在于B点。水平桌面右侧有一竖直放置的轨道 MNP,剪去了左上角120的圆弧，MN为其竖直直径，P点到桌面的竖直距离是h=2.4m。用质量为m=0.2kg的物块将弹簧缓慢压缩后释放，物块经过B点后在桌面上做匀 变速运动，其位移与时间的关系为 x=6t-2t2,物块飞离桌面后恰好由P点沿切 线落人圆轨道。（不计空气阻力，g取l0m/s2）（1）求物块过B点时的瞬时速度大小Vb及物块与桌面间的动摩擦因数（2）若物块刚好能到达轨道最高点M,求物块从P点到M点运动过程中克服摩擦力所做的功Wo【分析】（1）将x=6t-2t2,与匀变速直线运动的位移公式进行比对，得到物块 通过B点后的初

28、速度和加速度，由牛顿第二定律求出动摩擦因数；第15页（共30页）(2)物块离开桌面做平抛运动，由 P点沿圆轨道切线落入圆轨道，由机械能守 恒定律求出到达P点的速度；2物块在内轨道做圆周运动，在最高点有临界速度，则mg=!L,求出M点的速v XII度，然后由能量转化及守恒定律即可求出物块从P点到M点运动过程中克服摩擦力所做的功。【解答】解：(1)物块过B点后做匀变速运动，由x=6t- 2t2知：VB=6m/s a=4m/s2由牛顿第二定律： m mg=ma解得=0.42(2)物体刚好能到达M点，有mg二川一R由平抛动规律，在P点竖直方向： 令2Mh所以：Vy=VP?sin60 0从P至U M的过

29、程，由动能定理得mgR(l+cQs60联立解得W=2.4A答：(1)物块过B点时的瞬时速度大小是6m/s,物块与桌面间的动摩擦因数卜是 0.4;(2)若物块刚好能到达轨道最高点 M,物块从P点到M点运动过程中克服摩擦 力所做的功是2.4J。【点评】该题涉及到多个运动过程，主要考查了机械能守恒定律、平抛运动基本 公式、圆周运动向心力公式的应用，用到的知识点及公式较多，难度较大，属于 难题。.如图所示，倾角为37。的固定斜面上下两端分别安装有光滑定滑轮和弹性挡板P, Pi、P2是斜面上两点，PR间距离L=2m, P1P2间距离L?=4m,轻绳跨过滑轮连接平板B和重物C,小物体A放在离平板B下端s=

30、1m处，平板B下端紧挨P2, 当小物体A运动到P1P2区间使总受到一个沿斜面向下 F=0.1mg的恒力作用.已第16页(共30页) 知A、B、C质量分别为m、2m、m, A与B问动摩擦因数 由=0.75, B与斜面问 动摩擦因数2=0.25,设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，sin37= 0.6, cos37 =0.8, g取10m/s2 .平板B与挡板P碰撞前C与滑轮不会相碰.现让整个装置从静止释 放，求：(1)小物体A在P1P2区间上方和进入P1P2区间内的加速度大小；(2)平板B与弹性挡板P碰撞瞬间同时剪断轻绳，求平板 B碰撞后沿斜面上升 到最高点的时间.【分析】(1)假设A相对B静止，对A

31、、B、C整体，由牛顿第二定律求得加速 度，再对A,由牛顿第二定律求得A所受的摩擦力，与最大静摩擦力比较，即可 知道假设成立，A、B、C一起运动，再对A,由牛顿第二定律求出加速度.当小 物体A进入P1P2区间内，隔离A,由牛顿第二定律求加速度.(2)小物体A刚到P2时，A、B、C速度满足V02=2a求v0当小物体A进入 P1P2区间内时，对B、C整体，由牛顿第二定律求得加速度.当小物体A刚到Pi时，小物体速度满足vi2-V02=2a也.解出vi.从而求得小物体A从P2到Pi运动 时间.得到B、C速度和此过程中B运动距离，分析何时B与挡板P发生碰撞， 再由牛顿第二定律和运动学公式列式求解.【解答】

32、解：(1)小物体A在P1P2区间上方运动时，假设 A相对B静止，对A、 B、C整体，由牛顿第二定律有：3mgsin 0-坦？3mgcos8 mg=4ma代入数据解得：a=0.5m/s2.隔离 A,有：mgsin 0- f=ma代入数据得：f=5.5m而A、B间的最大静摩擦力fm= wmgcosO =6m则ffm,即A相对于B向下滑动，对A有：第17页(共30页)F+mgsin 0-四mgcosO =ma解代入数据得：ai=1m/s2 .(2)小物体A刚到P2时，A、B、C速度满足V02=2as代入数据解得：vo=1m/s当小物体A进入P1P2区间内时，对B、C整体，有：2mgsin + 国mg

33、cosO(J2?3mgcos 0- mg=3ma2.代入数据解得：a2=m/s2.3当小物体A刚到P1时，小物体速度满足 V12-V02=2aiL.代入数据解得：V1=3m/s小物体A从P2到P1运动时间为：tJi二2d =2s al 1B、C 速度为：V2 =v0+a2t 1=1+2 x 2=m/s 33+ 1J此过程中 B 运动距离为： x2=二一七=x 2=-m 21 23因此，当小物体A刚过P1时，小物体A离平板B下端距离为： x=s- ( L2 - x2) = 1 m 3此时B刚好与挡板P发生碰撞且纯断，此后 A将以速度V1=3m/s向下匀速运动,B将向上以V2=m/s做匀速运动.

34、:;隔离 B,有：2mgsin(+因 mgcos 肝国？3mgcos8 mg=2ma3.代入数据解得：a3=12m/s2.对 A、B,有： X=V1t2+V2t2-ya3t 2此时平板B速度为：vb=V2 - a3t2= 2个9 m/s此后A滑离平板B, B继续向上匀减速，对B,有: 2mgsin + 国？2mgcos8 mg=2ma4.代入数据解得：a4=8m/s2.第18页(共30页)平板B向上运动到最高点时速度减为零，运动时间为：t3=包旦/0s因此，平板B与挡板P碰后到最高点时间为：tB=t2+t3工叵也s72答：(1)小物体A在P1P2区间上方和进入P1P2区间内的加速度大小分别为0

35、.5m/s2 和 1m/s2;(2)平板B与弹性挡板P碰撞瞬间同时剪断轻绳，平板 B碰撞后沿斜面上升到 最高点的时间是- 1 -：-s.72【点评】解决本题的关键是分析三个物体的运动状态，采用隔离法和整体法研究物体的受力，根据运动学公式求解运动时间.10.避险车道是避免恶性交通事故的重要设施，由制动坡床和防撞设施等组成， 如图竖直平面内，制动坡床视为水平面夹角为8的斜面。一辆长12m的载有货物的货车因刹车失灵从干道驶入制动坡床，当车速为23m/s时，车尾位于制动坡床的底端，货物开始在车厢内向车头滑动，当货物在车厢内滑动了4m时，车头距制动坡床顶端38m,再过一段时间，货车停止。已知货车质量是货

36、物质量的4倍，货物与车厢间的动摩擦因数为 0.4;货车在制动坡床上运动受到的坡床阻力 大小为货车和货物总重的0.44倍。货物与货车分别视为小滑块和平板，取cos 9 = 1 sin 0 =0，1g=10m/s2.求：(1)货物在车厢内滑动时加速度的大小和方向;(2)制动坡床的长度。【分析】(1)货物相对车向前运动，货物所受摩擦力与运动方向相反，对货物受 力分析，再由牛顿第二定律列式求解。(2)根据牛顿第二定律分别求出货物和货车的加速度，利用相对位移列方程求出运动时间，进而可知货车在这段时间的位移。【解答】 解：(1)对货物：n mgcosimgsin 0 =ma第19页(共30页)ai=5m/

37、s2,方向沿斜面向下；(2) 对货车：0.44 (m+4m) g+4mgsin 0-仙 mgcosO =4n2a解得：a2=5.5m/s2设减速的时间为t,则有：vot - -ait2- (votL2 t 2) =422得：t=4s故制动坡床的长度L=38+12+ (vot-2已2 t 2)=98m。2答：(1)货物在车厢内滑动时加速度为 5m/s2,方向沿斜面向下；(2)制动坡床的长度为98m 0【点评】解题的关键是将实际问题模型化，本题模型是斜面上的小滑块和平板。易错点是求货车的加速度时容易漏掉货物对货车向前的摩擦力，求坡的长度时容易忽略货车的长度。11.在游乐场中，有一种叫 跳楼机”的大

38、型游戏机，如图所示，某跳楼机能把乘 客带入139m的高度后，从静止开始坠落(不计空气阻力),当达到40m/s的最 高运行速度后开始匀速下落，一段时间后跳楼机开始受到压缩空气提供的恒定阻 力做匀减速直线运动，加速度大小为20m/s2.在距离地面3m高处速度刚好减为零，然后让座椅缓慢下落到地面，设坐在跳楼机上的小马质量为50kg,求：(1)跳楼机自由下落的高度；(2)跳楼机下落过程中小马对座椅的最大压力；(3)跳楼机在前136m下落过程中所用的时间.【分析】(1)根据速度位移公式求出自由下落的高度.(2)根据牛顿第二定律，抓住合力方向向上，求出最大的支持力，从而得出最 大压力大小.然后求出下降的总

39、时间.(3)分别求出自由下落、减速下降与匀速下降的时间，第20页(共30页)【解答】解：(1)根据速度位移公式得，自由下落的高度为:hi=2g 2X1Q=80m(2)小马减速下降时小马对座椅的压力最大，对小马，由牛顿第二定律得：F mg=m%,解得：F=m好ma2=50X 10+50 X20=1500N.由牛顿第三定律可知，小马对座椅的最大压力为：1500N.(3)自由下落的时间：t1= = =4s, ：匀减速下落的时间：t2= = =2s, TOC o 1-5 h z 22减速下落的距离：h2= = =40m,匀速下落的时间：t3= - ，- 1 - - 1 =0.4s,v40下落过程的时间

40、：t=t+t2+t3=6.4s；答：(1)跳楼机自由下落的高度为80m；(2)跳楼机下落过程中小马对座椅的最大压力为1500N;(3)跳楼机在前136m下落过程中所用的时间为6.4s.【点评】本题考查了牛顿第二定律的应用与运动学知识， 分析清楚跳楼机的运动 过程是解题的前提与关键，分析清楚运动过程、应用牛顿第二定律与运动学公式 可以解题.小车在水平路面上加速向右运动，一质量为 m的小球用一条水平线和一条斜线(与竖直方向成30角)把小球系于车上，求下列情况下，两绳的拉力：(1)加速度aq；(2)力口速度a2等O 。第21页(共30页)【分析】小球和小车具有共同的加速度，求出纯 A拉力为零时，小球

41、的加速度， 判断A纯是处于绷紧状态还是收缩状态，然后运用正交分解，抓住竖直方向上的 合力为零，水平方向上的合力产生加速度，结合牛顿第二定律求出两纯的拉力.【解答】解：解设OA、OB纯张力分别为Ta、TbTa=0时，加速度为ao则a0=gtan(1)当、0ao知A纯处于绷紧状态，则：TBsin &TA=mai 3Tbcos 0 =mg由得：TA=1 . .T| =.w(2)当父常即 O可知Ta=0设OB绳与竖直方向夹角为a贝 Tbcos a =mgTBsin a =ma由得：Tb=匚；答：(1)车以加速度且运动，两绳的拉力各为 亚工睢、平腿.333(2)车以加度度2g运动，两绳的拉力各为0、逗m

42、g 33【点评】解决本题的关键得出纯 A拉力为零时的临界加速度，判断绳 A是处于 绷紧状态和收缩状态，结合牛顿第二定律进行求解.质量m=1kg的物体在F=20N的水平推力作用下，从足够长的粗糙斜面的底端A点由静止开始沿斜面运动，物体与斜面间动摩擦因数为仙=0.25斜面固定不动，与水平地面的夹角 8=37；力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物体正好 通过斜面上的 B 点.(已知 sin 37=0.6, cos 37= 0.8, g=10m/s2).求：(1)撤去力F时的速度；(2)力F作用下物体发生的位移；(3) AB之间的距离.第22页(共30页)【分析】(1)根据牛顿第二定律求出在力F作用下

43、的加速度，结合速度时间公式 求出撤力时的速度；(2)结合位移时间公式求出物体的位移；(3)再结合牛顿第二定律求出撤去推力后的加速度，根据速度位移公式求出继 续上滑的位移和时间；再分析物体下滑过程中的加速度，根据运动学公式求解下 滑的距离，由此求出AB的距离.【解答】解：(1)在外力F作用下，物体的受力如左图所示，根据牛顿第二定律 得：Fcos 0- mgsin 0- f=mai f=N=Fsin +mgcos 0联立并代入数据得：ai=5m/s2撤去力F时的速度Vi=aiti=5X4=20m/s；(2)根据位移的计算公式可得力F作用下物体发生的位移为： 0+。20X1=j 二亏 X 4= 40

44、m;(3)撤去F后物体继续向上运动时，受力如右图所示，根据牛顿第二定律： mgsin + a mgcosO =ma代入数据得：a2=8m/s2 物体速度减为零的时间为：t2=-=-s=2. 5s ;3280+vi此过程的位移X2=- : ；w-接着物体加速下滑，根据牛顿第二定律可得：mgsin 9- m mgcosO =n3a解得：a3=4m/s2根据位移时间公式可得t3=5s- 2.5s=2.5s内的位移为：X3=-a3t32代入数据解得：X3=12.5m；第23页(共30页)所以AB之间的距离为：x=xi+x2-X3=52.5m；答：(1)撤去力F时的速度为20m/s；(2)力F作用下物体

45、发生的位移为40m；AB之间的距离为 52.5m.【点评】解决本题的关键能够对物体正确地受力分析，运用牛顿第二定律和运动 学公式进行求解，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁.一水平轨道AB距离地面的高度为H=0.8m, A、B点间的距离为2.5m, 一长 度合适的薄木板两端分别搁在轨道末端点和水平地面之间，构成倾角为8=45W斜面，如图所示. 一质量为 m=1kg的小物体，在水平轨道上运动，小物体与轨 道AB间的动摩擦因数 以=0.2设小物体从B点水平抛出时的速度为Vb.(不计空 气阻力，不考虑物体碰撞木板或地面后的运动，取 g=10m/s2)(1)为使小物体直接落在水平地面上，Vb至少为多大

46、？(2)若VB=1m/s,求小物体落到斜面上时距离 B点的距离S0；(3)若小物体经过轨道 A点时的速度VA=1m/s,此时，给小物体一水平向右的 作用力F, F=3N,为使小物体能落到薄木板上，求 F作用在小物体上时间t的范 围.【分析】(1)根据平抛运动的规律求解下落时间， 再根据水平方向的匀速直线运 动求解速度；(2)若VB=1m/s,落在斜面上时水平位移与竖直位移相等，根据位移关系求解竖直方向的速度，再根据位移速度关系求解竖直方向的位移，进而求出s0;(3)为使小物体能落到薄木板上，物体达到 B点的速度范围为0v 2m/s,根 据动能定理求解力F的作用距离，再根据牛顿运动定律求解时间.

47、第24页(共30页)【解答】解：(1)设物体做平抛运动的时间为ti,则：H=Lgt2,2解得：萌丁 .，水平位移x=H=0.8m,根据平抛运动规律可得: 所以物体的最小速度为2m/s；(2)若VB=1m/s,落在斜面上时水平位移与竖直位移相等，则:彳12一4切解得：Vy=2vB=2m/s,2竖直方向的位移为h,则：h=-tpO. 2d, 2g 20贝：s口二&h=0. 2&in；(3)当物体恰好到达B点时速度为零，力F的作用时间为tmin,作用距离为Xi, 根据动能定理可得：F工-乩mgL曲二，解得：xi=1.5m；有力F作用时的加速度为：a15 mg二3；252二1击/小ID 1根据位移时间

48、关系可得：.,解得：tmin=1s；当物体到达B点时速度为v=2m/s,力F的作用时间最长为tmax,作用距离为X2, 根据动能定理可得：F竹-N mgL四,解得：,二I根据位移时间关系可得：，.，解得： tmax=1.3s,所以F作用在小物体上时间范围为1st1.3s；答：(1)为使小物体直接落在水平地面上，Vb至少为2m/s；(2)若VB=1m/s,求小物体落到斜面上时距离 B点的距离为02Em；(3)为使小物体能落到薄木板上，F作用在小物体上时间范围为1st1.3s.第25页(共30页)【点评】本题主要是考查了平抛运动的规律、 动能定理和牛顿第二定律的综合应 用，知道平抛运动可以分解为水

49、平方向的匀速直线运动和竖直方向的自由落体运 动；知道加速度是联系静力学和运动学的桥梁.一个质量m=1kg物体，以初速度V0=4m/s从斜面上A点沿斜面向上运动， 物体沿斜面向上运动的最大距离 L=1.2m,经过一段时间后物体再返回到 A点, 此时物体速率vt=2m/s,且返回到 A点之前物体已做匀速运动.设斜面的倾角 a =37；物体与斜面间的动摩擦因数 仙=0.5物体在运动过程中受到的空气阻力大 小与其速率成正比.试求：(1)物体在运动过程中受到的空气阻力与速率的比例系数k；(2)物体刚沿斜面向上运动时的瞬间加速度大小；(3)物体从开始沿斜面向上运动到返回出发点所用的时间.【分析】(1)匀速

50、运动过程中，根据共点力的平衡条件列方程求解比例系数k；(2)根据牛顿第二定律列方程求解加速度大小；(3)物体沿斜面向上运动时根据牛顿第二定律求解极短时间内的加速度，对物体沿斜面向上运动的全过程累加求和得到时间和速度变化的表达式，求解上滑过程中的时间，由此方法在求解下滑过程中的时间，即可求解总时间.【解答】解：(1)设空气阻力为f,则：f=kv；匀速运动过程中，根据共点力的平衡条件可得：mgsin a =kv+n mgcos9解得：k=1kg/s；(2)设刚抛出时物体的加速度为a。，根据牛顿第二定律可得：mgsin什以mgcos+kvo=mao,解得：ao=gsin +仙 gcos+x- = (

51、10X 0.6+0.5X 10X 0.8+: 口 ) m/s2=14m/s2; ID1(3)设物体沿斜面向上运动时的加速度为a,以沿斜面向上为正方向则根据牛顿第二定律可得：a=- gsin or gcosx 第26页(共30页)取对物体取极短 t时间有：a=- gsin or仙gcos殳至1=心上， m At即：(一gsin or(1 gcos)a At - -At=A vm解得：一(gsin + i gcos)a t - iLAx=A vID对物体沿斜面向上运动的全过程累加求和有：一(gsin +仙 gcos)a ( ti+At2+Ats+, ,) ( xi+Ax2+Axs+,) = vi + V2+A IDV3+即：一(gsin + g gcos)a ti - -=0 V0； w得：ti=0.28s；同理对物体沿斜面向下运动的全过程有：(gsin or gcos)at2- L=vt- 0;m解得：t2=i.6s；所以总时间：t=ti+t2=0.28s+i.6s=i.88s.答：(i)物体在运动过程中受到的空气阻力与速率的比例系数k为ikg/s；(2)物体刚沿斜面向上运动时的瞬间加速度大小i