人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (18)(含答案解析)

人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练 (18)(含答案解析)

人教A版高中物理第五章《抛体运动》计算题专题训练(18)一、计算题（本大题共29小题，共290.0分）1.如图所示，质量ൌʹ足够长的木板静止在水平地面上，与地面的动摩擦因数1ൌ香.1，另一个质量ൌ1ʹ的小滑块，以的初速度滑上木板，滑块与木板之间的动摩擦因数ൌ香.䁣，g取香．1若木板固定，求小滑块在木板上滑过的距离．若木板不固定，求小滑块自滑上木板开始多长时间相对木板处于静止．若木板不固定，求木板相对地面运动位移的最大值．.如图，水平面地面上一长木板质量ൌ1kg，长度ൌ香.t，一质量ൌkg的物块置于木板的左端，物块与木板间动摩擦因数1ൌ香.䁣，木板地面间动摩擦因数ൌ香.。木板及物块处于静止状态，物块可视为质点。现对物块m施加一水平向右的恒定拉力F。已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度取ൌ1香²；求：1若拉力ൌ1香.䁣，物块与木板一起匀加速运动，求物块m所受摩擦力大小； 若拉力ൌ1t，要使物块从木板右端滑出，求拉力F作用至少多长时间。.某货场用倾角ൌ䁞的传送带向高处运送货物，传送带上没有货物时，传送带以香ൌ1的速度低速运行，当把货物轻放在传送带底端时，传送带开始以恒定的加速度加速，当其速度达到ൌt时开始做匀速运动。某次输送质量为10kg的货箱可视为质点时，当货箱运行ൌ后，因故障传送带突然停止运动。已知货箱与传送带间的动摩擦因数ൌ香.䁣，传送带两轮轴心间的距离ൌ1，݅䁞ൌ香.，݋䁞ൌ香.，。1请经过计算判断货箱能否到达传送带顶端？求货箱运动到最高点的过程中由于货箱与传送带间的摩擦而产生的热量。 4.第七届中国国际航空航天博览会在广东省珠海市航展中心隆重举行。在航展上我国第一种自行设计并装备部队使用的第三代战斗机歼1香战机展示了优异的性能，其中短距起飞能力就格外引人瞩目。在飞行表演中歼1香战机在t时间内滑行s就达到起飞速度腾空而起，有人预测它将成为中国未来航空母舰的舰载机。若歼1香战机在甲板长为ᴰ的航空母舰上起飞速度和陆地上相同，且起飞过程都简化为匀加速运动。则有两种方法助其正常起飞，方法一：在航空母舰静止的情况下，用弹射系统给飞机以一定的初速度；方法二：起飞前先让航空母舰沿飞机起飞方向以某一速度匀速航行。求：1第一种方法中弹射系统使飞机具有的最小速度；第二种方法中航空母舰匀速运动的最小速度。5.如图所示，竖直线AD左侧有一光滑水平轨道AB和半径ൌ香.t䁣的竖直光滑半圆轨道水平相切于B点，BC为竖直直径，AD右侧是一个倾角为ൌ䁞的固定斜面，斜面上安放了平行于斜面且长为ൌ1.䁞Ǥ的传送带，传送带上端D与左侧半圆圆心O等高，传送带以ൌ的速度顺时针匀速转动。现用一个质量ൌ1香ʹ可视为质点的小球压缩弹簧并锁定，解除锁定后，弹簧的弹性势能全部转化为小球的动能，小球经C点抛出后，刚好无碰撞地落到传送带的上端D。已知小球与传送带间的动摩擦因数为ൌ香.䁣，重力加速度ൌ1香，sin䁞ൌ香.，cos䁞ൌ香.。求：1小球经过C点的速度大小； 弹簧锁定时的弹性势能；小球与传送带间因摩擦产生的热量Q。6.如图是杭州湾跨海大桥海中平台，小佳乘坐观光电梯，随电梯经历了不同的运动状态，最后抵达48米的滨海观光廊，电梯启动时匀加速上升，加速度为，制动时匀减速上升，加速度为1。1求电梯升到观光廊的最短时间是多少？此情况中电梯的最大速度为多大？如果电梯先加速上升，然后匀速上升，最后减速上升，全程共用15秒，求电梯上升的最大速度是多少？ 7.足够长的固定斜面体倾角ൌ䁞，质量为ൌ1ʹ、长为ൌ的长木板B放在斜面上，质量为ൌ香.䁣ʹ的物块A放在长木板的上端．P点为长木板的中点，长木板上表面左半部分点左侧光滑、右半部分点右侧粗糙且与物块间动摩擦因数为1ൌ香.䁣.同时释放物块A和长木板B，当长木板沿斜面下滑ൌm时，物块刚好到达P点，物块A的大小不计．求：已知sin䁞ൌ香.，cos䁞ൌ香.，g取1香1长木板与斜面间的动摩擦因数；物块能否滑出长木板？若能求物块A在长木板上运动的时间；若不能求物块停在木板上的位置到P点的距离。8.如图所示，停放在水平冰面上的冰车由质量为M、倾角为的斜面体改装而成，在斜面体上轻放一质量为m的物块，不计物块与斜面、冰车与冰面之间的摩擦．1释放物块后，在物块沿斜面向下运动的同时，冰车也在水平冰面上运动．请画出冰车受力的示意图，并根据示意图说明冰车由静止变为运动的原因作图时冰车可视为质点．若冰面上的人在车后方用水平方向的力推车，请分析下列两种可能情况： 当力的大小为1时，物块在斜面上滑动的同时冰车在冰面上保持静止，求1和物块加速度的大小1；当力的大小为时，物块和斜面保持相对静止一起加速运动，求和物块加速度的大小．第1问和第问所述的两种情况下，小物块对斜面压力的大小不同，分别记为1和，请对1和的大小关系做出猜想，并说明做出该种猜想的理由．9.如图所示，质量1ൌʹ的小铁块放在足够长的质量ൌ1ʹ的木板的左端，板和铁块间的动摩擦因数1ൌ香.，板和水平面间的动摩擦因数ൌ香.1，两者均静止。现突然给木板向左的初速度香ൌ.䁣，同时对小铁块施加一水平向右的恒定拉力ൌ1香，当木板向左运动最远时撤去F，g取1香。求：1木板向左运动的时间1和这段时间内小铁块和木板的位移1、；整个过程中，木板在水平面上滑行的位移大小；整个过程中，滑块、木板和水平面组成系统摩擦产生的热。 10.如图所示，水平桌面上有一薄木板，其右端与桌面右端相齐。薄木板的质量ൌ1.香ʹ，长度ൌ1.香。在薄木板的中央有一个小滑块可视为质点，质量ൌ香.䁣ʹ，小滑块与薄木板之间的动摩擦因数1ൌ香.1香，小滑块、薄木板与桌面之间的动摩擦因数相等，皆为ൌ香.香。设小滑块与薄木板之间的最大静摩擦力等于它们之间的滑动摩擦力。某时刻起对薄木板施加一个向右的水平拉力，使木板向右运动。求：1当外力ൌ.䁣时，m与M的加速度各为多大？若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是多大？若使小滑块脱离木板但不离开桌面，求拉力F应满足的条件。11.如图甲所示，一质量为ൌtʹ的长木板在粗糙水平地面上向右运动，在ൌ香时刻，木板速度为香ൌ，此时将一质量为ൌʹ的小物块可视为质点无初速度地放在木板的右端，取向右为正方向，二者在香～1内运动的图像如图乙所示．已知重力加速度ൌ1香.求： 1小物块与木板间的动摩擦因数1以及木板与地面间的动摩擦因数；若小物块不从长木板上掉下，则小物块最终停在距木板右端多远处？若在ൌ1时，使小物块的速度突然反向大小不变，小物块恰好停在木板的左端，则木板的长度L为多少．12.在一平直的公路上，甲车以的加速度启动，此时乙车正以1香的速度匀速从甲车旁驶过，问：1甲车追上乙车前，何时两车距离最远？何时甲车追上乙车？当甲加速到t时，立即停止加速，同时以的加速度刹车，求甲乙两车第二次相遇的时间指甲车从启动到第二次与乙车相遇的时间．13.如图甲所示，传送带以香ൌ1香的速度逆时针转动，一质量ൌ1香ʹ的物体可视为质点以水平向右的速度v冲上传送带。从物体冲上传送带开始计时，物体在香t内，受到方向与速度方向相反但大小恒定的水平外力作用，物体的对地速度与时间的关系图象如图乙所示，取ൌ1香。求： 1传送带与物体之间的动摩擦因数香t内物体与传送带摩擦产生的热量Q。14.如图所示，木板静止于水平地面上，在其最右端放一可视为质点的木块。已知木块的质量ൌ1ʹ，木板的质量ൌtʹ，长ൌ.䁣，上表面光滑，下表面与地面之间的动摩擦因数ൌ香.。现用水平向右恒力ൌ香拉木板。1要使木块能滑离木板，求F作用的最短时间；如果其他条件不变，假设木板的上表面也粗糙，其上表面与木块之间的动摩擦因数为1ൌ香.，欲使木板能从木块的下方抽出，对木板施加的水平向右的拉力应满足什么条件？ 15.如图所示，空间存在竖直向下的匀强电场，电场强度ൌ1香。水平面有绝缘木板C，木板长ൌ、质量ൌ䁣ʹ，在木板的最左端有一质量ൌt.Ǥʹ的带电物块B，带电量ൌ1香，木板最右端与固定绝缘挡板P的距离为ൌ香.䁣，水平地面光滑。现让1ൌ香.1ʹ、不带电的子弹A以ൌ1䁣香的水平速度与物块B发生碰撞，碰撞后A、B不再分开且总电荷量不变、B可视为整体为，一起在木板上滑动，物块D与木板C的动摩擦因数ൌ香.䁣。若木板C与挡板P碰撞，则立即被粘住；若物块D与挡板P发生碰撞，碰后物块D以等大的速率反弹，重力加速度ൌ1香，求：1子弹与B碰撞后，B的速度；木板C刚要与P碰撞时的速度大小；物块D能否滑离木板？如果能，通过计算说明理由；如果不能，物块D将停在木板上距离木板最右端多远处。16.如图，长为ൌ香.Ǥ的轻杆，在其一端固定一物块看成质点，物块质量ൌ香.Ǥʹ，以O点为轴使物块在竖直平面内做圆周运动，其右端有一倾斜的传送带正在以速度香ൌ1䁣顺时针方向转动，传送带顶端与圆周最高点相距ൌ香.，忽略传送带圆弧部分的影响．当物块经过 最高点时，取1香1若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度为多大？在第1问的情况下，若物块从最高点脱出做平抛运动，要使物块刚好从传送带顶端与传送带相切进入传送带，则传送带的倾角的正切值应该为多大？在第问的情况下，若传送带顶端与底端距离ൌ，物块与传送带之间的动摩擦因数为ൌ1，则物块从传送带顶端运动到底端的时间是多少？17.如图甲所示，质量ൌ香.ʹ的平板放在水平地面上，质量ൌ香.1ʹ的物块可视为质点叠放在平板上方某处，整个系统处于静止状态。现对平板施加一水平向右的拉力，在香～1.䁣内该拉力F随时间t的变化关系如图乙所示，1.䁣末撤去拉力。已知物块未从平板上掉下，认为最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，物块与木板间的动摩擦因数1ൌ香.，平板与地面间的动摩擦因数ൌ香.t，取重力加速度大小ൌ1香。求： 1香～1内物块和平板的加速度大小1、；1末物块和平板的速度大小1、以及1.䁣末物块和平板的速度大小1、；平板的最短长度L。18.一汽缸竖直放在水平地面上，缸体质量ൌ1香ʹ，一轻质活塞横截面积为ൌ1香，活塞上面的汽缸内封闭了一定质量的理想气体，下面有气孔O与外界相通，大气压强ൌ1.香1香䁣，活塞下面与劲度系数ʹൌ1香的轻弹簧相连。当汽缸内气体温度为1䁞时弹簧为自然长度，此时缸内气柱长度1ൌ香，g取1香，活塞不漏气且与缸壁无摩擦。1当缸内气柱长度ൌt时，缸内气体温度为多少缸内气体温度上升到T时，汽缸恰好离开地面，则T为多少 19.研究表明，正常情况下司机刹车反映时间即图甲中“反应过程”所用时间香ൌ香.䁣，但饮酒会导致反应时间延长，在某次试验中，志愿者少量饮酒后甲车以香ൌ䁞kmh的速度在试验场的水平路面上匀速行驶，从发现情况到汽车停止，行驶距离ൌǤm汽车刹车减速过程中汽车速度v与位移x的关系曲线如图乙所示，此过程可视为匀变速直线运动，取重力加速度大小取ൌ1香，求：1减速过程汽车加速度的大小及所用时间；饮酒使志愿者的反应时间比正常人增加了多少；醉驾反应时间比酒驾更长，若某人醉酒后驾驶小汽车以1ൌ1香kmh的速度在平直公路上匀速行驶，突然发现正前方40m处有一卡车以ʹ的速度匀速同向行驶，此人经过1.䁣的反应时间后，紧急制动，制动时加速度大小为，则小汽车是否会追尾，请计算说明。20.如图所示，一倾角ൌ香的光滑斜面固定在水平地面上，斜面底端固定一弹性挡板P。长为2l的薄木板置于斜面上，其质量为M，下端位于B点，ܤൌ，薄木板中点处放有一质量为m的滑块可视为质点。已知ൌ，滑块与薄木板之间的动摩擦因数ൌtan，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，斜面上AB区间存在一特殊力场，当滑块出现在此区域时能对滑块产生一个沿斜面向上、大小为ൌ的恒力作用，对木板无作用，AB区域沿斜面的宽度为l，重力加速度为g，现由静止开始释放薄木板。 1滑块m在进入AB区域之前，薄木板运动的加速度大小；求滑块第一次进入AB区间内受薄木板的摩擦力的大小和方向；若薄木板第一次与挡板P碰撞后以原速率反弹，求薄木板第一次与挡板P碰撞后沿斜面上升到最高点的时间。21.如图所示，小物块A、B由跨过定滑轮的轻绳相连，A置于倾角为䁞的光滑固定斜面上，B位于水平传送带的左端，轻绳分别与斜面、传送带平行，传送带始终以香ൌ的速度顺时针匀速转动，某时刻B从传送带左端以速度1ൌ向右运动，经过一段时间回到传送带的左端，已知A、B的质量均为1kg，B与传送带间的动摩擦因数为香.，斜面、轻绳、传送带均足够长，A不会碰到定滑轮，定滑轮的质量与摩擦均不计，g取1香，sin䁞ൌ香.，求：计算时取䁣ൌ.䁣结果均保留二位有效数字 1ܤ向右运动的总时间；在B再次回到传送带左端的过程中，B与传送带间因摩擦产生的热量。22.物体A的质量1ൌ1ʹ，静止在光滑水平面上的木板B的质量为ൌ香.䁣ʹ、长ൌ1，某时刻A以香ൌt的初速度滑上木板B的上表面，在A滑上B的同时，给B施加一个水平向右的拉力F，若A与B之间的动摩擦因数µൌ香.，忽略物体A的大小。试求：1为使A不从B板右侧滑落，拉力F应满足的条件．为使A不从B板左侧滑落，拉力F应满足的条件． 23.如图所示，一倾角为ൌ䁞的斜面固定在水平面上，一个质量为4m的滑块P静止于距斜面顶端ൌ的A点处，现将一个质量为m的小球Q，从斜面顶端由静止释放，小球与滑块发生完全弹性碰撞。已知滑块与斜面间的动摩擦因数ൌ香.，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，小球与斜面间无摩擦。滑块和小球均可以视为质点，斜面足够长，重力加速度ൌ1香，已知݅䁞ൌ香.，݋䁞ൌ香..求1与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小；与Q发生第一次碰撞与第二次碰撞之间的时间间隔。24.如图所示，离地面足够高处有一竖直的空管，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空管受外力作用，由静止开始竖直向下做匀加速直线运动，加速度为。同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线以初速度香竖直上抛，不计一切阻力，取ൌ1香。求： 1若小球上抛的初速度为1香，经过多长时间从管的N端穿出？若此空管的N端距离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必须落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度香大小的范围。25.如图所示，传送带与水平面夹角ൌ䁞，以恒定速率ൌ1香沿顺时针方向转动．现在传送带上端A处无初速度地放一质量ൌ1ʹ的小煤块可视为质点，忽略滑动过程中的质量损失，小煤块与传送带间的动摩擦因数ൌ香.䁣，已知传送带上A到B的长度ൌ1，取sin䁞ൌ香.，cos䁞ൌ香.，重力加速度ൌ1香.求：1小煤块从A运动到B的时间从A到B的过程中小煤块在传送带上留下的痕迹长度 26.在水平长直轨道上，有一长平板车在水平外力控制下始终保持速度香ൌt做匀速直线运动。某时刻，站在地面上的人，将一质量为ൌ1ʹ的小滑块轻放到车面的中点，滑块与车面间的动摩擦因数为ൌ香.。取ൌ1香。1小车足够长，以地面为参考系，小滑块从轻放到车面的中点到与车面相对静止的过程中，小滑块通过的距离s是多大？若小车长度ൌ，在将小滑块放到车面中点的同时，对小滑块施加一个与车运动方向相同的恒力F，要保证滑块不从车的左端掉下，恒力F大小应该满足什么条件？在的情况下，力F取最小值，要保证滑块不从车上掉下，力F的作用时间应该在什么范围内27.如图所示，一固定于地面的倾角ൌ䁞的粗糙斜面体足够长，斜面体上有一质量为ൌ1ʹ的木板，ൌ香时刻另一质量为ൌ1ʹ的木块可视为质点以初速度香ൌ香从木板下端沿斜面体向上冲上木板，同时给木板施加一个沿斜面体向上的拉力ൌ1t，使木板从静止开始运动。当ൌ时撤去拉力F，已知木板和木块间动摩擦因数1ൌ香.䁣，木板和斜面体间动摩擦因数ൌ香.䁣，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：݅䁞ൌ香.݋䁞ൌ香.ൌ1香 1前2s内木块和木板的加速度；若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少多长。28.2019年5月12日，在世界接力赛女子t香香米决赛中，中国队夺得亚军。如图所示，OB为接力赛跑道，AB为长ൌ香的接力区，两名运动员的交接棒动作没有在香的接力区内完成定为犯规。假设训练中甲、乙两运动员经短距离加速后都能达到并保持11的速度跑完全程，乙运动员从起跑后到接棒前的运动是匀加速运动，加速度大小为.䁣，乙运动员在接力区前端听到口令时起跑，在甲、乙两运动员相遇时完成交接棒。1第一次训练，甲运动员以ൌ11的速度跑到接力区前端A处左侧香ൌ1䁞的位置向乙运动员发出起跑口令，求甲、乙两运动员交接棒处离接力区前端A处的距离；第二次训练，甲运动员在接力区前端A处左侧䁣的位置以ൌ11的速度跑向接力区，乙运动员恰好在速度达到与甲运动员相同时被甲运动员追上，则甲运动员在接力区前端A处多远时对乙运动员发出起跑口令以及棒经过接力区的时间，并判断这次训练是否犯规。 29.在某娱乐节目中，有一个关口是跑步跨栏机，它的设置是让观众通过一段平台，再冲上反向移动的跑步机皮带并通过跨栏，冲到这一关的终点。现有一套跑步跨栏装置如图，平台长1ൌt，跑步机皮带长ൌ，跑步机上方设置了一个跨栏不随皮带移动，跨栏到平台末端的距离ൌ1香，且皮带以香ൌ1的恒定速率转动，一位挑战者在平台起点从静止开始以1ൌ的加速度通过平台冲上跑步机，之后以ൌ1的加速度在跑步机上往前冲，在跨栏时不慎跌倒，经过Δtൌ爬起假设从摔倒至爬起的过程中挑战者与皮带始终相对静止，然后又保持原来的加速度在跑步机上顺利通过剩余的路程。求：1挑战者刚冲上跑步机时的速度大小；挑战者从起动到到达跨栏所用的时间；挑战者通过全程所用的时间。 --------答案与解析--------1.答案：解：1若木板固定，小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，根据牛顿第二定律得：ൌൌ䁣所以ൌ香ൌ.对m：1ൌൌ䁣对M：ൌ1香解得：ൌ1当速度相等时相对静止，则有：香1ൌ解得：ൌ11木板共速前先做匀加速运动，木板的位移1ൌൌ香.䁣速度1ൌൌ1以后木板与物块共同加速度匀减速运动ൌ1ൌ1共同匀减速运动的位移1ൌ香.䁣ൌ所以总位移为ൌ1香ൌ1解析：解题的关键是正确对滑块和木板进行受力分析，清楚滑块和木板的运动情况，根据牛顿第二定律及运动学基本公式求解。1若木板固定，小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，根据牛顿第二定律求出加速度，根据位移速度公式求解位移；若木板不固定，小滑块在滑动摩擦力作用下，做匀减速运动，木板在摩擦力作用下做匀加速运动，当速度相等时相对静止，根据运动学基本公式即可求解；先求出速度相等前运动的位移，速度相同后一起做匀减速运动，求出加速度，根据运动学公式即可求解。2.答案：解：1对物块、木板整体：香ൌ香得：ൌ香.䁣对物块m：ൌ得物块所受静摩擦力ൌǤ.䁣 设拉力F作用时间1后撤除，此时物块速度为1，再经时间物块滑到木板右端且与木板速度同为v物块在拉力F作用下匀加速运动过程：1ൌ1得：1ൌ1ൌ1111ൌ11㠲物块在撤除拉力后的匀减速运动过程：1ൌ1得：1ൌ䁣1ൌ㤹111ൌ11在ൌ1香时间内木板做匀加速运动：1香ൌ得：1ൌ1ൌ香㘲1ൌ1香1香1ൌ联立㠲解得：1ൌ联立㠲㤹㘲得：1ൌ解析：本题是牛顿运动定律的综合问题的分析，正确的受力分析，利用牛顿第二定律求出加速度是关键。合理的选择运动规律进行分析。1先整体利用牛顿第二定律求出加速度，再隔离利用牛顿第二定律即可求出摩擦力大小；利用牛顿第二定律分析加速度，结合运动规律、位移关系及临界条件综合进行分析即可。3.答案：解：1放上货箱瞬间，货箱的加速度设经过时间1货箱达到速度ൌ1，解得1ൌ䁣ᴰ设传送带加速到v所用的时间为，则有：ൌ香香香解得ൌ， 15s时间内，货箱一直加速，货箱的位移1ൌ1ൌ1香，䁣～时间内，货箱相对传送带静止一起匀速运动ൌ1ൌt，设传送带突然停止运动后，货箱继续向上运动的加速度大小为a，cos香sinൌൌ1.，减速的最大位移ൌൌ香.䁣，因为1香香ᴰ，所以货箱不能到达传送带顶端；1䁣时间内传送带的位移ൌ香香香香1，相对滑动的距离Δൌ1ൌ䁣.䁣，整个过程中，货箱与传送带相对滑动的距离为Δ香ൌ.1䁣，产生的热量。解析：本题考查了牛顿第二定律的应用，传送带问题，以及功能关系。1先根据牛顿第二定律求出加速度，在结合速度公式，位移公式可得结果；根据功能关系求出由于摩擦产生的热量。4.答案：解：设飞机起飞的加速度为a，起飞的速度为v，则有：香香ൌൌ1设弹射系统使飞机具有的初速度为香，有：㠲香由㠲得：香所以弹射系统使飞机具有的最小初速度为；设航空母舰的速度为1，飞机起飞的时间为1，该时间内航空母舰的位移为1，飞机的位移为，对航空母舰有：1ൌ11对飞机有：1香ൌ1㤹 11ൌ两者位移关系：1由及～式可得：1所以航空母舰匀速运动的最小速度为．答：第一种方法中弹射系统使飞机具有的最小速为；第二种方法中航空母舰匀速运动的最小速度为．解析：起飞速度是一个瞬时速度，也就是只有当飞机的瞬时速度达到这个值的时候，飞机才可以起飞，通过歼1香战机在t时间内滑行距离s就能达到起飞速度这个条件，根据做匀变速直线运动的物体算出起飞速度v；第一种起飞方式是以一定的初速度做匀加速直线运动，要求在L位移内，速度能达到起飞速度，运用速度位移公式直接可以求解；第二种起飞方式是让航空母舰匀速运动，这样飞机具有和航空母舰一样的初速度，然后飞机和航空母舰相对运动，相对运动时，它们运动的时间相同，位移之差是一个定值，即为甲板长度L，根据运动学基本公式求解即可．ൌ，5.答案：解：1点竖直分速度：是的水平分速度：，得：ൌt；1小球从释放到C点过程机械能守恒：ൌ香，得：ൌ1䁞香；点速度为则有：，得：ൌ䁣，假设小球从加速到ൌ用时1，没有滑到传送带下端E，则：，ൌ香11，香1ൌ1，得：1ൌ香.䁣䁣ᴰ假设成立相对向后滑动位移：， 得：，同速后以继续加速滑离传送带：，11ൌ香，相对向前位移，得：，摩擦生热：，得：ൌ.。解析：1从C到D小球做平抛运动，根据平抛运动的规律求解；小球从释放到C点机械能守恒，根据机械能守恒定律求解弹性势能；小球落到传送带上，所受摩擦力先沿传送带向下做加速运动，到与传送带速度相等后，摩擦力沿传送带向上，继续向下做加速运动，根据牛顿第二定律和运动学公式分两个阶段分析求解小球相对传送带的位移，进而求解小球与传送带因摩擦产生的热量。本题是动力学的一个综合性问题，运动过程比较复杂，解题的关键是分析清楚小球在传送带上的运动过程。6.答案：解：1设最大速度为，电梯匀加速直线运动的位移，1ൌ匀减速直线运动的位移，ൌ由题意知：1香ൌt，代入数据得：ൌ，匀加速直线运动的时间1ൌൌൌt，匀减速直线运动的时间ൌൌൌ，1则电梯升到楼顶的最短时间为ൌ1香ൌ1；设最大速度为v。则匀加速直线运动的位移1ൌ，匀加速直线运动的时间1ൌ，匀速运动的位移ൌ，匀减速直线运动的位移ൌ， 匀减速直线运动的时间ൌ，因为1香香ൌt，1香香ൌ1䁣，联立解得ൌt。解析：解决本题的关键要理清电梯的运动过程，抓住总位移一定，分析各段过程之间的关系，能灵活运用运动学公式进行求解。1设最大速度为，根据匀变速直线运动规律，抓住总位移为48m，求出上升的最大速度及最短时间；设最大速度为v，根据匀变速直线运动和匀速直线运动的公式，抓住总位移为52m，总时间为16s，求出上升的最大速度。7.答案：解：1对物块A研究，根据牛顿第二定律：解得：1ൌ11根据位移公式：香ൌ1解得：ൌ1；1设长木板与斜面间的动摩擦因数为，对长木板研究，ൌ解得：ൌt对长木板，根据牛顿第二定律：1解得：ൌ；物块A到达P点右侧后，对A根据牛顿第二定律解得1ൌ对B根据牛顿第二定律解得ൌ物块A到达P点时，ൌ1ൌܤൌൌt设再经过1AB共速，则有香11ൌܤ香1得1ൌ香.䁣11在此过程A在B上运动Δൌ1香11ܤ1香1ൌ香.䁣所以A没有滑出B，以后AB一起在斜面加速运动， 物块停在木板上的位置到P点的距离为香.䁣。解析：解决本题的关键是分析清楚物体运动过程，对物体进行正确的受力分析，应用牛顿第二定律、运动学公式即可正确解题。1对物块A，利用牛顿第二定律和位移公式求出时间；然后对长木板，利用位移公式求出加速度，最后利用牛顿第二定律求出动摩擦因数；物块A到达P点右侧后，利用牛顿第二定律分别求出A、B的加速度，利用速度公式分别求出到达P点的速度，然后求出共同运动是时间，求出A在B上运行的位移，再判断A是否滑出B，最后求出物块停在木板上的位置到P点的距离。8.答案：解：1冰车的受力示意图如图甲所示，将物块对斜面的压力沿水平方向和竖直方向正交分解，可知竖直方向合力为零，水平方向合力不为零，因此冰车在水平方向合力作用下由静止变为运动，且在物块滑离斜面前沿水平冰面做加速运动．冰面上的人在车后方推车时车的受力情况如图乙所示，物块的受力情况如图丙所示．由于冰车保持静止，对冰车有1ൌ݅，对物块有ൌcos，݅ൌ，1根据牛顿第三定律得ൌ，解得1ൌ݅，1ൌ݋݅．当物块和冰车保持相对静止一起加速运动时，它们的加速度必然沿水平方向，物块的受力示意图如图丁所示． 对物块应用牛顿第二定律，有ൌ，对物块和冰车的整体应用牛顿第二定律，有ൌ香，解得ൌ，ൌ香．正确的猜想：1ᴰ；理由：第1问所述情况中物块沿斜面下滑的同时，冰车沿水平冰面后退，在一小段时间内物块发生的位移以冰面为参考系如图戊所示，物块加速度a的方向与位移x的方向一致．将加速度a沿垂直斜面和沿斜面两方向正交分解，可知，a有垂直斜面向下的分量，结合图丙中的受力分析，可知1ᴰ݋；而第问所述情况中ൌ݋，因此，1ᴰ．解析：本题考查了动力学中的整体法与隔离法、用牛顿运动定律分析斜面体模型的相关知识，试题难度较难。9.答案：解：1木板开始运动时，设小物块和木板的加速度分别为1和，则11ൌ1111香1香ൌ解得1ൌ，ൌ䁞设经过时间1木板向左运动最远，小物块和木板的位移分别为1和，小物块的速度为1，则 香ൌ11ൌ111ൌ111香ൌ解得1ൌ香.䁣，1ൌ1.䁣，1ൌ香.䁞䁣，ൌ香.䁞䁣然后撤去F，因为111香，所以木板向右做初速度为零的匀加速直线运动，小物块向右做初速度为1的匀减速直线运动设小物块和木板的加速度大小分别为和t，经过时间木板与小物块速度相同为，位移分别为和t，则11ൌ1111香ൌtൌ1，ൌt1ൌ11ൌtt解得：ൌ，tൌ1，ൌ香.䁣，ൌ香.䁣，ൌ香.䁣，tൌ香.1䁣木板与小物块速度相同后，两者一起做减速运动直至速度为零，设加速度为䁣，位移为䁣，则1香ൌ1香䁣ൌ䁣䁣解得：䁣ൌ香.1䁣设木板在水平面上总共滑行的位移大小为x，则ൌt香䁣解得：ൌ香.䁣整个过程中，设小物块与木板间因摩擦生的热为1，木板与水平面间因摩擦生的热为，则ൌ䁣䁣1ൌ11香1香香tൌ1香香t香䁣Q总ൌ1香解得：总ൌǤ.䁞䁣 解析：本题涉及两个物体的动力学问题，除了隔离研究两个物体的运动情况外，关键是找出两个物体之间的速度关系，要注意要用相对位移求摩擦生热。1、由题意知木块向右作匀加速运动，木板先向左匀减速运动，再向右匀加速运动，根据牛顿第二定律求出木块和木板的加速度，当木块、木板具有共同速度时，两者不再发生相对滑动，一直匀速运动下去，求出运动时间，根据位移公式求解木板在水平面上滑行的位移大小；对全过程分析，根ൌ求出摩擦产生的热量；是木块与木块的相对位移。10.答案：解：1设小滑块与薄木板刚好发生相对滑动时，小滑块的加速度为1，薄木板的加速度为，根据牛顿第二定律有：对滑块：1ൌ1对木板：临界1香ൌ且有：1ൌ，解得：临界ൌt.䁣，由于：ൌ.䁣ᴰ临界ൌt.䁣，M、m相对静止，它们一起做匀加速直线运动，香1由牛顿第二定律可知，加速度：ൌൌ；香由1可知，使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力：ൌt.䁣，则拉力至少为t.䁣；临界设小滑块脱离薄木板时的速度为v，时间为t，在桌面上滑动的加速度为，小滑块脱离木板前，薄木板的加速度为t，空间位置变化如图所示，则滑块的速度：ൌ1，对滑块，由牛顿第二定律得：ൌ，位移：1ൌ，ൌ，11由几何关系得：1香ൌ，11木板的位移：香ൌt，1 根据牛顿第二定律，对木板：1香ൌt解得：ൌ，要使小滑块脱离薄木板但不离开桌面，拉力；1答：1当外力ൌ.䁣时，m与M的加速度都是；若使小滑块与木板之间发生相对滑动，拉力F至少是t.䁣；若使小滑块脱离木板但不离开桌面，拉力F应满足的条件是：。解析：本题的关键是隔离法对滑块和木板分别正确受力分析由牛顿第二定律列方程，并找出其满足条件的临界情况。1分别以滑块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律求出其加速度，小滑块与木板之间发生相对滑动的临界情况为：1ൌ.求出滑块与木板相对滑动的临界拉力，然后根据拉力大小求出m与M的加速度；根据使小滑块与木板之间发生相对滑动的临界拉力求拉力；先找出小滑块脱离木板但不离开桌面的位置关系以及滑块与木板的位移关系，根据牛顿第二定律列方程求出木板与滑块的加速度由位移速度公式表示出其位移，结合找出的位移关系列方程求解。Δ111.答案：解：1小物块的加速度1ൌൌmsൌ1ms，Δ1Δ1长木板的加速度ൌൌmsൌ䁣ms，Δ1对小物块受力分析，受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有1ൌ1，木板水平方向受物块向左的摩擦力和地面向左的摩擦力，根据牛顿第二定律，有1香ൌ，解得1ൌ香.1，ൌ香.；图线与时间轴包围的面积表示位移大小，11内小物块相对于木板向左运动的位移大小Δ1ൌ1mൌm；小物块受到的摩擦力大小1ൌ1ൌ，木板受到地面的滑动摩擦力大小ൌ香ൌ1，1后木板与小物块均做减速运动，由分析知，1小物块的加速度ൌൌ1ms，1 1木板的加速度ൌൌtms，11后木板的位移ൌൌmൌ香.1䁣m，t11后小物块的位移ൌൌmൌ香.䁣m，111后小物块相对于木板的位移Δൌൌ香.䁞䁣；故小物块最终停在距木板右端Δ1Δൌ香.䁞䁣ൌ.䁣处；在ൌ1时，使小物块的速度突然反向，则小物块受到向右的摩擦力，一直到速度减小为零；木板受向左的两个摩擦力，一直到速度减为零；1小物块相对木板向左运动，加速度为ൌൌ1ms1香木板的加速度ൌൌ䁣ms，1小物块的位移1ൌൌmൌ香.䁣m，11木板的位移ൌൌmൌ香.1m，䁣故第内的相对位移大小Δ，故木板的长度ൌΔ．解析：本题考查了图像、动力学中的图像信息题、用牛顿运动定律分析滑块木板模型的相关知识，试题难度一般12.答案：解：乙1香1当两车速度相等时，相距最远，根据11ൌ乙，得：1ൌൌൌ䁣，11设经过时间甲车追上乙车，有：ൌ乙，解得：ൌ1香；t当甲加速到t时，甲车的位移为：1ൌൌൌ1tt，1t此时乙车的位移为：ൌ乙ൌ1香ൌ1香1t甲车从t到停止时的位移为：1ൌൌൌt t此时乙车的位移为：ൌ乙ൌ1香ൌt香可知甲车停止时，乙车还未追上甲车，两车相距：Δൌ甲乙ൌ1tt香t1香香t香ൌ乙车还需ൌൌ.追上甲车1香则从甲车开始减速到第二次相遇的时间为：ttൌ香香.ൌ1Ǥ.。总解析：本题考查了运动学中的追及问题，关键抓住位移关系，结合运动学公式灵活求解，知道速度相等时相距最远；对于第二问，要判断甲车停止时，乙车是否追上。1当两车速度相等时，相距最远，结合速度时间公式求出相距最远的时间。根据位移关系求出甲车追上乙车的时间；根据速度位移公式求出甲车速度减为零的位移，根据速度时间公式和位移公式求出这段时间内乙车的位移，判断是否追上，若还未追上，结合位移关系求出甲车刹车后追及的时间，结合之前加速的时间求出两车第二次相遇的时间。Δ1香13.答案：解：1由图象可知香～.香内物体做匀减速直线运动，加速度大小为：1ൌൌൌΔ䁣，由牛顿第二定律得：香ൌ1，Δ～t内物体做匀加速直线运动，加速度大小为：ൌൌൌ1，Δ由牛顿第二定律得：ൌ，代入数据解得：ൌ香，又ൌ，由以上各式解得：ൌ香.；1香香1香香～.香内物体的对地位移为：1ൌ1ൌൌ1香，传送带的对地位移为：1ൌ香1ൌ1香ൌ香， 此过程中物体与传送带间的摩擦热为：1ൌ11ൌ香1香香香ൌǤ香香，香香～t.香内物体的对地位移为：ൌൌൌ，传送带的对地位移为：ൌ香ൌ1香ൌ香，此过程中物体与传送带间的摩擦热为：ൌൌ香香香ൌ䁣t香，香～t.香内物体与传送带间的摩擦热为：ൌ1香ൌ1tt香。解析：1利用图象的斜率求出加速度，再应用牛顿第二定律求出动摩擦因数；求出物体与传送带间的相对位移，应用功能关系求出所产生的热量。本题综合考查了牛顿第二定律的应用、图象的物理意义及功能关系的应用，弄清物体的运动过程，理解图象的物理意义是解题的关键。14.答案：解：1当木板受到拉力时，木板受到的地面给的摩擦力为：ൌ香ൌ1香此时木板的加速度：ൌൌ.䁣，方向与拉力F的方向一致设作用t时间后撤去力F，此时木板的加速度为ൌൌ.䁣，11整个过程木板先做匀加速运动，后做匀减速运动到速度为0，且ൌ，故香香ൌ，解得：ൌ1；设木块的最大加速度为木块，则1ൌ木块，对木板受力分析得：1香ൌ木板，木板从木块的下方抽出的条件：木板木块，解得：䁣。 解析：本题综合考查了牛顿第二定律和运动学公式，知道加速度是联系力学和运动学的桥梁。对于第三问抓住临界情况，结合牛顿第二定律求解。1让木板先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动，根据牛顿第二定律，结合位移之和等于板长求出恒力F作用的最短时间；根据牛顿第二定律求出木块的最大加速度，隔离对木板分析求出木板的加速度，抓住木板的加速度大于木块的加速度，求出施加的最小水平拉力。15.答案：解：1、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，设碰撞后B的速度为1，以向右为正方向，由动量守恒定律得：1ൌ1香1代入数据解得：1ൌ在木板C上匀减速直线，设加速度为1，由牛顿第二定律得：香1香ൌ1香1代入数据解得：1ൌ1木板C在水平地面上做匀加速直线，设加速度为，由牛顿第二定律得：香1香ൌ代入数据解得：ൌ1设木板C一直做匀加速直线运动，运动到P需要的时间为t，1位移：ൌ代入数据解得：ൌ1此时木板的速度：ൌൌ11ൌ1设此时D的速度为，则ൌ11ൌ11ൌ，C一直做匀加速直线运动到P处成立，木板C运动至P时速度为1对D的整个运动过程中，摩擦力一直做负功，设物体D停下时相对C滑行的路程为s，11由能量守恒定律得：1香1ൌ香香1香代入数据解得：ൌt，C的长度ൌ，D先在C上相对C向右滑动3m，与P碰撞后反弹在C上向左滑动ൌൌtൌ1ᴰ停止运动，D不会滑离C，物块D将停在木板上距离木板最右端1m处；解析：【试题解析】 1、B碰撞过程系统内力远大于外力，系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出碰撞后B的速度。应用牛顿第二定律求出木板C与物块D的加速度，应用运动学公式求出木板C刚要与P碰撞时的速度大小。对C、D组成的系统应用能量守恒定律求出D相对于C滑行的路程，然后判断D能否滑离C，然后分析答题。本题是一道力学综合题，根据题意分析清楚物体的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、牛顿第二定律、运动学公式与能量守恒定律即可解题。16.答案：解：1在最高点ൌ代入数据解得：ൌൌ在传送带顶点ൌ，代入数据解得：ൌ䁣到传送带顶点ൌ香，代入数据得：ൌ䁣由牛顿第二定律：݅香݋ൌ代入数据解得：ൌ1香，假设经过1达到与传送带速度相等为香香ൌ香11ൌ1，经过位移为为1香香1ൌ1ൌ1香，等速后物体所受摩擦力突变为沿带向上，由牛顿第二定律得，物体的加速度为，ൌ݅䁣݋䁣ൌ，设经过到达到传送带底端，11ൌ香香， 代入数据解得ൌ1，所以物块从传送带顶端运动到底端的时间是ൌ1香ൌ答：1若物块刚好对杆没有作用力，则物块速度为；传送带的倾角应该为䁣；物块从传送带顶端运动到底端的时间是2s．解析：1在最高点，当杆子没有作用力，靠重力提供向心力，根据牛顿第二定律求出物块的速度；根据下落的高度，结合速度位移公式求出竖直分速度的大小，根据平行四边形定则求出传送带的倾角；根据平行四边形定则求出物块滑上传送带的速度，判断出摩擦力的方向，结合牛顿第二定律求出加速度，运用运动学公式求出运动的时间。解决该题需明确物体在圆形轨道的最高点的受力特征，知道在传送带上运动时要考虑当物体和传送带速度相同后摩擦力的突变问题．17.答案：解：1香1内，假设它们之间发生相对滑动，物块与平板间，平板与地面间的滑动摩擦力大小分別为1ൌ1ൌ香.，ൌ香ൌ1.111对物块和平板由牛顿第二定律有：1ൌൌ，其中1ൌ解得：1ൌ，ൌ，故假设成立；香1内1ൌ1，物块与平板均做匀加速直线运动，有1ൌ11，ൌ1解得：1ൌ，ൌ11.䁣内ൌ香.䁣，由于水平向右的拉力ൌ1.t恰好与1香平衡，故平板做匀速直线运动．物块继续做匀加速直线运动直至与木板速度相同．有：1ൌ1香1ൌ，ൌൌ11撤去拉力F后，物块和平板的加速度大小分別为：ൌൌൌൌ䁣1场块和平板停下所用的时间分別为：Δ11ൌൌ1.䁣Δൌൌ香.1可画出物块．平板的速度一时间图象如图听示． 根据“速度时间图象的面积表示位移”可知，香〜1.䁣内．物块相对平板向左滑行的距离为：1ൌ11.䁣1ൌ香.䁞䁣11.䁣〜内，物块相对平板向右滑行的距离为：ൌ.1ൌ1.䁣由于1.故：ൌൌ1.䁣答：1香〜1内物块和平板的加速度大小分别是和；1末物块和平板的速度大小1、分别是和，1.䁣末物块和平板的速度大小1、都是；平板的最短长度L是1.䁣。解析：1分别对物块和木板进行受力分析，求出其加速度；根据匀变速直线运动的基本公式即可求解速度；根据滑块和木板的位移关系求出平板的最短长度L。根据物体受力情况判断物体的运动情况，并根据牛顿第二定律及匀变速直线运动的基本公式解题的典型例题，要注意题中F是个变力，在1s后发生了改变，所以加速度也要发生变化．求位移差时可根据速度时间图象与时间轴所围成的面积表示位移去求解，该题难度较大。䁣ʹ䁣18.答案：解：11ൌ1，ൌ，1ൌt香香，1ൌ香ൌ1.香1香，ൌ香香ൌ1.t1香11根据理想气体状态方程，得：ൌ，解得：ൌ䁞；1当气体压强增大到一定值时，汽缸对地压力刚好为零。设汽缸刚好对地没有压力时弹簧压缩长度为Δ，则ʹΔൌ，解得：ൌ䁣䁣ൌΔ香1，ൌ香香ൌ1.䁣1香11根据理想气体状态方程，得：ൌ，解得：ൌ䁞䁣香。1香解析：【试题解析】 本题考查了如何求气体的压强以及活塞移动的距离，根据题意求出气体的状态参量、应用理想气体状态方程即可正确解题。1当汽缸内气体温度为1䁞时弹簧为自然长度，当缸内气柱长度ൌt时，对活塞受力分析，根据平衡条件和理想气体状态方程求解；当气体压强增大到一定值时，气缸对地压力为零，此后再升高气体温度，气体压强不变，气体做等压变化，根据平衡条件和理想气体状态方程求解。19.答案：解：汽车的初速度：；1由图示图象可知，汽车刹车位移，由匀变速直线运动的速度位移公式得：，加速度：，由匀变速直线运动的速度公式可知，减速运动的时间：；反应时间内的位移：，志愿者的反应时间：，增加的反应时间：小汽车的初速度：，卡车的初速度：，在反应时间内，小汽车的位移：，在反应时间内，卡车的位移：，由于1ᴰ香t香故此时还未追尾，两者相距设小汽车经时间速度和卡车速度相同：，即：，解得：在时间内小汽车的位移：卡车的位移： 故小汽车追尾。解析：本题考查了匀变速直线运动规律的应用，认真审题理解题意、分析清楚汽车的运动过程是解题的前提，应用匀变速直线运动的运动学公式即可解题。1刹车后汽车做匀减速直线运动，应用匀变速直线运动的速度位移公式可以求出加速度大小，应用匀变速直线运动的速度公式可以求出刹车时间；根据题意求出反应时间内的位移，在反应时间内汽车做匀速直线运动，求出志愿者的反应时间，然后求出反应时间的增加量；应用匀变速直线运动的速度公式求出汽车速度与卡车速度相等需要的时间，然后应用位移公式求出位移，再分析答题。20.答案：解：1滑块在进入AB区域之前，由于斜面光滑，将与木板一起以加速度香加速下滑，香ൌsinൌ进入AB区间后，假设滑块与木板仍然相对静止，设下滑的加速度为1，对整体香݅hൌ香1对滑块，所受木板的静摩擦力静方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有：sin香静hൌ11解得：1ൌ香，静ൌ1又因为滑块与木板间的最大静摩擦力ൌൌcosൌ1即滑块受木板的静摩擦力ൌ，方向沿斜面向下静滑块和木板一起以加速度香加速下滑l的速度为1，则1ൌ香解得1ൌ然后滑块和木板一起匀速下滑l，然后以1反弹薄木板第一次与挡板P碰撞后以1上滑，滑块恰好过A点以1下滑，根据牛顿第二定律，对滑块有：݅h݋ൌ解得：ൌ香，即m在M上仍然匀速下滑对薄木板有：݅香݋ൌ解得：ൌ，所以M以加速度匀减速上滑 1设滑块离开薄木板的时间为1，有：11香11h1ൌ解得1ൌ1ൌ香舍此时薄木板的速度ൌ1h1ൌ1接着以加速度tൌ减速上滑至最高点，有：ൌൌt所以薄木板沿斜面上升到最高点的时间为：ൌ1香解得ൌ解析：1根据木板的运动过程，应用牛顿第二定律求出加速度大小；根据整体法与隔离法，结合牛顿第二定律求出滑块受木板的静摩擦力的大小和方向；对滑块与薄板应用牛顿第二定律求出加速度，然后应用运动学公式求出运动时间。本题考查了牛顿第二定律与运动学公式的应用，本题是多体多过程问题，物体运动过程复杂，难度较大，分析清楚物体运动过程是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与运动学公式可以解题。21.答案：解：1ܤ受到水平向左的摩擦力，向右匀减速运动的过程中，对A、B整体，由牛顿第二定律得：香݅䁞ൌ1，代入数据解得加速度大小1ൌt，1香B的速度减为2所用时间1ൌൌൌ1s，1tB的速度由香ൌ减为零的过程中，对A、B整体，由牛顿第二定律得：mgsin䁞ൌ，代入数据解得加速度大小ൌ，香该过程所用时间ൌൌൌ1，B向右运动的总时间ൌ1香ൌs．ܤ的速度由1ൌ减为香ൌ的过程中，B的位移：香香1香1ൌ1ൌ1ൌt，B的速度由香ൌ减为零的过程中，B的位移：香ൌൌ1ൌ1，B向右运动的过程中，相对于传送带的路程：ൌ1香1香香ൌt1香11ൌ， 1B向左运动的过程中，B的位移：1香ൌ，代入数据解得：ൌ䁣B相对于传送带的位移：ൌ1香香香ൌt香1香䁣ൌ䁣香䁣m，B与传送带间因摩擦产生的总热量：ൌ香ൌ香.11香香䁣香䁣ൌ䁣答：1ܤ向右运动的总时间是2s；在B再次回到传送带左端的过程中，B与传送带间因摩擦产生的热量是25J。解析：该题中，开始时物体的速度大于传送带的速度，减速后的速度小于传送带的速度，所以传送带对物体摩擦力的方向是不同的，则物体的加速度会发生变化，这是题目中第一处容易错误的地方。开始时物体的速度大于传送带的速度，减速后的速度小于传送带的速度，所以开始时物体相对于传送带向右运动，之后物体相对于传送带向左运动，一定要分段计算，若合在一起，则计算的结果就错了。1对A、B系统应用牛顿第二定律求出它们的加速度，应用运动学的公式求出B向右运动的总时间。物块B向左运动做初速度为零的匀加速直线运动，应用运动学公式求出B向左运动的时间；应用运动学公式求出整个过程B相对于传送带的位移，然后根据功的计算公式求出因摩擦产生的热量。22.答案：解：1物体A滑上木板B以后，作匀减速运动，加速度ൌ木板B作加速运动，有：香1ൌܤ物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时，A、B具有共同的速度，则：香ൌ香㠲ܤ香且：ൌܤ解得：ൌܤ1ൌ香.䁣香.11香ൌ1若ᴰ1，则A滑到B的右端时，速度仍大于B的速度，于是将从B上滑落，所以必须1当F较大时，在A到达B的右端之前，就与B具有相同的速度，之后，A必须相对B静止，才ൌ1香能不会从B的左端滑落。即有：1ൌ1所以：ൌ故A相对B板从其左侧滑下，必须 解析：本题关键找出使物体恰好不从最右端下滑和物体间速度相同后恰好不相对滑动的两种临界情况，然后根据牛顿第二定律求解加速度，根据运动学公式结合几何关系列式研究。1物块A恰好不从B板右端滑下，即到达木板右侧时A与B速度相等，然后根据运动学公式列式求解出对应的力F，即可得到F应满足的条件；为使A不从B板左侧滑落，两者一起匀加速，且A、B静摩擦力为最大静摩擦力，对A及整体分析运用牛顿第二定律求F的值，从而得到条件。23.答案：解：设小球Q与P碰撞前的速度为香，由机械能守恒定律得：1sinൌ香设P与Q第一次碰撞后瞬间P的速度为，Q的速度为，由动量守恒定律可得：香ൌ香t111ൌ香t香解得：ൌ.，ൌ.t；滑块P碰后的加速度为1，经过时间t后运动的位移为1；小球Q的加速度为，经过时间t后运动的位移为。tsintµcosൌt11ൌ香11ൌsin1ൌ香1ൌ解得：ൌ1.䁞䁣设碰后滑块P在斜面上滑行时间为香，则香ൌ香1香 香ൌ，第二次碰撞发生在滑块P停止运动前，故第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔ൌ1.䁞䁣。答：1与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小为ൌ.，ൌ.t；与Q发生第一次碰撞与第二次碰撞的时间间隔ൌ1.䁞䁣。解析：本题是一道力学综合题，考查了动量守恒定律的应用，根据题意分析清楚两滑块的运动过程是解题的前提与关键，应用动量守恒定律、机械能守恒定律、牛顿第二定律与运动学公式可以解题。1应用机械能守恒定律求出滑块Q与P碰前的速度大小，两滑块发生弹性碰撞，碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出P与Q第一次碰撞后瞬间各自的速度大小；两滑块碰撞后，到第二次发生碰撞时位移相等，分别对两滑块应用牛顿第二定律与运动学公式可求出两滑块发生第一次相碰与第二次相碰的时间间隔t，注意判断第二次碰撞前滑块P是否已经停下。24.答案：解：1以向下方向为正方向。对空管有ൌ设经t时间，小球从N端穿出，小球下落的高度：1ൌ香1香空管下落的高度：1ൌ则，1ൌ联立得：11香ൌ香代入数据解得：ൌt，ൌ1.䁣舍故小球经过4s时间从管内穿出。设小球初速度香，空管经时间到达地面，则：ൌ1，得：ൌൌ小球在时间下落高度为： 1ൌ香香小球落入管内的条件是：t解得：Ǥ香所以小球的初速度大小必须在Ǥ到范围内。故小球速度的范围为：Ǥ香。解析：1对于这类相对运动问题注意选择参照系，以地面为参照系，二者均做匀变速直线运动，最后小球穿出时，二者位移差为管长L，据此列方程可正确求解。小球下落时，要保证落入空管就要在空管下落的时间内其位移大于64m，同时还要要求在下落期间，小球不能提前落地，即小于香ൌ，据此列方程即可解答。本题有一定的难度，考查了多物体多过程问题，只要把握了两物体之间的位移关系，就找到了解决问题的突破口。25.答案：解：1对小煤块受力分析可得，小煤块开始下滑的加速度݅香݋ൌ1解得1ൌ1香，小煤块与传送带共速经过的时间1ൌൌ1，11此时小煤块的位移1ൌ11ൌ䁣，1ᴰ，因为tan，小煤块继续加速下滑，加速度sincos，ൌൌ1则有ൌ1ൌ香，解得ൌ1，ൌ11舍去， 故小煤块从A运动到B的时间ൌ1香ൌ；小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上，大小为ൌ11ൌ䁣，共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下，大小为ൌൌ1，因为，故小煤块在传送带上留下的痕迹长度为ൌ䁣。解析：本题考查利用牛顿运动定律分析传送带问题。1对小煤块受力分析，根据牛顿第二定律求小煤块开始下滑的加速度1，再根据运动学公式求对应的时间1和位移1，比较1与传送带长度L的关系可知，小煤块继续加速，根据牛顿第二定律求加速度，根据运动学公式求时间，小煤块从A运动到B的时间ൌ1香；小煤块先相对传送带向上滑动，相对位移沿传送带向上，根据位移差求第一段相对位移ൌ11，共速后，小煤块相对传送带向下滑动，相对位移沿传送带向下，根据位移差求第一段相对位移ൌ，比较，可求解小煤块在传送带上留下的痕迹长度。26.答案：解：1在小滑块相对车面滑动的过程中，受到的合外力就是滑动摩擦力，根据动能定理1ൌ香解得sൌt设恒力F取最小值为1，小滑块的加速度为1，滑块到达小车的左端时恰好与小车速度相同，经过的时间是1，则1香ൌ1香1ൌ1 11香1香1ൌ解得1ൌ，1ൌ香.䁣即F力F取最小值1ൌ，当小滑块到达小车的左端与小车速度相同后，开始向右做初速度为香ൌt的匀加速直线运动，设运动加速度大小为，为保证小滑块不从车上掉下，从左端运动开始经过的时间为，通过的距离为1，恒力1停止作用，此时小滑块速度为1，小滑块开始做匀减速直线运动，设运动加速度大小为，经过的时间为，通过的距离为，到达小车右端时，与车达共同速度，则1香香香ൌ香香11ൌ香香1ൌ1香ൌൌ由以上四式得香ൌ根据牛顿定律得1ൌൌ解得ൌ香.䁣则力F的作用时间t的范围是11香即香.䁣1.香 解析：1小滑块运动中，受到的合外力为滑动摩擦力，则由动能定理可求得小滑块通过的距离；由牛顿第二定律可求得滑块运动的加速度，而当滑块恰好到达小车的左端时恰好与小车速度相同，即可保证滑块不从车的左端掉下，则由临界条件可求得F的条件；由牛顿第二定律可求得滑块有力作用和撤去拉力后的加速度，则由平均速度公式可求得滑块的距离，由速度公式可求得小车的位移，由临界条件可得出两位移间的关系；则可求得力F作用的范围．本题中关键在于临界条件的判定，要使滑块能恰好不从车上掉下，则其临界条件应为滑块刚好到达左端，且速度相等．27.答案：解：1对木块应用牛顿第二定律有：1݋香݅ൌ1，对木板应用牛顿第二定律有：香1݋݅香݋ൌ，得出：木块加速度1ൌ，方向沿斜面向下；木板加速度ൌ，方向沿斜面向上。在2s末，木块速度：1ൌ香1ൌt，木板速度：ൌൌt撤去F时，木块、木板速度相等，假设木块、木板在力F撤去后先相对静止，则对木块、木板整体有：香݋香香݅ൌ香，解得ൌ1香；当木块受到向下的摩擦力达到最大静摩擦时，加速度最大，有：݅香1݋ൌ，解得ൌᴰ1香，所以假设不成立。此时，木块加速度为1ൌ，设木板的加速度为，则应用牛顿笫二定律有：݅香香݋1݋ൌ，解得ൌ1；由于1ᴰ，所以木板速度先减到零，此后在木块上滑过程中，假设木板静止在斜面上，其受到斜面的静摩擦力为f，则݅ൌ香1݋，解得ൌt；木板与斜面之间最大静摩擦力：ൌ香݋ൌ，所以假设成立。 则从开始运动到共速，木块相对木板向上的位移；从共速到木块速度减为零，木块相对木板向上的位移；要使木块不从木板上端滑出，木板最小长度。解析：1分别选取木块和木板为研究对象，根据牛顿第二定律得到木块和木板的加速度；根据牛顿第二定律和运动学的基本公式得到若要求木块不从木板的上端冲出，木板至少多长。本题考查牛顿第二定律和运动学基本公式的应用，难度较大。28.答案：解：1第一次训练，设乙运动员加速到交接棒时运动时间为t，则在甲运动员追击乙运动1员的过程中，有香香ൌ代入数据得1ൌ，ൌ.乙运动员加速的时间mൌൌt.ts，，故舍去1交接棒处离接力区前端A处的距离为ൌൌ䁣m1第二次训练，乙运动员恰好与甲运动员共速时乙ൌ乙，乙运动员加速的时间乙ൌt.t设甲运动员在距离接力区前端A处为s时对乙运动员发出起跑口令，则在甲运动员追击乙运动员的1过程中，有香ൌ乙乙代入数据得ൌt.香棒经过接力区的时间为ൌൌs棒111乙运动员恰好达到与甲运动员相同速度时的位移乙ൌൌt.m香m，已经出了接力区接棒，乙两名运动员的交接棒动作没有在香的接力区内完成，所以第二次训练犯规 解析：本题主要考查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，追击相遇问题。11甲乙两人不是从同一地点出发的，当乙追上甲时，它们的位移关系香香ൌ，由此可以求得需要的时间，进而求交接棒处离接力区前端A处的距离；当两人的速度相等时，求出乙运动时间，根据位移关系求出甲起跑时离A的距离，求出棒经过接力区的时间，乙运动员恰好达到与甲运动员相同速度时的位移，判断是否犯规。ൌ，29.答案：解：1根据速度位移公式得，111则挑战者刚冲上跑步机时的速度：1ൌ11ൌtൌt；1根据ൌ1香，1代入数据有：1香ൌt香解得ൌ；1t开始匀加速运动的时间1ൌൌൌ，1则挑战者从起动到到达跨栏所用的时间为ൌ1香ൌt；摔倒到爬起的过程中向左运行的位移1ൌ香Δൌ，此时距离最右的位移大小为ൌ1香香ൌt，1规定向右为正方向，ൌ香香1代入数据有：tൌ香解得ൌ则总时间ൌ1香香香Δൌ1t。答：1挑战者刚冲上跑步机时速度大小为t；挑战者从起动到到达跨栏所用的时间为4s；挑战者通过全程所用的时间为14s。解析：本题考查匀变速直线运动的公式的应用，解决本题的关键理清挑战者在整个过程中的运动规律，结合运动学公式灵活求解。1根据匀变速直线运动的速度位移公式求出挑战者刚冲上跑步机时速度大小； 根据位移时间公式求出挑战者从起动到到达跨栏所用的时间；挑战者摔倒到爬起的过程中向左做匀速直线运动，爬起后，初速度水平向左，加速度向右，结合位移时间公式求出跑到终点的时间，结合在平台上的时间、运动到跨栏的时间、摔倒的时间，求出通过全程的时间。