【赢在高考】人教版-2018-高三物理二轮复习-教师用书全书word版

第一部分专题突破知能提升专题一 力与运动第1讲力与物体的平衡2015卷T24：安培力、胡克定律、力的平衡2016卷T19：有重力、弹力、摩擦力的共点力平衡卷T24：有关电磁感应问题的平衡及法拉第电磁感应定律的应用卷T14：力的动态平衡卷T17：共点力的平衡条件2017卷T21：物体的动态平衡卷T16：共点力的受力平衡卷T17：共点力的受力平衡1(2017全国卷)一根轻质弹性绳的两端分别固定在水平天花板上相距80 cm的两点上，弹性绳的原长也为80 cm.将一钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，则弹性绳的总长度变为(弹性绳的伸长始终处于弹性限度内)()A86 cmB92 cmC98 cmD104 cmB轻质弹性绳的两端分别固定在相距80 cm的两点上，钩码挂在弹性绳的中点，平衡时弹性绳的总长度为100 cm，以钩码为研究对象，受力如图所示，由胡克定律Fk(ll0 )0.2k，由共点力的平衡条件和几何知识得F；再将弹性绳的两端缓慢移至天花板上的同一点，设弹性绳的总长度变为l，由胡克定律得Fk(ll0)，由共点力的平衡条件F，联立上面各式解得l92 cm，选项B正确. 2(2017全国卷)如图，一物块在水平拉力F的作用下沿水平桌面做匀速直线运动若保持F的大小不变，而方向与水平面成60角，物块也恰好做匀速直线运动物块与桌面间的动摩擦因数为()A2B.C.D.C设物块的质量为m.据平衡条件及摩擦力公式有拉力F水平时，Fmg拉力F与水平面成60角时，Fcos 60(mgFsin 60)联立式解得.故选C.3(多选)(2017全国卷)如图，柔软轻绳ON的一端O固定，其中间某点M拴一重物，用手拉住绳的另一端N.初始时，OM竖直且MN被拉直，OM与MN之间的夹角为()现将重物向右上方缓慢拉起，并保持夹角不变在OM由竖直被拉到水平的过程中()AMN上的张力逐渐增大BMN上的张力先增大后减小COM上的张力逐渐增大DOM上的张力先增大后减小AD设重物的质量为m，绳OM中的张力为TOM，绳MN中的张力为TMN.开始时，TO Mmg，TMN0.由于缓慢拉起，则重物一直处于平衡状态，两绳张力的合力与重物的重力mg等大、反向如图所示，已知角不变，在绳MN缓慢拉起的过程中，角逐渐增大，则角()逐渐减小，但角不变，在三角形中，利用正弦定理得：，()由钝角变为锐角，则TOM先增大后减小，选项D正确；同理知 ，在由0变为的过程中，TMN一直增大，选项A正确4(多选)(2016全国卷)如图所示，一光滑的轻滑轮用细绳OO悬挂于O点；另一细绳跨过滑轮，其一端悬挂物块a，另一端系一位于水平粗糙桌面上的物块b.外力F向右上方拉b，整个系统处于静止状态若F方向不变，大小在一定范围内变化，物块b仍始终保持静止，则()A绳OO的张力也在一定范围内变化B物块b所受到的支持力也在一定范围内变化C连接a和b的绳的张力也在一定范围内变化D物块b与桌面间的摩擦力也在一定范围内变化BD由于物体a、b均保持静止，各绳间角度保持不变，对a受力分析得，绳的拉力Tmag，所以物体a受到绳的拉力保持不变由滑轮性质，滑轮两侧绳的拉力相等，所以连接a和b绳的张力大小、方向均保持不变，C选项错误；a、b受到绳的拉力大小、方向均不变，所以OO的张力不变，A选项错误；对b进行受力分析，如图所示由平衡条件得：Tcos fFcos ，Fsin FNTsin mbg.其中T和mbg始终不变，当F大小在一定范围内变化时，支持力在一定范围内变化，B选项正确；摩擦力也在一定范围内发生变化，D选项正确5(2016全国卷)如图，两固定的绝缘斜面倾角均为，上沿相连两细金属棒ab(仅标出a端)和cd(仅标出c端)长度均为L，质量分别为2m和m；用两根不可伸长的柔软轻导线将它们连成闭合回路abdca，并通过固定在斜面上沿的两光滑绝缘小定滑轮跨放在斜面上，使两金属棒水平右斜面上存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于斜面向上，已知两根导线刚好不在磁场中，回路电阻为R，两金属棒与斜面间的动摩擦因数均为，重力加速度大小为g，已知金属棒ab匀速下滑求(1)作用在金属棒ab上的安培力的大小；(2)金属棒运动速度的大小解析(1)由于ab、cd棒被平行于斜面的导线相连，故ab、cd速度总是大小相等，cd也做匀速直线运动设两导线上拉力的大小为T，右斜面对ab棒的支持力的大小为FN1，作用在ab棒上的安培力的大小为F，左斜面对cd棒的支持力大小为FN2.对于ab棒，受力分析如图甲所示，由力的平衡条件得甲乙2mgsin FN1TFFN12mgcos 对于cd棒，受力分析如图乙所示，由力的平衡条件得mgsin FN2TFN2mgcos 联立式得：Fmg(sin 3cos )(2)设金属棒运动速度大小为v，ab棒上的感应电动势为EBLv回路中电流I安培力FBIL联立得：v(sin 3cos )答案(1)mg(sin 3cos )(2)(sin 3cos )受力分析和平衡条件的应用解题方略1静态平衡问题：应先分析物体的受力情况，再根据平衡条件列出相应方程，解方程并对结果进行讨论2动态平衡问题3.求解共点力平衡问题常用的方法(1)力的合成法：对研究对象受力分析后，应用平行四边形定则(或三角形定则)求合力的方法力的合成法常用于仅受三个共点力作用且保持平衡(2)正交分解法：把物体受到的各力都分解到互相垂直的两个方向上，然后分别列出两个方向上合力为零的方程并求解当物体受四个及四个以上共点力作用而平衡时，一般采用正交分解法(3)图解法：对研究对象进行受力分析，再根据平行四边形定则或三角形定则画出不同状态下力的矢量图(画在同一个图中)，然后根据有向线段(表示力)的长度变化情况判断各个力的变化情况用图解法分析动态平衡问题时要在矢量三角形中确定不变的量和改变的量题组预测1(2017河北冀州2月模拟)如图所示，质量为m(可以看成质点)的小球P，用两根轻绳OP和OP在P点拴结后再分别系于竖直墙上相距0.4 m的O、O两点上，绳OP长0.5 m，绳OP长0.3 m，今在小球上施加一方向与水平成37角的拉力F，将小球缓慢拉起绳OP刚拉直时，OP绳拉力为T1，绳OP刚松弛时，OP绳拉力为T2，则T1T2为(sin 370.6；cos 370.8)()A34B43C35D45C绳OP刚拉直时，由几何关系可知此时OP绳与竖直方向夹角为37，小球受力如图甲，则T1mg.绳OP刚松驰时，小球受力如图乙，则T2mg.则T1T235，C项正确2(2017河北唐山一中模拟)如图所示，在竖直平面内固定一圆心为O、半径为R的光滑圆环，原长为R的轻弹簧上端固定在圆环的最高点A，下端系有一个套在环上且重为G的小球P(可视为质点)若小球静止时，O、P两点的连线恰好水平，且弹簧的形变未超出其弹性限度，则弹簧的劲度系数为()A.B.C.D.C对小球受力分析如图所示，由几何知识可知45，则Fmg，弹簧的伸长量x(1)R，则k，C项正确3质量为m的物体用轻绳AB悬挂于天花板上用水平向左的力F缓慢拉动绳的中点O，如图所示用T表示绳OA段拉力的大小，在O点向左移动的过程中()AF逐渐变大，T逐渐变大BF逐渐变大，T逐渐变小CF逐渐变小，T逐渐变大DF逐渐变小，T逐渐变小A对O点受力分析如图所示，F与T的变化情况如图，由图可知在O点向左移动的过程中，F逐渐变大，T逐渐变大，故选项A正确 整体法和隔离法的综合应用 解题方略1在分析两个或两个以上物体间的相互作用时，一般采用整体法与隔离法进行分析2采用整体法进行受力分析时，要注意系统内各个物体的状态应该相同3当直接分析一个物体的受力不方便时，可转移研究对象，先分析另一个物体的受力，再根据牛顿第三定律分析该物体的受力，此法叫“转移研究对象法” 题组预测1(多选)(2017江西南昌3月模拟)如图所示，静止在粗糙水平面上的半径为4R的半球的最高点A处有一根水平细线系着质量为m、半径为R的光滑小球已知重力加速度为g.下列说法正确的是()A地面对半球的摩擦力的方向水平向右B细线对小球的拉力大小为mgC保持小球的位置不变，将A点沿半球逐渐下移，半球对小球的支持力逐渐减小D剪断细线的瞬间，小球的加速度大小为0.6gBD以半球和小球整体为研究对象，整体处于平衡状态，不受摩擦力作用，A项错误对小球受力分析如图，拉力FAmgtan ，由几何关系可知tan ，则FAmg，B项正确半球对小球的支持力FN，在A点下移时，增大，cos 减小，则FN增大，C项错误在剪断细线的瞬时，细线对小球的拉力消失，小球在沿切线方向有mgsin ma，其中sin 0.6，得a0.6g，D项正确2(2017河北邢台一模)如图所示，在竖直墙壁间有半圆球A和圆球B，其中圆球B的表面光滑，半圆球A与左侧墙壁之间的动摩擦因数为.两球心之间连线与水平方向成30的夹角，两球恰好不下滑，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则半圆球A和圆球B的质量之比为()A.B. C.D.C设A的质量为m，B的质量为M，隔离光滑圆球B，对B受力分析如图所示，可得：FNFcos ，MgFsin 0解得：FN，对两球组成的整体有：(mM)gFN0代入数据，联立解得：.3将一横截面为扇形的物体B放在水平面上，一小滑块A放在物体B上，如图所示，除了物体B与水平面间的摩擦力之外，其余接触面的摩擦力均可忽略不计，已知物体B的质量为M，滑块A的质量为m，当整个装置静止时，滑块A与物体B接触的一面与竖直挡板之间的夹角为.已知重力加速度为g，则下列选项正确的是()A物体B对水平面的压力大小为MgB物体B受水平面的摩擦力大小为mgtan C滑块A与竖直挡板之间的弹力大小为D滑块A对物体B的压力大小为C以滑块A为研究对象进行受力分析，并运用合成法，如图所示，由几何知识得，挡板对滑块A的弹力大小为FN1，C正确；物体B对滑块A的弹力大小为FN2，根据牛顿第三定律，滑块A对物体B的压力大小为，D错误；以滑块A和物体B组成的系统为研究对象，在竖直方向上受力平衡，则水平面对物体B的支持力FN(Mm)g，故水平面所受压力大小为(Mm)g，A错误；A和B组成的系统在水平方向上受力平衡，则水平面对物体B的摩擦力大小为FfFN1，B错误电磁场中的平衡问题 解题方略1带电体的平衡问题仍然满足平衡条件，只是要注意准确分析场力电场力、安培力或洛伦兹力(1)2处理电学问题中的平衡问题的方法：与纯力学问题的分析方法一样，学会把电学问题力学化方法,“整体法”或“隔离法”F合0或Fx0，Fy0题组预测1(2017河南六市一联)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L1 mP、M间接有一个电动势为E6 V，内阻不计的电源和一只滑动变阻器，导体棒ab跨放在导轨上并与导轨接触良好，棒的质量为m0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M0.4 kg.棒与导轨的动摩擦因数为0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能的是()A2 B2.5 C3 D4 A对棒受力分析可知，其必受绳的拉力TMg和安培力F安BIL.若摩擦力向左，且满足mgMg，代入数据解得R14 ；若摩擦力向右，且满足mgMg，代入数据解得R22.4 ，所以R的取值范围为2.4 R4 ，则选A.2(多选) (2017山东临沂市三模)某老师用图示装置探究库仑力与电荷量的关系A、B是可视为点电荷的两带电小球，用绝缘细线将A悬挂，实验中在改变电荷量时，移动B并保持A、B连线与细线垂直用Q和q表示A、B的电荷量，d表示A、B间的距离，(不是很小)表示细线与竖直方向的夹角，x表示A偏离O点的水平距离，实验中()Ad应保持不变BB的位置在同一圆弧上Cx与电荷量乘积Qq成正比Dtan 与A、B间库仑力成正比ABC因实验要探究库仑力与电荷量的关系，故两电荷间距d应保持不变，选项A正确；因要保持A、B连线与细线垂直且AB距离总保持d不变，故B的位置在同一圆弧上，选项B正确；对A球由平衡知识可知F库mgsin ，即kmg，可知x与电荷量乘积Qq成正比，选项C正确，D错误3如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直于纸面向里的匀强磁场中当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长g10 m/s2.(1)求匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm.如果电流方向由b到a，而电流大小不变，则弹簧伸长又是多少？解析(1)弹簧恰好不伸长时，ab棒受到向上的安培力BIL和向下的重力mg大小相等，即BILmg解得B0.5 T(2)当金属棒中通过大小为0.2 A、方向由a向b的电流时，ab棒受到两只弹簧向上的拉力2kx1及向上的安培力BI1L和向下的重力mg作用，处于平衡状态根据平衡条件有2kx1BI1Lmg当电流反向后，ab棒在两个弹簧向上的拉力2kx2及向下的安培力BI2L和重力mg作用下处于平衡状态根据平衡条件有2kx2mgBI2L联立解得x2x13 cm.答案(1)0.5 T(2)3 cm平衡中的临界和极值问题 解题方略 1平衡问题的临界状态是指物体所处的平衡状态将要被破坏而尚未被破坏的状态，可理解成“恰好出现”或“恰好不出现”，在问题的描述中常用“刚好”“刚能”“恰好”等语言叙述，解临界问题的基本方法是假设推理法2临界问题往往是和极值问题联系在一起的解决此类问题重在形成清晰的物理图景，分析清楚物理过程，从而找出临界条件或达到极值的条件要特别注意可能出现的多种情况题组预测1(多选)(2017江西南昌一模)如图所示，两个小球a、b质量均为m，用细线相连并悬挂于O点，现用一轻质弹簧给小球a施加一个拉力F，使整个装置处于静止状态，且Oa与竖直方向夹角为45，已知弹簧劲度系数为k，则弹簧形变量可能是() A.B.C.D.ACD当F与细线Oa垂直时，F有最小值，F的最小值为：Fmin2mgsin 2mgmg.根据胡克定律：Fminkxmin，所以：xmin则A、C、D可能，B不可能2质量为M的木楔倾角为，在水平面上保持静止，质量为m的木块刚好可以在木楔上表面上匀速下滑现在用与木楔上表面成角的力F拉着木块匀速上滑，如图所示，求：(1)当时，拉力F有最小值，求此最小值；(2)拉力F最小时，木楔对水平面的摩擦力的大小解析(1)木块刚好可以沿木楔上表面匀速下滑，mgsin mgcos ，则tan ，用力F拉着木块匀速上滑，受力分析如图甲所示，Fcos mgsin Ff，FNFsin mgcos ，FfFN.联立以上各式解得，F.当时，F有最小值，Fminmgsin 2.(2)对木块和木楔整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得，FfFcos()，当拉力F最小时，FfFmincos 2mgsin 4.答案(1)mgsin 2(2)mgsin 43(2017河北邯郸一模)如图所示，小球被轻质细绳系住斜吊着放在静止的光滑斜面上，设小球质量为m，斜面倾角30，细绳与竖直方向夹角30，斜面体的质量M3m，置于粗糙水平地面上求： (1)当斜面体静止时，细绳对小球拉力的大小；(2)地面对斜面体的摩擦力的大小和方向；(3)若地面对斜面体的最大静摩擦力等于地面对斜面体支持力的k倍，为了使整个系统始终处于静止状态，k值必须满足什么条件？解析(1)以小球为研究对象受力分析如图甲所示 甲由共点力的平衡条件，可得在x轴方向有：FTsin FN1sin 在y轴方向有：FN1cos FTcos mg解得FTmg(2)以小球和斜面体整体为研究对象受力分析如图乙所示 乙由共点力平衡条件，在x轴方向可得FfFTsin mg方向水平向左(3)对照第(2)题小球和斜面体整体受力分析图，由共点力平衡条件，在y轴方向可得FN2FTcos (Mm)g又由题意可知FfmaxkFN2Ff又M3m联立解得：k.答案见解析课时作业一一、选择题1(2017广东华南三校联考)如图所示，小球A、B通过一细绳跨过定滑轮连接，它们都穿在一根竖直杆上当两球平衡时，连接两球的细绳与水平方向的夹角分别为和2，假设装置中各处摩擦均不计，则A、B球的质量之比为()A2cos 1B12cos Ctan 1D12sin B小球A、B都平衡时，在竖直方向上：对A球T sin mAg，对B球Tsin 2mBg，又TT，解得：，B项正确2如图所示，一光滑小球静置在光滑半球面上，被竖直放置的光滑挡板挡住，现水平向右缓慢地移动挡板，则在小球运动的过程中(该过程小球未脱离球面且球面始终静止)，挡板对小球的推力F、半球面对小球的支持力FN的变化情况是()AF增大，FN减小 BF增大，FN增大CF减小，FN减小DF减小，FN增大B某时刻小球的受力如图所示，设小球与半球面的球心连线跟竖直方向的夹角为，则Fmgtan ，FN，随着挡板向右移动，越来越大，则F和FN都要增大3(2017安徽江南十校联考)如图所示，竖直面光滑的墙角有一个质量为m，半径为r的半球体A.现在A上放一密度和半径与A相同的球体B，调整A的位置使得A、B保持静止状态，已知A与地面间的动摩擦因数为0.5.则A球心距墙角的最远距离是()A2rB.rC.rD.rC由题可知B球质量为2m，当A球球心距墙角最远时，A受地面水平向右的摩擦力f3mg，此时以B球为研究对象，对其受力分析如图所示，有F2，以A和B整体为研究对象，在水平方向有3mgF2，则tan ，代入数据得53.由几何关系可知，A球球心到墙角的最远距离lr2r cos r，选项C正确4如图甲、乙、丙是生活中三种不同的背包方式为了研究方便，假设背包者身体均呈竖直，因而可认为每条背包带均在竖直面内甲中背包带对人的肩部的作用力设为F1；乙中的背包带与竖直方向的夹角为(如图)，其背包带对人肩部的作用力设为F2；丙中的两根背包带与竖直方向的夹角均为(如图)，其每根背包带对人肩部的作用力均为F3.若三种情况所背的包完全相同，不考虑背包跟人体间的摩擦，则关于F1、F2、F3大小的下列关系正确的是() AF1F2BF2F3 CF1F3DF3F2B由图可知，题图甲中背包带沿竖直方向，所以每一根背包带的作用力都等于0.5mg，则背包带对肩部的作用力等于两根背包带的作用力的和，即等于F1mg；乙图中，背包受到重力、腿部的支持力和肩膀的作用力如图a：则：F2题图丙中，背包受到两边肩膀的作用力，如图b所示，则：mg2F3cos 所以：F3由以上的分析可得：F1F2，F3E1，应有22()21即当0t1(1)才是可能的；条件式和式分别对应于v20和v2E1，应有22()21即t1(1)另一解为负，不合题意，已舍去答案(1)v02gt1(2)见解析运动图象的理解及应用 解题方略图象、情境、规律是解决图象问题不可分割的三个要素，要把物理规律和物理图象相结合利用图象解题时一定要从图象的纵、横坐标轴所代表的物理量及两个物理量间的函数关系，图线中的“点”“线”“斜率”“截距”和“面积”等方面寻找解题的突破口解决此类问题的一般思路：题组预测1(多选)做直线运动的甲、乙两物体的位移时间图象如图所示，则()A当乙开始运动时，两物体相距20 mB在010 s这段时间内，物体间的距离逐渐变大C在1025 s这段时间内，物体间的距离逐渐变小D两物体在10 s时相距最远，在25 s时相遇BCD开始时，乙的位置坐标为0，甲从离坐标原点20 m处开始运动，两者的运动方向相同，当乙开始运动时，甲已经运动了10 s，因此二者之间的距离大于20 m，故A错误；在010 s这段时间内，乙静止不动，甲匀速运动，则物体间的距离逐渐变大，故B正确；在1025 s这段时间内，由于乙的速度大于甲的速度，甲在乙的前方，则物体间的距离逐渐变小，故C正确；由于10 s后乙的速度大于甲的速度，因此当乙开始运动时两者相距最远，从图象可知25 s时，两者位置坐标相同，即相遇，故D正确2(2017河北冀州2月模拟)如图甲所示，粗糙斜面与水平面的夹角为30，质量为3 kg的小物块(可视为质点)由静止从A点在一沿斜面向上的恒定推力作用下运动，作用一段时间后撤去该推力，小物块能到达的最高位置为C点，小物块上滑过程中vt图象如图乙所示设A点为零重力势能参考点，g取10 m/s2，则下列说法正确的是()A小物块最大重力势能为54 JB小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为31C小物块与斜面间的动摩擦因数为D推力F的大小为40 ND由乙图可知物块沿斜面向上滑行的距离s31.2 m1.8 m，上升的最大高度hssin 300.9 m，故物块的最大重力势能Epmmgh27 J，则A项错由图乙可知物块加速与减速阶段均为匀变速运动，则由匀变速直线运动的平均速度公式，可知小物块加速时的平均速度与减速时的平均速度大小之比为11，则B项错由乙图可知减速上升时加速度大小a210 m/s2，由牛顿第二定律有mg sin 30mgcos 30ma2，得，则C项错由乙图可知加速上升时加速度大小a1 m/s2，由牛顿第二定律有Fmgsin 30mgcos 30ma1，得F40 N，则D项正确 3(多选)(2017南昌模拟)用一水平力F拉静止在水平面上的物体，在F由零逐渐增大的过程中，加速度a随力F变化的图象如图所示，重力加速度g取10 m/s2，水平面各处的粗糙程度相同，认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，则由此可推算出()A物体的质量B物体与水平地面间滑动摩擦力的大小C拉力F12 N时物体运动的速度大小D拉力F12 N时物体运动的位移大小AB物体受重力、地面的支持力、拉力和摩擦力作用据图象可知滑动摩擦力大小为6 N，根据牛顿第二定律得Fmgma，解得ag，由aF图线可知5 ms2g、0g，解得m1.2 kg，0.5，A、B正确；根据图象只能求出拉力F12 N时物体的加速度，物体初速度为零，由于不知道时间，故无法求解出速度大小和位移大小，C、D错误匀变速直线运动规律的应用解题方略1匀变速直线运动通常可分为两类一类是单个物体的多过程模型，另一类是多个物体(通常为两个)的多过程模型(见考向三)2解题思路不论是单个物体的多过程模型还是多个物体的多过程模型，处理的一般方法如下：(1)弄清题意，划分过程根据题意，弄清楚物体的运动经历了几个过程(2)依据已知，分析过程依据题目中给出的已知条件，对划分出的物体运动的每个过程进行运动学分析或动力学分析(3)结合已知，列出方程结合题中给出的已知条件，列出物体运动的每个过程所对应的运动学方程或动力学方程题组预测1(2017长沙模拟)为了安全，中国航母舰载机“歼15”采用滑跃式起飞起飞时主要靠甲板前端的上翘来帮助战斗机起飞，其示意图如图所示，飞机由静止开始先在一段水平距离为L1160 m的水平跑道上运动，然后在长度为L220.5 m的倾斜跑道上滑跑，直到起飞已知飞机的质量m2.0104 kg，其喷气发动机的推力大小恒为F1.4105 N，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑道末端的高度差h2.05 m，飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到的平均阻力大小都为飞机重力的0.2倍，假设航母处于静止状态，飞机质量视为不变并可看成质点，倾斜跑道看作斜面，不计水平跑道和倾斜跑道连接处的影响，且飞机起飞的过程中没有出现任何故障g取10 m/s2.求(1)飞机在水平跑道上运动的末速度大小；(2)飞机从开始运动到起飞经历的时间t.解析(1)设飞机在水平跑道上运动的加速度大小为a1，阻力大小为Ff，在水平跑道上运动的末速度大小为v1，由牛顿第二定律得FFfma1Ff0.2mgv2a1L1联立以上三式并代入数据解得a15 m/s2，v140 m/s.(2)设飞机在倾斜跑道上运动的加速度大小为a2，在倾斜跑道末端的速度大小为v2，飞机在水平跑道上的运动时间t18 s在倾斜跑道上，由牛顿第二定律有FFfmgma2代入数据解得a24 m/s2由vv2a2L2代入数据解得v242 m/s飞机在倾斜跑道上的运动时间t20.5 s则tt1t28.5 s.答案(1)40 m/s(2)8.5 s2(2017河北唐山一模)如图所示，足够长的倾角37的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于