2020年高考复习微专题牛顿运动定律和动力学问题解答题习题选编 含答案

1、微专题牛顿运动定律与动力学问题（解答题）习题选编 1APh1.8mP点左侧水平地从水平地面上点的正上方处自由释放，与此同时，在如图甲所示，小球BBvtB物体的质运动的在水平拉力的作用下从静止开始向右运动，图像如图乙所示，已知面上的物体2 g10m/sA2kgAB求：量为取，且球的反弹，、两物体均可看作质点，不考虑 At1；下落至地面所需的时间）小球（ PSBPB2A；两物体能够同时到达的初始位置与、点，求物体（点的距离）要使 BF20N3。上的水平拉力，求物体与地面之间的动摩擦因数）若作用在物体（ 2如图所示为一架四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控飞行器，目前得到越来越广泛的应36N

2、Fm2kg，运动过程中所受空气阻力用。若一架质量的无人机，其动力系统所能提供的最大升力为2 g10m/sf4N。取大小恒为， h1t5s；（）无人机在地面上从静止开始，以最大升力竖直向上起飞，求在时离地面的高度100m2H处，由于动力设备故障，无人机突然失去升力而坠落。求无（）当无人机悬停在距离地面高度 v；人机坠落到地面时的速度大小(2)3问条件下，若无人机坠落过程中，由于遥控设备的干预，动力设备重新启动提供向上最大升（）在第 a。力。飞行器恢复升力后向下减速时加速度为2 160m3（跑道航空母舰采用弹射起飞模式，有助于提高舰载机的起飞重量某航空母舰起飞跑道长度为51.2N20t10，加速时

3、发动机产生的推力为，飞机所受阻力视为水平），某型号舰载机满负荷时总质量为2 10m/sg50m/s0.1求：时才可能离开航空母舰起飞为飞机重力的倍当飞机的速度大小达到取 1 ）飞机在跑道上加速过程的加速度大小；（2(2) 若航空母舰处于静止状态，弹射系统必须使飞机至少获得多大的初速度；）（3）若航空母舰处于静止状态且不开启弹射系统，为使飞机仍能在此舰上正常起飞需要减少多少质量的（ 燃料或弹药。 460kg100m10s，的滑雪运动员，在斜坡顶端从静止开始匀加速下滑如图所示，质量为到达坡底，用时sin37?0.6，0.2=37，斜面与水平面间的夹角为求：（已知，假设运动员与水平地面间的动摩擦因数

4、cos37?0.8 ） v 1大小；）运动员到达坡底时的速度（? 2；（）运动员与斜面之间的动摩擦因数1x 3。（）运动员能在水平面上运动的距离1 ?20N1kgA375m的的物块放在倾角为的斜面底端如图所示，质量为点，在沿斜面向上、大小为CFFB点时速度恰的作用下，从静止开始沿斜面向上运动，运动到恒力，当物块运动到点时撤去拉力11C2s点后，再对物块施加一平行于斜面的拉力。物块运动到为零，物块向上加速的时间与减速的时间均为gACFCA点运动到，使物块从点的时间相等。已知斜面足够长，重力加速度点运动到点的时间与从22 0.8sin370.6cos3710m/s，求：， 1）物块与斜面间的动摩擦

5、因数；（ F2的大小和方向。（）拉力2 0.5kg1kgs2m/6的速度匀速下降，某时的小物块，正以质量为的小型无人机下面悬挂着一个质量为2s落地，已知无人机运动中受到的空气阻力大小始终为其自身重刻悬绳断裂小物块竖直下落，小物块经过0.12，求当小物块刚倍，无人机的升力始终恒定，不计小物块受到的空气阻力，重力加速度为力的s/10m 要落地时：1; ）无人机的速度（2 ）无人机离地面的高度。（ 71.5mBABB，直长为的长木板以某一初速度从木板静止放在水平冰面上，小物块的左端滑上长木板ABAB0.4m/sAB8.0cm后停的速度为到、，然后的速度达到相同，此时、又一起在水平冰面上滑行了AB2k

6、gAB=0.25。求：、下。若小物块，可视为质点，它与长木板间的动摩擦因数的质量相同，都为12 g=10m/s）（取1 ；（）木块与冰面的动摩擦因数22Q 。（）全过程产生的总热量 8m1 kgAt0时刻开始，物体在按如点，从如图甲所示，一质量为的小物块静止在粗糙水平面上的F3 sB5 s末物块刚末物块运动到图乙所示规律变化的水平力点时速度刚好为零，第作用下向右运动，第2) g10 m/sA0.2.(则：好回到取点，已知物块与粗糙水平面间的动摩擦因数 ) 3 s(1定性说明大体变化即可内物块速度与加速度大小发生了什么变化；）前（ 2AB间的距离为多少；（） 3 s30时间内的平均速度大小为多少

7、（）物块在 =37m=2kg9的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜的物体置于倾角为如图甲所示，质量为2sin37v-tt F=1s=0.6g=10m/s图像如图乙所示，（面向上的拉力，）求：时撤去拉力，物体运动的部分1 F1的大小；（）拉力 t2=4s时物体的速度的大小。（） o1kg1030角，小球与斜杆之间的小球穿在足够长的固定斜杆上，斜杆与水平方向成如图所示，质量为 3 o?F?103N30的拉力，小球由静止开始运动，。现对小球施加一个与斜杆成、大小的动摩擦因数3210m/sg? 2s，求：后撤去拉力，取 1）小球刚开始运动时的加速度大小；（ 22s内的位移大小；（）小球在前 F3

8、后，小球运动的位移大小。）撤去力（ 11冰壶是冬奥会的正式比赛项目，冰壶在冰面上运动时，运动员可以通过刷冰减小冰壶与冰面之间的动”“”40m大本营大本营摩擦因数，从而控制冰壶的滑行距离。如图，已知从冰壶的投掷点到，中心的距离为4m/s19kg3.66m的匀减速直线运动，在的直径为的冰壶被推出后，做初速度为。在某次比赛中，质量为210m/sg? 1s0.1m，冰壶可看成质点）求：内位移为它停下的最后。（ 1）冰壶与冰面之间的摩擦力：（ 30s2内冰壶的位移大小；）（3）若刷冰后动摩擦因数减小为原来的一半，那么对方运动员为了让冰壶滑离大本营，至少需要刷冰多（ 长距离？ 5kg12m0的圆环套在固定

9、的水平直杆上，环的直径略大于杆的截面直径，环与杆如图所示，将质量F=10N5305，使圆环从的动摩擦因数为对环施加一位于竖直平面内斜向上与杆夹角的恒定拉力2 0cos 5360sin 5310m/sg8）求：，静止开始做匀加速直线运动（取 1a的大小；（）圆环加速度 Ft=1s2后撤去，圆环从静止开始到停共能运动多远）若（作用时间 1kg?m13?的物体在斜面上受到一沿斜面向上的恒定拉如图所示为一倾角足够长的斜面，一质量?37?10m/s2sF，物体与斜面间动摩擦因数后速度达到力作用，物体由静止沿斜面向上做匀加速直线运动，?20.5?10m/sg? ?），求：（取，0.6sin37?0.8?c

10、os37 F1大小；）物体受到的恒力（ 2sFF2后，物体沿斜面向上运动的最大距离。时撤去力（，求撤去力）若 ”14“参加游戏的游客被安全带固定在座椅上，如图所示，在游乐场中，有一种大型游戏机械叫跳楼机124 m的高处，然后由静止释放为研究方便，可以认为由电动机将座椅沿光滑的竖直轨道提升到离地面4 m3 s高处时速度座椅沿轨道做自由落体运动后，开始受到恒力制动，做匀减速运动，且下落到离地面2 g=10 m/s求：刚好减小到零然后再让座椅以相当缓慢的速度稳稳落下，将游客送回地面，取 1）座椅在自由下落结束时刻的速度是多大？（ 2）座椅在匀减速阶段的时间是多少？（ 3）在匀减速阶段，座椅对游客的作

11、用力大小是游客体重的多少倍？（ 15aOAOL2m，摩擦很小可忽略不计利用此装可绕轴在竖直平面内转动，轨道长如图所示，轨道FF0.6N，方向始终平置实验探究物块在力的大小为作用下加速度与轨道倾角的关系某次实验，测得力m0.1kgb所示物块加速度与轨道倾角的关系图线，图中行于轨道向上，已知物块的质量实验得到如图2 g10m/sa）问：为图线与横轴交点（重力加速度为图线与纵轴交点，取10 a1为多大？）（0 2为多大？此时物块处于怎样的运动状态？）倾角（11.6sO30F3，则物块具有的最大重力势能为多少？，若物块在为（点从静止开始运动）当倾角作用下由? O所在水平面的重力势能为零）（设 -15“

12、”1620191217通过年山东月号在海南省三亚军港正式交付。中国航母舰载机歼日，首艘国产航母滑跃式起飞方式起飞，如图所示。飞机起飞的跑道可简化为如图所示模型。飞机由静止开始先在一段水平=20.5mLL=160m的倾斜跑道上运动，直到起飞。已知飞机的距离为的水平跑道上运动，然后在长度为2154=2.0NF=1.410m10kg质量，方向与速度方向相同，水平跑道与倾斜跑，其喷气发动机的推力大小恒为=2.05mh，设飞机在水平跑道上和倾斜跑道上运动的过程中受到摩擦的平均阻力大小都为道末端的高度差0.2倍，发动机推动力大小不变，航母处于静止状态，飞机质量视为不变，倾斜跑道看作斜面，飞机重力的 不计拐

13、角处的影响。求： 1）飞机在水平跑道上运动的加速度大小；（ 2）飞机滑跃起飞时的速度大小。（ 17m=10.0kg=0.5如图所示，木块质量为，木块与地面间的动摩擦因数为，受到方向与水平方向成2sin3710m/sF50Ng37=0.60cos37=0.80 ，角斜向右上方的恒力作用，。 1）求木块从静止开始沿水平面做匀变速直线运动的加速度；（ Ft2.0s2F，求：作用（后撤去恒力）若在恒力1 F后木块运动的时间；撤去恒力 木块从静止开始运动到停止运动的总位移。 ABB18 A可在细线牵引下沿足够长用细线跨过定滑轮相连，、如图甲所示，两滑块距地面一定高度，2kgm?4kgm?A A=37沿某

14、时刻由静止释放，斜面倾角的粗糙斜面向上滑动已知，测得AB2s?10m/go v-t0.6?sin37求：图象如图乙所示已知，斜面向上运动的 1A 与斜面间的动摩擦因数；（） 2A 沿斜面向上滑动的最大位移；）（ 3 A 的拉力所做的功）滑动过程中细线对（ 10 m/svBL16 mA1937，沿顺时两端间距，传送带以速度，、如图所示，传送带与地面的夹角0.60.5(sin 37Am1 kg，针方向运动，物体，无初速度地放置于端，它与传送带间的动摩擦因数 0.8)cos 37试求： BA1端的时间；端运动到（）物体由,BA,2物体相对传送带移动的端过程中则物体由（）若仅将传送带运动方向改为逆时针

15、方向运动端运动到? 距离为多大20v=10m/s=37m=0.5kg的物块无初速度的以大小的速度斜向上运动的传送带与水平面的夹角，质量A=0.5ABL=16m，取端到，传送带。已知物块与传送带间的动摩擦因数端的距离轻放在传送带的顶端2sin37=0.6g=10m/S 。， t1AB；）求物块从传送带的顶端（所用的时间运动到底端1BA2所用（运动至底端）若传送带的运动方向改为沿斜面向下，其他条件不变，求物块从传送带的顶端 t。时间 o1.2mh?A2137?点由静止开始下滑，物块与斜面间摩擦，倾角如图所示，一物体从高为斜坡上的?0.25?BB点前后速度大小不变），物体与传，经过点后进入水平向右运

16、动的传送带上（设经过因数10.4?3mL?210m/sg，传送带匀速运动的速度为送带的摩擦因数，传送带长度（取2m/sv?2oo 0.637?cos37sin?0.8），求：， 1a；（）物块在斜面上运动时的加速度大小1 Bv2；点时的速度大小（）物块运动到B Bh3。点后能够沿斜面上升的最大高度）通过计算判断物体能否滑离传送带？若不滑离，求物体返回（m AB222kg（可视为质点）从木板的左侧沿木静止在水平面上某时刻物块如图甲所示，质量为的木板2 stg=10m/-B/v=4msAv，求：板上表面滑上木板，初速度运动的图象如图乙所示，取重力加速度此后和0 AB1；与（上表面之间的动摩擦因数）

17、1 2B；与水平面间的动摩擦因数（）2 3A的质量）（23v2m/s，此时一质量与木板相等如图所示，一足够长木板在水平粗糙面上向右运动。某时刻速度为0v4m/s1sv两者速度恰好相同，速度大小为的小滑块（可视为质点）以的速度从右侧滑上木板，经过212 10m/s1m/sg，试求：，方向向左。重力加速度 1）木板与滑块间的动摩擦因数（1 2）木板与地面间的动摩擦因数（2 3）从滑块滑上木板，到最终两者静止的过程中，滑块相对木板的位移大小。（ vmm24从木的长木板静止在水平地面上，某时刻一质量的小铁块以水平向左速度如图所示，一质量0 4，求：，铁块与木板间的动摩擦因数板的右端滑上木板。已知木板与

18、地面间的动摩擦因数 ; 1）铁块相对木板滑动时，木板的加速度（; 2）为使木块不冲出木板，则木板的最短长度（. 3）若木块不冲出木板，则木板在水平地面上滑行的总路程（ 1kgm?M?0.5kg25的物块以初速度的木板静止在光滑水平面上，质量为如图甲所示，质量为?0.2?4m/s?v，在物块滑上木板的同时，给木板施滑上木板的左端，物块与木板之间的动摩擦因数为0sFF，给木板施加取某一值时，物块在木板上相对于木板滑动的路程为。当恒力加一个水平向右的恒力1F?1?ABABF，与横轴平行，且段的纵坐标为不同大小的恒力的关系如图乙所示，其中，得到1m s2BC10m/sg?DE 。、均为直线段。将物块视

19、为质点，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度 0F? 1，则物块会从木板的右端滑下，求木板的长度及物块从木板右端滑下时的速度；（）若恒力 2F的大小及对应点的坐标；）若物块刚好不会从长木板上滑下，求（BC 3F的取值范围。段）说明（261.5kgAA0.5kgB，物体如图所示，质量为上放置质量为的木板的物体放在光滑水平地面上。木板2 10m/sB0.2gBBAA。问：之间的动摩擦因数为与视为质点，位于木板取中点处，物体，重力加速度 BA4.0m7.0N1A板下抽出？（计，当拉力始终保持为的长度为（板从）若木板不变时，经过多长时间 算结果可用根式表示） FBA2A2.24m7.0N至少作用多长

20、时间？）若木板从木板的长度为（时，为了使，当拉力为左端滑落， 参考答案 30.210.6s21.44m1）小）；（【答案】（；（） 【解析】 1）由题意可知，（t=0.6s 解得： 2）由图可知，物体做匀加速运动，（ 可得：由S=1.44m mg=ma =0.23F。可得：）由（2 (1)75m(2)40m/s(3)10m/s2【答案】 【解析】ma?F?mgf? (1)由牛顿第二定律2 6m/sa?代入数据解得12atH?75mH? 代入数据解得上升高度 2mafmg? (2)下落过程中根据牛顿第二定律有128m/sa? 代入数据解得12 Hva?240m/s?v 落地时速度，代入数据解得1

21、mamgF?f (3)恢复升力后向下减速运动过程22a?10m/s 代入数据解得23v?30m/sm?6.4?10kg2 (3)(1) (2)35m/sa?需减少质量【答案】01 【解析】(1)Fkmgma 根据牛顿第二定律有F?kmg120000?0.1?20000?10225m/s?m/sa m2000022v?v?2ax (2)由0 22 30m/s160m/s?52ax?50?v?v2?得02212550v22?m/s?m/sa? (3)m，减重后加速度不小于设需减少质量1 2x2?16016?a)m?mm)g?(F?k(m? :根据牛顿第二定律有113m?6.4?10kg 代入数据解

22、得14(1)20m/s(2)0.5(3)100m 【答案】 【解析】12atx (1)根据位移时间公式，可得： 22 s2m?/a解得：=210m/s=20m/s v=at根据速度时间公式可得：?macosmgsin?mg (2)受力分析由牛顿第二定律有：1?0.5? 解得1?mamg?a (3)，由牛顿第二定律得：人在水平面上做匀加速运动，加速度大小为112s0.2m/a? 解得12xav?2 ，由11x?100m 。得15(1)=0.5 (2) F=3N, 方向平行斜面向下【答案】2 【解析】 (1)a ，设物块向上做加速运动的加速度大小为1?=ma F-mgsin-mgcos根据牛顿第二

23、定律有：11Fa 后，物块做匀减速运动，设运动的加速度大小为撤去拉力21?=ma mgcos+mgsin根据牛顿第二定律有：2:at=at 由于加速的时间与减速的时间相等，即21=0.5 联立解得：12ta2=40m ACx2a=a=10m/s=2 运动的距离：到（，物块从）物块向上运动时，21 12? =mgcosF+mgsinma-设拉力的方向沿斜面向下，则根裾牛顿第二定律有：3212a（2t） =x由题意可知： 322F=3NFa=5m/s 方向平行斜面向下解得：，2234.8m/s.1227.44 m 6）；方向竖直向【答案】（上（ 【解析】F?0.1Mg?(M?m)gF 1，则）设无

24、人机的升力为（F?14N 求得F?0.1Mg?Mg?Maa ，则悬绳断开后，无人机先向下做匀减速运动，设加速度大小为112a?5m/s 求得1v0?0.4st 运动到速度为零时，需要的时间 1a1a ，然后无人机向上做加速运动，设加速度大小为2F?Mg?0.1Mg?Ma 根据牛顿第二定律有22a?3m/s 求得2v?at?4.8m/s1.6st? ，方向竖直向上再经过无人机的速度212212gt?24mh?vt 2）小物块从无人机上刚脱落时，离地的高度（ 022v0?0.4mh 小物块脱落后，无人机下落的高度 1a212v1?3.84mh?1.6s 内上升的高度后又在 22a2H?h?h?h?

25、27.44m 因此当小物块落地时，无人机离地面的高度217(1)0.10(2)5.76J ；【答案】 【解析】 (1)AB 一起运动时，受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度、2?gmv2?21.0m/s?a?g 2s2m=0.10 解得木板与冰面的动摩擦因数2?mg22.5m/sa? (2)A受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度小物块1 1mABA 的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有小物块受小物块在木板上滑动，木块?mg?mamg?2 2212 a=0.50m/s解得加速度2v?0.8st BvtA，则设经时间、后的速度相同为 a2=2.4m/s =vvat小物块

26、滑上木板的初速度1012mv?Q?5.76J 对系统，由能量守恒，总热量 024m/s 8【答案】(1)速度先增大后减小，加速度先减小后增大;(2)4 m; (3) 3(1) 小物块速度先增大后减小，加速度先减小后增大【解析】(2)35 sFBAaAB间时间内物块在水平恒力点，设加速度为作用下从，在点由静止匀加速直线运动到x 的距离为Fmgma 则?mg4?0.2?1?10F22s/2m/sma m112at得 由x 2x4 m x(3)得 由v t4m/s v 39148N24m/s ）；（【答案】（ 【解析】?mamg?mgsin?cosF a1F，由牛顿第二定律可得：（作用时物体的加速度

27、为）设力11?cos?mamgmgsin Fa，由牛顿第二定律可得：后，设物体的加速度为撤去力2222a?16m/sa?8m/s ，根据图象可以知道21?0.25F?48N ，代入计算得出?cosmgsinma?mg 2a，由牛顿第二定律可得：（）设下滑加速度为332a?4m/s 解得3v?at Ft，则有设撤去力后物体运动到最高点的时间为2221t?2s 代入数据得2t?t?t?t?1s 4s内物体沿着斜面下滑的时间前213v?at?4m/s 4st=时物体的速度则332(2)20m(3)20m 10(1)10m/s；【答案】； 【解析】yooFsin30?mgcos30?F (1)方向对小

28、球受力分析如图甲所示，进行正交分解NF?0 解得Nxooma?mgsin30Fcos30? 0方向即摩擦力等于。2 10m/sa?解得 1220m?atx?2s (2)内的位移为小球做匀加速直线运动 12xo?ma30?fmg?sinF (3)方向当撤去力后，受力分析如图乙所示。1 y?o? Ff?Fcos30?mg，方向NN210m/s?a 联立可得120m/s?2sv?at 末物体的速度大小2v?20mxF 后，小球运动的位移大小撤去力 2a21(3) 3.66m (1)3.8N11(2)40m；【答案】 【解析】12x2?0.1222m/ss.2=0x?ata?m/ (1)可得根据 22

29、2t1f?ma?19?0.2N=3.8N 可得v40?st?20s20s(2) 内已停止运动由于，即冰壶在 a0.2v40t?20m=40mx?30s 内的位移为则 总22113.662fx?0?fx?mvx?mx?40m+ (3)，由全过程功能定理得 01221222x?38.17mx?3.66m3.66m 。由以上两式解得，即至少要刷冰122212.6m a=9m/s121）【答案】（）1 【解析】1 ）环受力分析如图（ 竖直方向：N=3N 环受摩擦力：5N f=1 水平方向：2 =9m/s a环的加速度大小：1t =9m/s 12v=a秒末速度：）环（11 1秒末位移：环 F后环的加速度

30、大小：撤 15N?F5mx? 13(2)(1)；【答案】 【解析】10v?225m/s?m/sa? v10m/s (1)2s，故物体的加速度沿斜面向上，大小为后物体的速度 12t?mamgsinF?mgcos? 对物体分析根据牛顿第二定律有115N?F ；代入数据解得?mamgsincos?mg (2)F后，根据牛顿第二定律可知撤掉力2?2x?2a?0v? 物体沿斜面向上运动到最大距离时速度为零，根据运动学公式有25mx? 。联立两式代入数据解得. 31.6130 m/s25s14.倍）【答案】（；（；（） 【解析】=10=gt1v=gtv3 m/s=30 m/s 得最大速度为：（）自由下落阶

31、段，由112245m?10?3mxgt 2）自由下落阶段，自由下落的位移为：（ 1122-4 m=124 m-45 m-4 m=75 m x=x-x匀减速过程的位移为：12x2x2?7522st5s 则匀减速过程的时间为： 2v30vv?v0?30220ta?m/s6m/s 3 ）以向下为正方向，匀减速过程有：（ 25t2，N=mg-ma=1.6 mg mg-N=ma由牛顿第二定律有：1.6 倍。所以在匀减速阶段，座椅对游客的作用力大小是游客体重的20 (2) 3715.(1)6m/s；物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；【答案】(3)0.768J 【解析】0a =01，

32、木板水平放置，此时物块的加速度为）（0FFma 由牛顿第二定律，得：0合22 F/m=0.6/0.1m/s=6m/s a解得00 =37F=mgsin2a=0；（，则）当木板倾角为，解得时，111 物块可能沿斜面向上匀速运动；可能沿斜面向下匀速运动；静止；0 3=30时，对物块由牛顿定律得：（）当木板倾角为F-mgsinma 10.6-0.1100.50.1a 12 a1m/s解得1vat=11.6m/s =1.6m/s 111122 m =1.28 m 1.6ta s= 111 22F 后，物块沿斜面向上做匀减速运动对物块由牛顿定律得：撤去mgsinma 2022 =5m/s100.5 m/

33、sagsin30222v1.61s?m?0.256m 22a2?52s+sL=2m 所以物块上滑不会脱离轨道，滑到速度为零时，势能最大因为21O 处为零势能面，物块具有的最大重力势能为：以0=0.1100.5J=0.768J 1.28+0.256sEpmg+ssin30）（212(2)42m/s (1)5.0m/s16.；【答案】 【解析】 (1) 飞机在水平跑道上运动，对其受力分析如图 ma?fF 所以有1mg f=0.2根据题意有2 =5.0m/sa联立各式代入数据解得122L2a?v?v (2)飞机在水平跑道上运动时有1011?ma?fsinF?mg 飞机在倾斜跑道上运动时，根据牛顿第二

34、定律有24?a2 m/s代入数据可得222La?2v?v 根据运动学公式212242m/sv? 带入数据数据联立可得221.1m (2)17.(1)0.2s0.5m/s；【答案】； 【解析】 (1)木块水平匀加速运动，对木块受力分析有?mg?NFsin ?maf?Fcos? ?N?f 2 0.5m/sa?联立各式代入数据解得1m/s2m/s0.5?vat? F(2)瞬间的速度为撤去恒力11?ma?mgf? 撤去恒力后由摩擦力提供加速度可知122?g?0.5?10m/s?5m/sa 所以0?v0?11?s?t?0.2s 撤去恒力后运动时间 2?a?52v121S=at? 木块从静止开始运动到停止

35、运动的总位移 1总?22aS=1.1m 代入数据可解得总0.250.75m12J 18.(1) (3) (2) 【答案】 【解析】v2224m/sm/s?a? (1)0-0.5sAB系统的加速度为在、内，根据图象， 1t0.5?a?mmgcos?T?mgsin A，对1AAAammg?T? B ，对1BB?0.25? 得：?acossinm?mggm (2)BA继续减速上升由牛顿第二定律得落地后，2AAA28m/sa? 将已知量代入，可得22v?0.25mx?A 减速向上滑动的位移为故 22a22v?0.5mx?A0-0.5s 加速向上滑动的位移内考虑 12a1Ax=x+x=0.75m 上滑的

36、最大位移为所以，2112?0mcos）xsinW?(mg?vmg (3)A加速上滑过程中，由动能定理： AAA12=12J W得m (2) 5619.(1) 2 s 【答案】 【解析】 (1) ?+?=物体开始时受到沿斜面向下的滑动摩擦力，根据牛顿第二定律得：解：1210?/?= ?可得：1? =1?则物体加速到速度与传送带相同所经历的时间为：1 ?112 5?=?此过程通过的位移为111 2由于?37，则速度相同后物体继续向下做匀加速运动，所受的滑动摩擦力将沿斜面向上，则有：?=? 222?/?= ?解得 加速度为 212?+=? ?由?21022 2=1? ?解得：2+?=2? ?需要的时

37、间为：=故物体从A运动到B21 (2) 将传送带运动方向改为逆时针方向运动，物体一直匀加速从A运动到B端，根据牛顿第二定律得：?=? 322?/?= 可得?312?=? 33 2=4? ?得：3=56? ?=?+物体相对传送带移动的距离为：?320.(1)4s(2)2s ；【答案】 【解析】 (1) 传送带顺时针转动时，物体受到沿斜面向上的滑动摩擦力作用?mamgmgsincos? 由牛顿第二定律得2?2mcossin/?sga?g 解得加速度12atL? 根据 12t?4s BA所用的时间解得物块从传送带的顶端运动到底端1(2) 若传送带的运动方向改为沿斜面向下，其他条件不变，物体开始时受到

38、沿斜面向下的滑动摩擦力，由?masinmg?cosmg 牛顿第二定律可得1210m/sa? 代入数值可得1v10?t?s=1st 达到传送带速度设经过时间 11a1011122m=5m16mx?1?10?at? 运动位移 11122oa?37tan? ，由牛顿第二定律可得因为，物体继续向下加速运动，设加速度大小为2?sin?mamgsinmg 22a?2m/s 代入数值可得212t?L?vt?atx B点设再经过时间达到2 12222t?1s 代入数值可得2t?t?t?2s AB所用时间运动至底端物块从传送带的顶端212(2)4m/s(3)21.(1)4m/s0.15m 物块不会滑离传送带，上

39、升的最大高度为【答案】； 【解析】?mamgmgsincos? (1)物块沿斜面加速下滑，由牛顿第二定律得112=4m/sa ；代入数据解得斜面下滑加速度大小1h2a2?2al?v (2)下滑过程由速度位移的关系式得 1B1o37sin v=4m/s；代入数据解得B?ma?mg (3)物块在传送带上做减速运动，由牛顿第二定律得：2224m/s?ax，由速度位移的；设物块在传送带上能滑行的最大距离为代入数据解得传送带上加速度大小222v4B?m?2m?L?3mx? 关系式得： 2a2?42 所以物体不会滑离传送带；v?v，所以物块速度减为零后，返回做匀加速直线运动，当速度等于传送带速度后，做匀速

40、直线又因为Bv?v?2m/s B点的速度大小为运动，所以当物块返回到1?cos?mamgsinmg 滑上斜面后由牛顿第二定律得312a?8m/s ，则上滑的距离代入数据得物块沿斜面加速减速上滑加速度大小322v21s?m?0.25m 2a2?83?h?s?sin37?0.25?0.6m?0.15m 所以上升的最大高度m22.10.2 20.1 36kg ）（）（【答案】（） 【解析】v?v201s/?a?2m? A01 s (1)内的加速度在由图象可知， 1t1 Amgma对由牛顿第二定律得，110.2 解得：1v?v213s/1m?a? 3 sB(2)A1内的加速度由图象知，、在 3t2AB

41、(Mm)g(Mm)a 、整体由牛顿第二定律得：对320.1 解得：2?v?v201sma?/?2 1 sB(3)0内的加速度由图象可知在 2t1Bmg(Mm)gMa 对由牛顿第二定律得，221m6 kg 代入数据解得：12.75m0.3 223.13）（【答案】（ 20 【解析】v?v1?42212s/?3a?m/sm? 1，方向向右（）对小滑块分析：其加速度为： 1t1?0.3?mamg ；对小滑块根据牛顿第二定律有：，可以得到：1112 ）对木板分析，其先向右减速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：（v?0mmgmg?2 21t1 然后向左加速运动，根据牛顿第二定律以及运动学公式可以得到：v?2?2mg?mg?m 21t2t?t?t?1s 而且211ts?0.5s?0.5t? ；，联立可以得到：， 221200?vt?0.5s0xm?t?0.5 3时间内，木板向右减速运动，其向右运动的位移为：）在（，方向向右； 1112v?0st?0.52?tx?0.25m ，方向向左；在时间内，木板向左加速运动，其向左加速运动的位移为： 2222v?v21?t?2.5mx?st?1 ，方向向左