专题06+大题易丢分30题-2018-学年上学期期中复习备考高三物理黄金30题+版含解析

1、2018-2019学年第一学期期中复习备考之高三物理专题复习之期中复习大题易丢分(30题)(范围：必修一、二，选修3-5动量)11F+3-S.1. (1)3(2)BC段恒力F的取值范围是1NWFW3N函数关系式是54.【解析】(1)从图中可以看出当F车刎4寸，物块将从木板右端滑下，当F增大到某一值0寸物块恰夕洋I达木板的右端,且两者具有共同速度,所以aj=；=O.Sm以初速度。为正方向物块的加速度大小：=A?=2mA=木板的加速度大小二期,二*吧设经历时间t后两者共速，%-%=以储由图长，滑块相对木板的路程;i可以得出F1TN当F继续增大时，物块减速.木板加速，两者在木板上某一位置具有共同速度

2、当两者共速后置隘持相对静止静摩擦力作用)一起以相同加速度a做匀加速运动孑当F再继续增大到F泗寸两物体达到共速后，将不能一起运动，物体将会从木板的左端滑出口%a-?而f="呼二.=2m/§可以求得F2=8N所以当F2=8N时，物块从vo经过t后与木板的速度相等甘。一为5=口，/F2+呻唱10,x=vot-aMt而此时的相对位移3x=-m可以求得5=2工=2x-m=3m由于物体将会从滑板左侧滑出即：1 %所以b=«可得坐标：BI)D(*)(2)当后生产工卜工时，最终两物体达到共速，并最后一起相对静止加速运动，当两者具有共同速度v,历时1,_F+Rm总_F+则：=2m/

3、s1根据速度时间关系.可得:v0-aml口川士根据位移关系可得：1W125先"2*/匚-F联立*函数关系式解得：1_F1s243点睛：本题考查了牛顿运动定律，滑块问题是物理模型中非常重要的模型，本题通过非常规的图像来分析滑块的运动。1.3.【解析】试题分析：）M下落，机械能守恒：一炉=iM、m研撞动量守恒M、（M-m）vfvf=2m;s木林向下运动，由动量定理（规定向下为正方向）(M>m)g-f|A>'*O,r-(Mr)置f=240N考点：动量守恒、动量定理【名师点睛】3. 3.4s【解析】试题分析：物体在水平传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线

4、运动，在倾斜传送带上，由于重力沿斜面方向的分力大于滑动摩擦力，所以物体做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律求出在水平传送带和倾斜传送带上的加速度，结合运动学公式即可求出运动时间。物体A轻放在a点后摩擦力作用下向右做匀加速直线运动此时的加速度为:当物体的速度与传送带速度相等时运动的位移为:2此时有：与1g=4E，由此可以看出并未从水平传送带上滑下=0.8s则加速经历时间为：ab力ty=1f占此后随传送带匀速运动到b点的时间为：”当物体A到达成bc斜面后，由于mgsina=0.6mg>mcosa=0.2mg所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动。由牛顿第二定律可得加速度大小为：a2gsina

5、-igcosa=4m/s2,12根据位移时间公式可得物体A在传送带bc上所用时间为：代入数据解得：t3=1s（负值舍去）则物体A从a点被传送到c点所用时间为t=t1+t2+t3=3.4s点睛：本题主要考查了应用牛顿第二定律和运动学公式求解传送带问题，注意在倾斜传送带上运动时加速的情况。4. （1）岗=0.5（2）Ff=1.6N,水平向左（3）地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变【解析】解：（1）由v2=2as得：a=2m/s22(M+m)g由'mgcosgm=NgcosB=2m/s2得N=0.5（2）以物块和木楔ABC整体为研究对象作出力图如图一根据牛顿第二定律得：-心二代入数据计算得

6、出：取f=16N(3)对木楔来说物块加力以后它的受到物体的力没有任何变化，所以地面对木楔的摩擦力的大小、方向均不变5. (1)8m/s(2)7.6m(3)物块不能到达M点.【解析】(1)由物块过B点后其位移与时间的关系x=8t2t2得vo=8m/s,加速度a=4m/s2(2)设物块由D点以初速度Vd做平抛运动，落到p点时其竖直速度为vy=72gR一Vy又-=tan453,得vd=4m/sVdx=Vd3得x=1.6m设平抛运动用时为t,水平位移为x,由R=2gt2,222、一，、一，V0-VDBD同位移为x1=6m2a则BP水平间距为x+x1=7.6m(3)设物块沿轨道到达M点的速度为vn,由机

7、械能守恒得:1一nUVM2皿VD*iwhR222则加=16-80若物块恰好能沿轨道过m点”则叫产吗4A解得v%=8迎故物块不能到达M点.6.(1)6m/s(2)3m/s(3)8N【解析】(1)滑块做匀减速直线运动，加速度大小：a=f=2m/s2,m22cVa-Vo=-2ax解得：va-6m/s(2)碰撞过程中满足动量守恒:mvA=2mv,解得：v=3m/s.(3)由b运动到c的过程中，根据动能定理，设c点的速度为vC,1-21_1-2mg2R=2mvC-2mv,22解得：vC=J5m/s,2根据受力分析：2mgN=2mC-,解得N=8N.7. (1)2m/s(2)4.5J【解析】对于小球，在运

8、动的过程中机械能守恒，则有mglmv3mgh令iv逆球与A碰撞过程中系统的动量守恒mvimvf-MAVA物块A与木板B相互作用过程中rMava=(Ma-Mb)v去小球及AB组成的系统损失的机械能为&E=m虱遂(Ma+Mb)v打2联立以上格式,解得AE7.5L8. (1)4cm；(2)5N,方向沿斜面向上.【解析】(1)对结点。受力分析如图所示:根据平衡条件，有：TcosmBg=0,TsinHF=0,且：F=kx,解得：x=4cm；A做受力分析如图所示:(2)设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体根据平衡条件，有：T-f-mAgsinct=。，解得：f=-5N,即物体A所受摩擦力大小为5N

9、,方向沿斜面向上。点睛：本题主要考查了平衡条件和胡克定律得直接应用，要求同学们能选择合适的研究对象并能正确对物体受力分析，注意正交分解法在解题中的应用。9. (1)压力大小为13.1N,方向竖直向下；(2)木板的加速度为1.0m/s2；(3)没有共速，P?已经从木板上掉下，时间是0.67s.【解析】(1)P1从A到B为研究过程，由机械能守恒得:mgR12二-mvB212-mvo2在B点据牛顿第二定律得:2VbF-mg=m在B点由牛顿第三定律可知：F与F'等大反向，联立以上解得：vB=5m/sF'=13.1N方向竖直向上.(2)由于两物体碰撞过程中是弹性碰撞，所以碰后P2的速度为

10、5m/s,P2在长木板上做匀减速直线运动,P1静止在长木板上一齐做匀加速直线运动；据牛顿第二定律得：2mg=(M+m)a代入数据解得：a=1m/s2臼)碰撞后上在木板上滑动时：也=一四W=-5一DmJ,向左jPi与木板共同的加速度为y1=LMi仙，向右。设它们有共速；以=得：4=炉，它们的相对位移大小：0A5=%/+：%片口彳二!阴用208m工=2冽j故P?已经从木板上掉下,时间是卜Z=v>-t2+g牝W口iY-5"-jxl.Oxf,=2m，所求的时间：t2=1ss0一67注工另:点睛：本题的关键是判断物体的运动情况，判断Pi静止在长木板上一齐做匀加速直线运动是此题的重点,再据

11、几何关系找出位移关系.10. (1)1.8s(2)4m/s【解析】(1)工件刚放在传送带AB上，在摩擦力作用下做匀加速运动，设其加速度大小为a1，速度增加到Vi时所用时间为t1，位移大小为多，则由受力分析图甲以及牛顿运动定律可得：2N1二mg;f1=(iN1=ma1联立解得：a1=5m/s.、I中0-图用由运动学公式有：ti=v=2s=iss-_a1t12-1512-2.5ma1522由于&VLab,随后在传送带AB上做匀速直线运动到B端，则匀速运动的时间t2为：t2="LAB二三=0.3sVi工件滑上CD传送带后在重力和滑动摩擦力作用下做匀减速运动，设其加速度大小为32,速

12、度减小到零时所用时间为t3,位移大小为S2,则由受力分析图乙以及牛顿运动定律可得：N2=mgcos0mgsin0+烦ma2由运动学公式有：s2=联立解得：m=10m/s2.S2=1.25m-2a2工作沿CD传送带上升最大高度为：h=s2sin0=1.25x0.6m=0.75m沿CD上升的时间为：t3=2二乜=2=0尿-a210故总时间为：t=t1+t2+t3=1.8s(2)CD传送带以速度V2大小向上传送时，当工件的速度大于V2时，滑动摩擦力沿传送带向下加速度大小仍为32；当工件的速度小于V2时，滑动摩擦力沿传送带向上，设其加速度大小为33,两个过程的位移大小分别为s3和则由受力分析图丙由运动

13、学公式和牛顿运动定律可得：mgsin广(iN2=ma3-2a2&=v2-v12-2a3s4=0-v2Lcd=S3+S4解得：V2=4m/s2.11. (1)a=4m/s(2)k=30kg/sN=0.25t=0时【解析】(1)由速度-时间图像可知，物体开始时做加速度减小的加速直线运动，最后做匀速运动.在刻，图线切线的斜率即为该时刻的加速度，故有,2=4m/s12-0,2a0=m/s3-0(2)在T)时刻开始加速时，w-tb由牛顿第二定律可得而gsin9-1fcp一网岬9=初4最后匀速时Tc=10ni-;s?牛=0由平衡条件可得联立解得：尸0.25,12. (1)0.5;(2)275m/s

14、(3)3m/s；2s【解析】(1)当传送带静止时，物体在传送带上受力如图；乙根据牛顿第二定律：Jmgcosqmgsin?-m&从B到C过程：v2=2a1l解得：a1=10m/s2,=0.5(2)显然，当小物体受到的摩擦力始终向上时，最容易到达传送带顶端，此时，小物体受力如图乙所示，据牛顿第二定律得：mgsin37jimgos37°=ma2若恰好能到达高台时，有：v2=2a2l解得：v=2J5m/s即当小物体在AB平台上向右滑动速度小于2，5m/s时，无论传送带顺时针传动的速度多大，小物体总不能到达平台CD。以V1表示d呦体在平台功上的滑动速度，以七表示传送带顺时针传动的速度大

15、小，对从小物体滑上传送带到小物体速度减小到传送带速度过程有：对从小物体速度瀛小到带速为开始，到运动到恰滑上平台过程，有：3二202X1Jt.+jQ=Z解得二vj=3m/s即传送带至少以3m/s的速度顺时针运动，小物体才能到达平台CD.从b到c所用的时间为13. (1)30N(2)-10J;12.5J12【斛析】(1)根据动能th理：mgR=mv1-02解得：V1=3m/s2在轨道最低点：N-mg=m由牛顿第三定律Fn=N=30N(2)物体从第一次滑上传送带到离开传送带的过程中，由定律定理：Nmgt=mvm(t=2.5s摩擦力对传送带做的功W=-Nmgvt=-10J22V1-Vx=vt=6.25

16、m2日g摩擦而产生的热Q=mgx=12.5J14. (1),，凉2R(2)距地面：R处或日=arccos；处【解析】(1)使物体恰好不沿球面下滑而做平抛运动，在最高点时应该是物体的重力恰好作为向心力，所2以根据向心力的公式可得，mg=mv0,所以v0二1gRR物体离开球面之后做平抛运动，水平方向上：x=v0t竖直方向上：2R=1gt2代入数据可以求得，落地点C到A点的最小距离为2R.'2(2)设物体下滑到与球心连线与竖直方向成。角的位置脱离球体，则mgcosQ=mR由机械能守恒定律mgR1-cosi-1mv225斛得cos日=,即距地面-R处脱离球体.3315. (1)4m/s(2)1

17、560N(3)1.05s【解析】(1)从开始起跳到脚离开地面重心上升h1=0.5m,离开地面到上升到最高点的过程中，重心上升距离h2=0.8m,根据速度位移关系：0-v2=-2gh2所以v=J2gh2=村2M10M0.8m/s=4m/s；(2)脚未离地过程中，J鬲,得"=出=16相/JA对人受力分析乙一胴耳二的，得斗=7Kg+?M=156ON由牛顿第三定律可知运动员对地面的压力为156ON,方向向下;v4(3)加速上升时间t1=s=0.25s,减速上升的时间a16，v4-，工一,t2=一s=0.4s,加速下降和减速上升时g10间相同，故总时间为t=t1+2t2=1.05s。16. (

18、i)"024s【解析】(1)根据牛顿第二定律得，物块的加速度大小为：a2=囚=0.5X0m/s2=5m/s2,S0.5x2»10T2G=m/s=m/百小车的加速度大小为:,根据v0-a2t=a1t得则速度相等需经历的时间为:%+a2=255=024$3(2)物块不从小车右端滑出的临界条件为物块滑到小车右端时恰好两者达到共同速度，设此速度为v,由水平方向动量守恒得：m2vo=(mi+m2)v11根据能量守恒得：m2gL=2m2Vo2-，mi+m2)v2代入数据，联立解得vo'=5m/s点睛：本题考查了滑块模型，关键理清物体的运动规律，对于第二问，也可以抓住临界情况，结

19、合动力学知识求解，但是没有运用动量守恒和能量守恒解决方便.17. (1)0.1(2)24J(3)3.0N【解析】(1)由甲乙两图比较可知，在第5s-9s内，物块做匀减速运动，一、0-40o加速度：a=-1.0m/s9-5由牛顿第二定律得：-mg=ma得：=0.1112.02(2)对全过程：W=pt1+P2t2=+4.0M3=24J22(3)物块匀速运动阶段：尸卬旭=0解得：/lmg=串*m.得：加二LOkg物块加速运动阶段，加速度：劣=±F=zo掰/由牛顿第二定律得：F-网1且二-即：F=2?m+1所以：尸=2x1+1=39”或：由图像可知：当弓=20s,H=40m/s时，片=12W

20、由4=5H12得：F=3.0N418. (1)2m/s(2)不能0.2m【解析】试题分析：(1)物块在传送带上先做匀加速直线运动(1mg=ma2ai=2m/s当两者速度相等时，t=此时物块运动的位移为：s1=*一事v2m所以在到达传送带右端前物块已匀速，速度为2m/s(2)物块以刈速度滑上斜面一mgsin0=ma2a2=6m/s物块速度为零时上升的距离中一/0-i1S2=由于S2<0.4m,所以物块未到达斜面的最高点.物块上升的最大高度：hm=S2Sin0=0.2m答：(1)物块到达传送带右端的速度为2m/s.，Vb=3(2)物块不能到达斜面顶端，物块上升的最大高度为0.2m.19. (

21、1)Epm=|mgh(2)【解析】试题分析：(1)对A球下滑的过程，由动能定理得：2mgh=；x2掰4=勾=当A球进入水平轨道后，AB两球组成的系统动量守恒，当A-B相距最近时，两球速度相等，由动量守恒定律可得二2加%=(2«+刑)串=#=：畤=：/由能量守恒定律得：2明曲二;(2加+吗)寸+左网(=与耽=叫g为/JbrJ(3)当A.B相距最近之后，由于静电斥力的相互作用，它们将会相互远离，当它们相距足够远时，它们之间的相互作用力可视为零，电势能也视为零，它们就达到最终的速度，该过程中，A.B两球组成的系统动量守恒、能量也守恒.由动量守恒定律可得：2mv0=2mvA+mvB,1212

22、12由能量守恒定律可得：，父2mv：=1M2mvA+1mv2,222解得：Va=1Vo=12gh,VB=4Vo=-72gh;3333考点：考查了动能定理，能量守恒定律，动量守恒定律【名师点睛】由动能定理与动量守恒定律可以求出A球的速度.由能量守恒定律可以求出两球系统的电势能.由动量守恒定律与能量守恒定律可以求出A.B两球的速度20. (1)3m(2)0.2【解析】试题分析：(1)分析滑块受力，由牛顿第二定律得，加速度为:口=曰$?也。=10x0,6m/s2=6m/s2N.121通过图象可知滑块在斜面上运动的时间为：(1=15,由运动学公式得：22。(2)滑块对斜面的压力为：鹏二2。的,木板对传

23、感器的压力为：&=*严加日,由图象知：6=I2*,代入数据解得：巾=2.5心？，传感器对木板的拉力为:世=0.2解得：飞。考点：牛顿第二定律、力的合成与分解的运用【名师点睛】根据牛顿第二定律求出滑块在斜面上运动的加速度，结合位移时间公式求出滑块的位移.根的大小，结合滑动摩擦据木板对传感器的压力得出物块的质量，结合传感器对木板的拉力求出滑动摩擦力力公式求出动摩擦因数的大小。21.(1)4N(2)16W(3)-144JVo【斛析】(1)小车在10s后的加速度大小为a=2m/s?t所受阻力为f=ma=2N在前02s,F-f=ma=2N,解得F=4N(2)在270s内，小车牵引力功率P=Fv=

24、fvm=16W19(3)小车在02s内位移为x1=at=4m21212在27s内位移为Pt一fx2=mv2-mv1,解得x2=28m22在710s内位移为x3=vmt3=24m1在1014s内位移x4=vmt4=16mx2x=x1x2x3x4所以在14s内阻力f做的功为W=-fx=-144J73JR+1f=mgm22. (1)由"(2)2(3)2【解析】解：(1)小车处于静止状态，受力平衡，对小车受力分析，沿斜面方向有刖豕后30、2mg,计算得出:*-",(2)当A和B互换位置后，设A连接的绳子与垂直于斜面方向为",沿斜面方向受力：一必匕+，计算得出6=3。&qu

25、ot;，即A连接的绳子竖直向上拉小车对小车和斜面体整体受力分析f=s300f=mg计算得出：综上所述本题答案:(1)小车的质量为4m,fmg(2)现使A、B位置互换，当系统再次静止时，地面与斜面体之间的摩擦力大小为工23. (1)4m/s；(2)5m/s；(3)12.9N;(4)7.9J【解析】(1)物体在平台上运动时，由牛顿第二定律得：产能=,vA=ac由代入数据解得：，=4m/s；从4点到B息,由动能定理得：mgh=次一切切代入数据解得：vE=5m/s<3)设QB与QC的夹角为内贝小84二皆=；Vg从B点到C点,由动能定理得：mgQ?-RcosS)=一城在c息：冷mg=萼解得

26、:Fn=12.9N根据牛顿第三定律可知，物块通过图邨仁点时对轨道的压力大小用=%=12,9N(4)轨道最高点D时，重力提供向心力:mg=f?从C点到D点，由动能定理得:解得：'-mg2R-W=-.m/2224. (1)v=3m/s(2)L=2.5m(3)若传送带顺时针转动，Q=16JQ'=126J“【解析】试题分析：由机械能守恒定律求出物块滑到B点的速度大小vo,研究小车撞到障碍物C后物块沿水平方向飞出的过程，该过程物块做平抛运动，下落的高度为h,到达D点时速度与水平方向的夹角为53。,由h求得下落到D点时竖直分速度，再由速度分解法求得物块飞离小车的水平速度大小v和物块滑到B点

27、的速度大小vo；物块在小车上运动的过程中做匀减速运动，由速度时间公式求出物块在小车上滑行的时间.再对小车，由牛顿第二定律和速度公式结合求F,由位移公式求出物块与小车的位移，两者之差即等于小车的长度L;分析物块在传送带上的运动情况，由牛顿第二定律和运动学公式求时间t,求得两者的相对位移，即可求得内能Q。(1)对物块，从4到3根据动能定理：制皿?18双°)=；扁带入数据解得：咤=5m/S以物块为研究对象在平抛过程：$=2研,P在D点沿切线飞入速度关系为：353°=上v带入数据解得：Im/s(2)以物块为研究对象，由牛顿第二定律得：f=N1mg=ma带入数据解得：ai=2m/s2

28、对小车，由牛顿第二定律得：F+N1mg=Ma2设经过时间t1物块与小车相对静止由v=VoaW=a2t1,带入数据解得：a2=3m/s2解得：F=10N.物块与小车在时间t1内通过的位移分别为：X=vvt1=4mx2=_vt1=1.5m22则小车的长度为：L=x1-x2=2.5m(3)若传送带顺时针转动，传送带速度V3=15m/s,由题意知：摩擦力f=2mgcos53=2N,重力沿斜面的分量mgsin53°=8N且有f<mgsin53°,可知物块与传送带速度相同后仍将继续加速下滑，速度口生“(mgsin53*+4mgcos539._.相等刖，a3;2-=10m/sm物块

29、到达D点的速：V2=v/cos530=5m/s由速度V3=V2+a3t3,解得t3=1s1c根据位移时间关系：s1=v2t3a3t32带入数据解得：si=10m产生的热量为：Q1=f(V3t3-s1)带入数据解得：Q1=10J速度相等后，由牛顿第二定律可得：mgsin530-N2mgcos530=ma4解得：a4=6m/s2位移关系为：s2=s-s1=18m1O由位移关系为：s2=v2t4a4t42带入数据解得：t4=1s,其中t4=-6s(舍去)该过程产生的热量为：Q2=f(s2v3t4)=6J所以：t=t3+t4=2s产生的总内能为：Q=Qi+Q2=16J若传送带逆时针转动，物块一直下滑，

30、时间为右位移时间关系为：$=匕与+；/。=28历7解得：t5=-s?其中念=4式舍去)所以产生的热量为：QF=/($+为4=1264点睛：本题主要考查了相对运动、平抛及传送带相结合问题，分析清楚物体运动过程是关键，要通过牛顿第二定律和运动学公式边计算边分析，摩擦产生的内能与相对路程有关。25. (1)0.375(2)2V3m/s(3)0.2s【解析】试题分析：(1)滑块由A到D过程，根据动能定理,_02R-有：mg（2RR）Nmgcos37x0=0（3分）1代入数据解得：N=tan370=0.375（1分）22（2）若使滑块能到达C点，根据牛顿第二定律：FN+mg=m（i分）R代入数据解得：V

31、c-.gR=2m/s（1分）2R1cle从A到C的过程列动能te理：Rmgcos37父=mvc-mv0（1分）sin37022代入数据解得：Vo=Jv；+2gR至2J3m/s,所以初速度v0的最小值为2J3m/s。（1分）（3）滑块离开C后做平抛运动，水平方向：工=为£（1分）竖直方向：力分）Ju水平竖直位移间的关系：旬!37口二丝上（1分）X代人后化简得：5d+3f0龙=。解得：（1分）考点：平抛运动、动能定理【名师点睛】本题主要考查了平抛运动、动能定理。滑块恰能滑到与O等高的D点，速度为零，对A到D过程，运用动能定理列式可求出动摩擦因数出滑块恰好能到达C点时，由重力提供向心力，根

32、据牛顿第二定律列式可得到C点的速度范围，再对A到C过程，运用动能定理求初速度V0的最小值.离开C点做平抛运动，由平抛运动的规律和几何知识结合求时间。32526. （1）%二话”（2）见解析（3）"1;【解析】试题分析：通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力水平向右，地面给长木板的摩擦力水平向左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开始运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解.（1）设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为31,刚滑到第四块的速度为V1由牛顿第二定律得的时白=财由运动学公式得喏-说=2%，及联立得Vi=2m/s(2)设小铅块滑到第n块

33、木块时对木块的摩擦力为：/i=叱后面的(5-n+1)块木块受到地面的最大静摩擦力为：八=要使木块滑动，应满足Ui,即十(6_用科g<6扎,工5取7!=4<2)设小铅块滑上4木块经过t秒4、5木块达到共同速度此过程小铅块、4、5木块的对地位移形困相对位移为g4、5木块运动的加速度为任如丽的一对+a=2ma2®L|-Q£式口£一_()nS=V|t一:Qjt,S2=:口口$【一$口(§)1sa联立解得:st=m®,小$=己刑©由于小5</Q1<Q说明小铅块没有离开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为

34、零.设小铅块与4、5木块达到共同速度为%,一起颜速的加速度大小为%,减速位移为营办内(2m+M)白二(2班+M)%二口/，sa=7联立以上各式得：立=康小铅块最终离1木块左端为$=露+知+外，暇立以上各式，得f=鬻皿_2._.2v0mg5mg227. (1)So=7(2)<F<(3)W=1.95(Rgto)g22【解析】(1)对木板和木块组成的系统，由动能定理得：CC1C2-2mgs0=0一一2mv0422解得：S0=也Jg(2)设木板和木块组成的系统一起向右滑动的最小.拉力为Fmin,最大拉力为Fmax贝U：Fmin=2mg'''mgX=对系统:4mg对物

35、块:解得:22mamaxmg=mamax5mg2要使木板沿水平桌面向右滑动且与物块间没有相对滑动，则mgf.5mg（3）由于尸=3刖g>?警,所以,木块与木板之间发生相对滑动JLr木块的加速度：/=£撤去拉力尸时木块的速度：竹=哝=我对木板：斤一以掰W-&出=利,43撤去拉力尸时木板的速度：巧=勺皂=;"甑JLt撤去拉力尸后加速度:设撤去拉力F后，再经过时间ti,木块与木板达到共同速度V,之后再经过时间t2,木板停止滑行.则：v=a1(t0t)=a2t0+a3tl1仔：ti=to；5达到共同速度后:V=6Jgto5-一1,-2mg-=2ma4;加速度：a4=N

36、g440-6gto54二24t5t0木板运动的总位移:S二幽Jti*2=3.9gt2222木板运动全过程中克服桌面摩擦力所做的功：22W=2mg3.9gt2=1.95(gt0)2(J)4点睛：此题是力学综合问题，考查牛顿第二定律即动能定理的应用；解决本题的关键理清物块和木板在整个过程中的运动规律，分阶段处理，结合牛顿第二定律和运动学公式综合求解.28.(1)7mgR(2)1R【解析】(1)为了符合题意，物体最高能在圆弧上能达到与圆心等高的位置E处，故物体能达到的最大高度为h=R,所以在D处的速度为:，2mv；=2mgR,所以vD=，2gR1o1o从C到D由动能te理，可知一R，2mgR=-2m

37、vD2mvC22所以在C处碰后的速度为vC=JvD+2NgR=V3gR在C点发生弹性碰撞：mvpc=2mvc,碰前P的速度为vpc=2,3gR1c1c由动能th理得一mv0-3mgR=-mvPC,v0=J15gR2212, .由能的转化与守恒可知，最大弹性势能EP=mv；-NmgR=7mgR2(2)假设物体达离D点处时速度为零,在皮幕上物体所受的摩擦力为二(2哪十2喉物体从E点到速度为零处，由能量守恒得为磔=拉=12,x=R,(速度为零处在传送带的最左端),止惚寸物体还在皮带上|体不会达到水平面ABC上，物体必将在皮带和圆弧上来回运动到与皮带共速时的位移为再,用=;当二;笈故物体以速度u冲上圆

38、弧，上升的高度为h由机械能守恒可知,2阳黯=2mgk所以h=、R22然后再以口冲上皮幕?再次速度为零时2mgh=拉'=/'=J?然后由零开始向右加速，恰好在D处时速度11故每次物体都向达到的高度均为2229. (1)v1=2m/s(2)x=J3m,h=0.6m(3)FN=8N,万向竖直向上(4)W=-3.6J5【解析】【试题分析】根据运动的合成与分解求小球做平抛运动的初速度；根据平抛运动规律求水平距离和竖直高度；根据动能定理求绳被拉断过程绳对小球所做的功(1)小球到A点的速度沿圆弧切线方向，设小球在P点的速度为vi,则：vi=vcos0=2m/s(2)由平抛运动规律得：Vy=v

39、sin日=2，3m/s2Vy=2gh得：h=0.6mVy=gt2一一一x=v1t=3m:0.69m51212取A点为重力势能的手点，由机械能寸恒te律得：-mvA=3mvC+mg(R+Rcos9)代入数据得：vC=%7m/s2由圆周运动向心力公式得：FN+mg=m代入数据得：Fn=8N由牛顿第三定律得：小球对轨道的压力大小FN=FN=8N,方向竖直向上；(4)设弹雷恢复到自然长度时小球的速度为由机械能守恒定律得：=於4绳断后A的速度为vi,由动能定理得：用二22带入数据得：甲=3,6J【点睛】做物理问题应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题.关于能量守恒的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化.30. (1)4E=9J(2)Q=8J(3)3A3m/sEv°W3V397m/s22【解析】试题分析：A、B碰撞过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以机械能损失；设A、B碰撞后,弹簧第一次恢复原长时，根据由动量守恒和机械能守恒求出A、B的速度，在传送带上根据运动学公式求出相对位移进而求出热量；根据物体在传送带上的运动情况结合动量守恒及机械能守恒求出速度范围。1)设A与B碰撞后共同速度为必，对A、B有：动量守恒mv0=2mv11c1c碰撞时损失机械能AE=mv0-(2mM22解得E=9