專(zhuān)題02+大題好拿分【基礎(chǔ)版】30題-2018-學(xué)年上學(xué)期期中復(fù)習(xí)備考高三物理黃金30題+版含解析

1、2018-2019學(xué)年第一學(xué)期期中復(fù)習(xí)備考之高三物理專(zhuān)題復(fù)習(xí)之期中復(fù)習(xí)大題好拿分【基礎(chǔ)版】（30題）（范圍：必修一、二選修3-5動(dòng)量）1. 1200N【解析】設(shè)工人剛要拉緊安全帶時(shí)的速度為v,v2=2gL,得v='W經(jīng)緩沖時(shí)間t=1s后速度變?yōu)?,取向下為正方向，工人受兩個(gè)力作用，即拉力F和重力mg,對(duì)工人由動(dòng)量定理知，（mg-F）t=0-mv,將數(shù)值代入得：F=1200No4R2. （1）W=FlgR（2）x=-【解析】試題分析：（1）在C點(diǎn)小球受重力和支持力作用，由牛頓第二定律可求出在C點(diǎn)的速度，從A到C由動(dòng)能定理可求出摩擦阻力做的功，（2）物體在水平軌道上受摩擦力的作用下，做勻減

2、速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理可求出在水平軌道上的距離.（1）由題意知，在C點(diǎn)有小球?qū)艿椎膲毫閲?guó)=9幽g由牛頓第二定律得：一小且=濯星R解得：%=也由從A到G由動(dòng)能定理得：制gx5K+%=:m近解得：啊=mgR1C（2）在水平軌道上，由動(dòng)能te理得：一Nmgx=0mvC-4R解得：x=4R3. （1）0.5s（2）16m（3）69m【解析】（1）由汽車(chē)的v-t圖象可得，剎車(chē)后汽車(chē)的加速度大小a=10-6m/s2=2m/s2：t2tB=5.5s時(shí),汽車(chē)的速度vB=v0-a(5.5-t1)，代入數(shù)據(jù)解得ti=0.5s.(2)設(shè)相鄰兩桿之間的距離為L(zhǎng),司機(jī)由B至IJC的過(guò)程中，VB2-Vc2=2aL,代入數(shù)

3、據(jù)解得L=16m.(3)汽車(chē)在05.5s內(nèi)的位移xOB=votl+Vo(tBtl)-a(tB-tl)2,2代入數(shù)據(jù)XoB=85m,A桿距O點(diǎn)的距離xoA=xoB-L=85-16m=69m.，、7，、4. (1)-(2)18m【解析】試題分析：根據(jù)v-t圖象的斜率求出物體運(yùn)動(dòng)的加速度，由牛頓第二定律求解物體與傳送帶間的動(dòng)摩擦因數(shù)；速度圖象的面積”大小等于位移，物體在0-2s內(nèi)的位移為負(fù)值，在2-8s內(nèi)的位移為正值；在前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)，求出相對(duì)位移&v2-02211)根據(jù)v-t圖象的斜率表不加速度，可得物體的加速度大小為：a=m/s=1m/s-：t2由牛頓第二定律得：口mg

4、cos370-mgsin370=ma帶入數(shù)據(jù)解得：=78(2)0-8s內(nèi)只有前6s內(nèi)物體與傳送帶發(fā)生相對(duì)滑動(dòng)(K6s內(nèi)傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)距離為：5.=4x6m=24m速度圖象的“面積比小等于位移,則0-2s內(nèi)物體位移為：=1x2x2=?方向沿斜面向下*22-6s內(nèi)物體位移為：Sj=x4x4?tt=8m2所以劃痕的長(zhǎng)度為：At=$奇+內(nèi)與=24+2-8m=l8m點(diǎn)睛：本題主要考查了傳送帶問(wèn)題，根據(jù)圖象分析物體的運(yùn)動(dòng)情況，求出位移和加速度，從而求出相對(duì)位移。,、F,、F5.126m8二mR【解析】(1)設(shè)最高點(diǎn)和最低點(diǎn)速度大小分別為Vi、v2；2Vi_在取局點(diǎn)根據(jù)向，L、力公式有：mg+F1=mL2在

5、最低點(diǎn)根據(jù)向心力公式有：F2-mg=m2L最高點(diǎn)到最低點(diǎn)過(guò)程中只有重力做功，機(jī)械能守恒，有：mg?(2L)=1mv22-3mvi222F=F2-F1聯(lián)立得：AF=6mg所以g=UF6m(2)在星球表面重力等于萬(wàn)有引力，有：血門(mén)饕得：好=±_=G6mG_A/jR1aF3RFV6mG4n葭WmRG點(diǎn)睛：本題是萬(wàn)有引力定律與力學(xué)中的向心力和機(jī)械能守恒定律的綜合題，對(duì)豎直平面內(nèi)的圓周運(yùn)動(dòng)的繩模型問(wèn)題，關(guān)鍵是明確最高點(diǎn)和最低點(diǎn)的向心力來(lái)源，根據(jù)牛頓第二定律列式求解，同時(shí)要結(jié)合動(dòng)能定理列式分析，同時(shí)記住萬(wàn)有引力的幾個(gè)重要結(jié)論.6.(1)2m(2)低于0.75m處或高于1.25m處【解析】【分解】

6、小珠由B點(diǎn)釋放，到達(dá)E點(diǎn)滿(mǎn)足機(jī)械能守恒，由此求出小球到達(dá)E點(diǎn)的速度大小,從E點(diǎn)滑出做平拋運(yùn)動(dòng)，利用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出圓弧的半徑，由機(jī)械能守恒定律，結(jié)合牛頓第二定律求出釋放小珠的位置范圍。解：(1)由機(jī)械能守恒可知，小珠由C點(diǎn)釋放，到達(dá)E點(diǎn)時(shí)，因CE等高，故到達(dá)E點(diǎn)的速度為零;由題意：AC+R+32-:R=L41 c小珠由B點(diǎn)釋放，到達(dá)E點(diǎn)滿(mǎn)足機(jī)械能守恒：mgBC=mvE2從E點(diǎn)滑出后恰好撞到D點(diǎn)，則R=vEtR=1gt22聯(lián)立以上各式解得：R=2ma.若小珠到達(dá)E點(diǎn),小珠上壁對(duì)鋼絲的彈力等于mg,則41V12mg-mg=m4R假設(shè)從釋放點(diǎn)到E點(diǎn)高度為h1,由機(jī)械能守恒定律：mgh1=1mv1

7、22聯(lián)立解得：h1=0.75mb.若小珠到達(dá)E點(diǎn),小珠下壁對(duì)鋼絲的彈力等于mg,則41v22mg-mg;m4R假設(shè)從釋放點(diǎn)到E點(diǎn)高度為h2,由機(jī)械能守恒定律：mgh2=mv222聯(lián)立解得：h2=1.25m故當(dāng)小珠子從C點(diǎn)上方低于0.75m處滑下或高于1.25m處滑下時(shí)，小珠到達(dá)E點(diǎn)與鋼絲間的彈力超過(guò)mg47. (1)4m/s(2)6.4m(3)1.6s【解析】試題分析：根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式以及在AB段和BC段加速度的關(guān)系，求出通過(guò)B處的速度；分別對(duì)ABAB段的摩擦力，從而段和BC段，根據(jù)位移速度公式列式，聯(lián)立方程求解即可；根據(jù)牛頓第二定律求出在判斷在AB段下滑時(shí)的運(yùn)動(dòng)情況，再由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求出沿斜面下

8、滑過(guò)程中通過(guò)BA段的時(shí)間。(1)由X圖像可知，小物塊沿斜面向上滑行的初速度喋=12n內(nèi)由&2妣，由此可得：=2?代入教據(jù)可以得到：VE=4m/s(2)在上滑過(guò)程：對(duì)AB段根據(jù)速度位移公式有：vB-v；=2aABSAB在上滑過(guò)程中：對(duì)BC段根據(jù)速度位移公式有有：vC-vB=2aBCSbc由上兩式并帶入數(shù)據(jù)解得：SAB=6.4m(3)根據(jù)題意可知上滑時(shí)：aAB=2aBe由牛頓運(yùn)動(dòng)定律可知：f+mgsin日=2mgsin日，即可得f=mgsin8所以下滑通過(guò)AB段時(shí)小物塊做勻速運(yùn)動(dòng)，其速度為：vB=4m/s運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為：SAB=VBtBA,代入數(shù)據(jù)可以得到：tBA=1.6sBA點(diǎn)睛：本題主要

9、考查了運(yùn)動(dòng)學(xué)公式基本公式以及牛頓第二定律的應(yīng)用，要求能正確分析物體的受力情況，能根據(jù)受力情況判斷運(yùn)動(dòng)情況即可解題。8. (1)vB=3m/s2Ns(3)W=-14J【解析】(1)設(shè)B在繩被拉斷后瞬時(shí)的速率為vB,到達(dá)C點(diǎn)的速率為ve,2根據(jù)B恰能到達(dá)最高點(diǎn)C有：mBg=mB1 c1c對(duì)繩斷后到B運(yùn)動(dòng)到取局點(diǎn)C這一過(guò)程應(yīng)用動(dòng)能te理：-2mBgR=mBvcmBvB2 2聯(lián)立解得：vB=3m/s。(2)設(shè)彈蕃恢復(fù)到自然長(zhǎng)度時(shí)A、B的速率為可、巧,取向右為正方向,有：0=_»2上”+用昌叫,瑪=:用/+:刑)*Ju/根據(jù)動(dòng)量定理有；1=融通一”1代入數(shù)據(jù)解得：1=一2此一其大小為(3)設(shè)繩

10、斷后A的速率為Ya,取向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒定律有：-mAv1mBv2-mAvAmBvB1 212根據(jù)動(dòng)能te理有：WmAvAmAv12 2代入數(shù)據(jù)解得：W=-14J。點(diǎn)睛：該題考查了多個(gè)知識(shí)點(diǎn).我們首先要清楚物體的運(yùn)動(dòng)過(guò)程，要從題目中已知條件出發(fā)去求解問(wèn)題，其中應(yīng)用動(dòng)能定理時(shí)必須清楚研究過(guò)程和過(guò)程中各力做的功，應(yīng)用動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律時(shí)要規(guī)定正方向，要注意矢量的問(wèn)題。9.(1)0.4(2)4.5N2m【解析】(1)由圖可知，木塊所受到的滑動(dòng)摩擦力為：Ff=3.12N由Ff-IN/=±=_=。,4得：(2)根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律，力的平衡，有:Fcos-Ff=maFsin0+i=mg

11、Ff=FN代入數(shù)據(jù)解得：F=4.5N(3) 2s末速度為：v=at撤去拉力F后有：mg=ma'由速度和位移公式可得：0-v2=2(-a')x1. 數(shù)據(jù)解得：x=2m點(diǎn)睛：滑動(dòng)摩擦力大小跟壓力大小、接觸面粗糙程度有關(guān)，跟物體受到的拉力大小、物體的運(yùn)動(dòng)速度都沒(méi)有關(guān)系；正確受力分析，根據(jù)運(yùn)動(dòng)狀態(tài)列方程求解.10. (1)4s(2)8應(yīng)m/s(3)16m【解析】(1)由牛頓第二定律得：a1/胸用一的.=2m/s2m滑行時(shí)間t=上=4sa1Q)由靜止到動(dòng)摩擦因素變化的位移：馮=!,產(chǎn)=16加動(dòng)摩擦因數(shù)變化后，由牛頓第二定律得:A=2""*即0必=."m由I,

12、+(L不)(3)在水平雪地上做勻減速直線運(yùn)動(dòng)ma3二口3mg2a3=4m/s2滑雪者在水平地面上運(yùn)動(dòng)的最大距離x3=上B-=16m2a311. (1)1m/s2m/s(2)m3>3kg【解析】【分析】弧形軌道及水平面均光滑，滑塊B滑下過(guò)程中，AB組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒；B、C發(fā)生彈性正碰，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，若要B能追上A,應(yīng)滿(mǎn)足B速度大于A的速度。解：(1)弧形軌道及水平面均光滑，滑塊B滑下過(guò)程中，AB組成的系統(tǒng)水平方向動(dòng)量守恒，機(jī)械能守恒，設(shè)B滑到水平面時(shí)，A的速度為V1,B的速度為V2,則：Mv1=mv21 212mgR=-Mv1一mv22 2解得v1=1m/

13、sv2=2m/s(2)B、C發(fā)生強(qiáng)性正碰，滿(mǎn)足動(dòng)量守恒,機(jī)械肓旃恒，設(shè)C的質(zhì)量為如，碰后B、C的速度分別的大小為匹vh且冷反向下則111V3=-mV2C+C13V5若要B能追上A,應(yīng)滿(mǎn)足：V：O>V1解得w>3kg12. (1)FoA=1.25m1g,FoB=0.75m1g(2)物體甲的質(zhì)量m1最大不能超過(guò)24kg【解析】本題考查了共點(diǎn)力作用下的平衡問(wèn)題，涉及物體剛要滑動(dòng)時(shí)，兩者之間的摩擦力達(dá)到最大。(1)對(duì)O點(diǎn)受力分析如圖，則：F0Acos=m1gF0Asin=Fob解得：FoA=1.25m1g,FOB=0.75m1gFoayFobI，mig(2)若人的質(zhì)量m2=60kg,人與水

14、平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為科=0.3則人與地面間的最大靜摩擦力fmax=m義=0.360110=18N0欲使人在水平面上不滑動(dòng)，F(xiàn)OBWfmax即0.7m1gwfma解得：m1424kg故物體甲的質(zhì)量m1最大不能超過(guò)24kg13. (1)10m/s(2)5m(3)0.4m【解析】試題分析：(1)在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小N=60N,重力和支持力的合力提供向心力，由牛頓第二定律可求出物塊滑到C點(diǎn)的速率vC；(2)滑塊靜止從P滑到C點(diǎn)過(guò)程，應(yīng)用動(dòng)能定理可以求出x;(3)應(yīng)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)位移公式求出滑塊與滑板的位移，然后判斷兩者共速時(shí)的位置關(guān)系，再求解物塊最終靜止時(shí)的位置到D點(diǎn)的距離S.CD由題意知,

15、在C點(diǎn)對(duì)軌道的壓力大小重力和支持力的合力提供向心力由牛頓第二定律可得：N-叫=陽(yáng)g代入數(shù)據(jù)解得:為=10陽(yáng)滑塊靜止從P滑到c點(diǎn)過(guò)程由動(dòng)能定理可得:(xsiyiO+H)-/imgxcosO=-0工代入數(shù)據(jù)解得：x=5m(3)設(shè)物塊與滑板能達(dá)到共同速度v,即物塊未從滑板上落下來(lái)，滑板也未與D點(diǎn)相撞.對(duì)物塊，由速度公式有：v=vc-'gt對(duì)滑板，由速度公式有：v=gt代入數(shù)據(jù)解得：t=1s,v=5m/s0v物塊的位移：S2=t-2.5m2滑板的位移：S2=2.5m<L,=3.3m滑板未到達(dá)D點(diǎn)，S目=s_&=5m<L=7.1m物塊未從滑板上落下，達(dá)到共同速度后，物塊與滑板

16、一起勻速運(yùn)動(dòng)距離0.8m滑板到達(dá)D點(diǎn)，滑板撞停后,物塊獨(dú)自勻減速運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn).則有：vD2_v2=_2gL-S相代入數(shù)據(jù)解得：vD=2m/s因Vd=2m/s二.2gR物塊不會(huì)脫軌，再次回到D點(diǎn)后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，設(shè)其向右減速的最大位移為S32則S3=D-=0.4m2g物塊最終靜止時(shí)的位置到D點(diǎn)的距離：S=S3=0.4m【點(diǎn)睛】本題是一道力學(xué)綜合題，關(guān)鍵要分析清楚物塊的運(yùn)動(dòng)情況，把握每個(gè)過(guò)程的物理規(guī)律，應(yīng)用動(dòng)能定理、牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律解題.14. （1）a="i2（2）x=v2-1（3）m（V1+V2）Viti2%V2【解析】（1）以傳送帶的速度方向?yàn)檎较颍鞒鑫飰K運(yùn)動(dòng)的v-t圖

17、像如圖所示：設(shè)傳送帶與物塊之.間的動(dòng)摩擦因數(shù)為口對(duì)物塊有：Nmg=ma,a=Ng。根據(jù)加速度的定義，由圖像可得：a=vt1(2)設(shè)物塊經(jīng)過(guò)時(shí)間打速度減為零，則有力5%物體向左運(yùn)動(dòng)的最大位移;由上”得一=裊/(3)系統(tǒng)消耗的電能等于電動(dòng)機(jī)的驅(qū)動(dòng)力對(duì)傳送帶做的功，傳送帶勻速運(yùn)動(dòng)，由功的公式；£=%=/工芾=月掰四弓=胴(約+%)玨15. (1)VA=0.25m/s(2)vC=2.75m/s【解析】對(duì)于整個(gè)過(guò)程，把ABC看成一個(gè)整體，以C的初速度方向?yàn)檎较颍蓜?dòng)量守恒定律得：mcVc=mAVA+(mc+mB)v',解彳#:VA=0.25m/s；對(duì)于C在A上滑行的過(guò)程，把ABC看成

18、一個(gè)整體，以C的初速度方向?yàn)檎较颍瑒?dòng)量守恒定律得:mcvc=(mA+mB)VA+mcV；,代入解得：Vc=2.75m/s；16. (1)t=20s(2)Ax=100m【解析】(1)兩車(chē)剎車(chē)過(guò)程中加速度分別是：ai=pig=0.5m/s2,a2=p2g=1m/s2,若兩車(chē)恰好不相碰，則乙追上甲時(shí)，兩車(chē)速度相等V)-a)t=V2-a2t代入題中數(shù)據(jù)得：t=20s(2)乙追上甲前，甲的位移：乙的位移：泡=Vjf-1g產(chǎn)Jr若想避免事故發(fā)生，開(kāi)始剎車(chē)時(shí)兩讀車(chē)的最小間距為：Ax=c2%代入數(shù)據(jù)解得：Ax=lD0m綜上所述本題答案是：(l)ZOsAx=100m17.(1)1Tli>2m2【解析】(

19、1)為使mi能夠沿圓弧下滑到a點(diǎn)，則mi滑到a點(diǎn)時(shí)的速度恰好為零。由mi和m2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒，由機(jī)械能守恒定律得：migR(1-cos60)°-m2gR=0,解得：mi=2m2,mi>2m時(shí)，可使m能夠沿圓弧下滑到a點(diǎn)。由速度分解，V2=V1COS30；由mDm2組成的系統(tǒng)機(jī)械能守恒migR(1-cos60)°-m2gR=1mivi2+二m2v22；22解得：Vi=4R=1gt2,水平方向：x=vit,2繩子斷裂后，mi做平拋運(yùn)動(dòng)：豎直方向:解得：x=4J-R；,1518. (1)4m/s(2)0.8m(3)四次【解析】(1)P球開(kāi)始下滑到碰撞前的過(guò)程，運(yùn)動(dòng)動(dòng)能

20、定理得：海-曄刎；代入數(shù)據(jù)可求得：vo=4m/s;(2) P球和。球在碰撞過(guò)程中，取向右為正方向，由動(dòng)量守恒定律和能量守恒定律得：陽(yáng)%=*+加%由機(jī)械能守恒定律得：!*=;鬲十;曲的上上上解得：VjM)；VQ=VO設(shè)尸與。第一次碰撞后小球0上升的最大高度為對(duì)。由機(jī)械能守恒定律得：grtn=agff聯(lián)立解得：玨08m3(3)以P球和Q球?yàn)橄到y(tǒng)，從P球開(kāi)始下滑至P球靜止的過(guò)程中，由能量守恒定律得：mgh-'mgs=0解得P球在BC段滑行的總路程：s=2.5ms2.5L則:=nSbc0.5所以?xún)汕蚺鲎菜拇?，P球最終靜止于C點(diǎn)。2v19. (1)0.5V0(2)0.25V0(3)016g【解析

21、】試題分析：小球、物塊和木板看成一個(gè)系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，根據(jù)動(dòng)量守恒求得球與物體A碰后的速度和物塊A相對(duì)木板B靜止后的速度大?。挥赡芰渴睾愕们蟪瞿景錌至少多長(zhǎng)。(1)設(shè)小球和物塊A碰撞后二者的速度為vi,三者相對(duì)靜止后速度為V2,規(guī)定向右為正方向，根據(jù)動(dòng)量守恒得，mv0=(m+m)v1解得：V1=0.5v0(2)根據(jù)動(dòng)量守恒：(m+m)v1=(m+m+2m)v2聯(lián)立以上解得：v2=0.25v0(3)當(dāng)物塊A在木板B上滑動(dòng)時(shí)，系統(tǒng)的動(dòng)能轉(zhuǎn)化為摩擦熱，設(shè)木板B的長(zhǎng)度為L(zhǎng),假設(shè)物塊A剛好滑到1 c1C物木板B的右漏時(shí)共速，則由能重寸恒得：一2mv1一一4mv2=2mgL2 22聯(lián)立解得：L=v-16g

22、點(diǎn)睛：本題主要考查了動(dòng)量守恒和能量守恒，在碰撞中A與B組成的系統(tǒng)滿(mǎn)足動(dòng)量守恒，在結(jié)合能量守恒即可求得板長(zhǎng)。20. (1)12m/s(2)2.4s(3)960J【解析】(1)物體在拉力F作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：2FcosBN(mgFsinH)=m&,解得a1=6m/s(2)撤去拉力后，物體由于慣性繼續(xù)滑行，受力，支持力和滑動(dòng)摩擦力，根據(jù)牛頓第二定律有：mg=ma2,解得a?=5m/s2.勻減速過(guò)程，根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式有v=a2t2,解得t2=2.4s撤去拉力前受力分析，得工=以5世-死E37。)=20”根據(jù)牛二定律，加0537口一工=肥巧，

23、解得.=施力工根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式三=12m，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式4=%+qr解得S=12m/gJL1撤去拉力后5&=w噌=50N,根據(jù)牛二定律內(nèi).乜=加=皿吧解得：=5m/J.根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式巧=.。絲=14.4m-2a故=嗎+印石=&R+人與=12x如+14dx50=96OJ1133.1521. (1)30N；(2)x之一m；(3)當(dāng)一mWxWm,y=3+Jl2x3x；當(dāng)x一m時(shí)，y=-m33444【解析】(1)BC分離瞬間，取向左為正向，設(shè)B以v水平運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)量守恒0=mv+m(-v0),v=4m/s2繩子被拉斷前瞬間，B受到的合外力提供向心力T-mg=m,解得T=30NL(2)A碰臺(tái)

24、階瞬間，設(shè)A的速度為v2,B的速度為v1,由動(dòng)量守恒知mv=mv1+Mv2只發(fā)生一次碰撞，設(shè)碰撞后恰不返回，即靜止，碰后A、B動(dòng)量大小相等mvi=Mv212A從靜止向右加速到丫2的過(guò)程，有動(dòng)能th理可知Nmgx0=Mv221聯(lián)立斛得x0m3因此，A與臺(tái)階只發(fā)生一次碰撞，x滿(mǎn)足的條件為x之1m3(3)設(shè)B向左滑動(dòng)與A共速時(shí)速度為q,A碰臺(tái)階，動(dòng)量守恒，用¥=(加+M)4為A,做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理沖眄=iXr八3聯(lián)立解得當(dāng)=二期41 1當(dāng)二州KxK二州,A一直向左加速，直到碰撞臺(tái)階，由動(dòng)能定理=二小342B在A上滑動(dòng)過(guò)程,動(dòng)量守恒切野=tm%+Mv4A碰臺(tái)階向右運(yùn)動(dòng)直到與H共速，

25、動(dòng)量守恒Mq-胴%=(M+朋對(duì)A、B系統(tǒng),整個(gè)過(guò)程能量守恒,期藥?伊/+所武解得=3+爐一3%3當(dāng)xAm時(shí)，A與B先共速后，再與臺(tái)階發(fā)生碰撞，設(shè)速度為v7,動(dòng)重寸恒mv=(M+m)v7A碰臺(tái)階后向右運(yùn)動(dòng)，直到與B共速，動(dòng)量守恒Mv7-mvz=(M+m)v8對(duì)A、B系統(tǒng)，整個(gè)過(guò)程，能量守恒，mgy=mv2-(M+m)v222解得y=15m422.(1)方向一直向下(2)1.2m/s(3)8.4m【解析】(1)根據(jù)題可知，根據(jù)牛二定律F合=G-F1=ma1,解得a1=0.6m/s2,方向向下，27s由題可知F合=0,故電梯做勻速運(yùn)動(dòng)，279s：F2G=ma解得：a=0.6m/s,萬(wàn)向向上.故電梯一

26、直向下運(yùn)動(dòng)(2)由(1)可知，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式vt=V0+at,解得vm=0.6M2=1.2m/s1 2(3)根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式12s內(nèi)Xi=at：=1.2m,22-7s：X2=vmt=1.2父5=6m,1,27-9s：x3=vmt3a2t3=1.2m,2故電梯運(yùn)動(dòng)的最大距離x=x1+x2+x3=8.4m23. (1)0.25m(2)4.5J【解析】(1)小球下擺過(guò)程機(jī)械能守恒,由機(jī)械能守恒定律得：相虞=1£小球反彈后,向上擺動(dòng)過(guò)程機(jī)械有豺恒：由機(jī)械能守恒定律得：mghmvC2,解得：=J2gl=4mlsf“'=(2gh=g，學(xué)科水網(wǎng)球與A碰撞過(guò)程中,球與A組成的系統(tǒng)動(dòng)量守恒,以球

27、的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得：9="網(wǎng)1v1/解得：v±-m!s,物塊A與木板B相互作用過(guò)程中A與E組成的相同動(dòng)量守恒，以A的初速度方向?yàn)檎较?由動(dòng)量守恒定律得；物第”(%+M)唳？解得:次=0,5析對(duì)系統(tǒng)由能量守恒定律得：加%紅=:%一%+M)4一解得；L=O.25my(2)對(duì)球A、B組成的系統(tǒng)，在整個(gè)過(guò)程中，由能量守恒定律得:1,AE=mglmgh-一(mA+M)v共，代入數(shù)據(jù)斛得AE=4.5J。2點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是根據(jù)動(dòng)量守恒定律、動(dòng)量定理、能量守恒列式求解，也可以根據(jù)牛頓第二定律和速度時(shí)間公式列式聯(lián)立求解。24. (1)6m/s2m/s(2)0.2s2【解

28、析】(1)Q恰能經(jīng)過(guò)最高點(diǎn)C,在C點(diǎn)有m2gcos打&C-RQ從B到C過(guò)程中機(jī)械能守恒1m2vB=1m2vC+m2gR(1+cos0)22聯(lián)立解得vB=8m/sP和Q碰撞過(guò)程中系統(tǒng)動(dòng)量守恒mivi=miV2+m2vB系統(tǒng)能量守恒2mlv2=-mivf+m2v2222解得v=6m/s,v2=2m/s.(2)由動(dòng)量定理知Ft=mivit=mvL=0.2s.F22入'VoVo25. (1)2gN(2)-(3)-12g12g【解析】試題分析：小鐵塊滑上木板后做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，木板做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律分別求出它們的加速度；當(dāng)二者速度相等時(shí)達(dá)到相對(duì)靜止，根據(jù)位移公式可求得兩物

29、體的對(duì)地位移，則可求得木板的最短長(zhǎng)度；二者速度相等后一起做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式求出位移，然后求和即可。(1)設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，鐵塊的加速度為a塊，由牛頓第二定律得：mg4N=ma塊解得：a塊=4g設(shè)鐵塊在木板上滑動(dòng)時(shí)，木板的加速度為a板，由牛頓第二定律得：4mg-2mgN=ma板解得：a板=2g(2)小滑塊與長(zhǎng)木板速度相等時(shí)：v0-4g=2解得：，二粵6迎小鐵塊運(yùn)動(dòng)的距離為：-1"塊產(chǎn)帶入可得:木板運(yùn)動(dòng)的距離:=LT*2Md高1z5b復(fù)注長(zhǎng)木板的最短長(zhǎng)度為：/祖=4-%=(3)此后以*起做勻減速jze動(dòng)的加速度為：2Nmg=2ma共解得：a共=gN起開(kāi)始勻減速時(shí)的速度為：v

30、丑=2g/t=2g6日g3f'2,2根據(jù)速度位移公式：2a共x反=:I解得：x板=V0318g2木板在水平地面上滑行的總路程為：出總=*板雄二-vh12g牛頓第二定律列式點(diǎn)睛：本題主要考查了板塊相對(duì)滑動(dòng)問(wèn)題，對(duì)兩個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)情況分析清楚，然后根據(jù)求解出各個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程的加速度，最后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解。26. (1)50N.(2)160N.分別分析兩個(gè)物體【解析】試題分析：將物體B勻速向右拉出過(guò)程中，A物體保持靜止?fàn)顟B(tài)，受力均平衡的受力情況，作出力圖，根據(jù)平衡條件列方程求解水平力F的大小焦耳輕繩拉力大小.A、B的受力分析如下圖所示.JmBg=160N故小滑塊第一次在傳帶對(duì)A：由平衡條件得

31、FTsin37°=Ffi=NFni，F(xiàn)tCOs37©+Fni=mAg聯(lián)立、兩式可得：fn1=3mAg=60N，F(xiàn)n=NFni=30N,Ft=30N43對(duì)B用平衡條件：F=F'fi+Ff2=F'fi+NFN2=Ffi+N(Fni+mBg)=2Ffi+27. (1)4s(2)6m【解析】(1)小滑塊第一次沿斜面下滑的位移大小為：h2.4x1=m=4msin370.6小滑塊沿斜面下滑，由牛頓第二定律有：mgsin37-,l1mgcos37=ma1沿斜面下滑的加速度大小為：2a1=gsin37-11gcos37=2m/s小滑塊第一次滑到斜面底端的速度大小為：v1=，

32、2a1x1=4m/s小滑塊滑上傳送上后，向右做勻減速運(yùn)動(dòng)，減速的加速度大小為：2a2=-2g=2m/s小滑塊向右速度減為零后又向左做勻加速運(yùn)動(dòng)，離開(kāi)傳送帶時(shí)的速度大小仍為Vi,上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:,-v1.ti=2=4sa2(2)分析知，滑塊每次滑上傳送帶與離開(kāi)傳送帶的速度大小相等，設(shè)滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s,由功能關(guān)系有：mgh-1mgcos37s=0滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的總路程為s=一h一=6mJ1cos3728. (1)t=1s(2)%=(3)Q=L4J_12【解析】(1)對(duì)m：iS=相七%=2m/s士氣=/_12對(duì)M：I而白=Mb*3mfs2s2=.m運(yùn)動(dòng)至C時(shí)：年一%='解得：t

33、=1s(2) m運(yùn)動(dòng)至C時(shí)，兩物體速度：對(duì)m：%=a/=2m/s對(duì)M：t?3=a31=3m/s強(qiáng)蓄被壓至最短時(shí)，二者具有共同速度上+Afra=(m+v=2.3mfs對(duì)系統(tǒng)：Ep=+；mv33+m)v3-imgx解得：EP=0.3/(3)假設(shè)最終m沒(méi)從AB滑下，由動(dòng)量守恒可知最終共同速度仍為v=2.8m/s設(shè)m相對(duì)AB向左運(yùn)動(dòng)的位移為s,則：="解得：s=0.15m可知：s<L+x故上面假設(shè)正確。全過(guò)程產(chǎn)熱：Q二即虱L十$+幻=1閨29. (1)3m/s(2)2150N(3)1.25m【解析】(1)運(yùn)動(dòng)員離開(kāi)平臺(tái)后從A至B的過(guò)程中，在豎直方向有：v：=2gh一“，憶在B點(diǎn)有：vy=v0tan2由得：v0=3m/s2一，I，Iv_(2)運(yùn)動(dòng)員在圓弧軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律可得N-mg=mR由機(jī)械能守恒得1mv；mg|hR1-cos53=1mv取立解得N=2150N由牛頓第三定律得運(yùn)動(dòng)員對(duì)軌道的壓力N'=N=2150N1212(3)運(yùn)動(dòng)貝從A至C過(guò)程有：mgh=-mvC-mv02212一運(yùn)動(dòng)貝從C至D過(guò)程有：mgLsin+NmgLcos=mvC®222由解得：L=1.25m30. (1)0.4(2)16.8N(3)2J【解析】(1)m過(guò)B點(diǎn)后遵從s=6t2t2(