7過程分析綜合題解析

1、過程分析綜合題參考答案與試題解析一.計(jì)算題(共16小題)1 .如圖，AB為光滑斜面，BC為粗糙斜面，兩斜面的傾角均為 37,且斜面底部 B處平滑連接，質(zhì)量為 m=2kg的物體從高為h=1.25m的A處由靜止開始沿斜面 下滑，運(yùn)動(dòng)到BC斜面上最終停止在C處.設(shè)物體與BC斜面間的最大靜摩擦力 等于滑動(dòng)摩擦力，物體與BC斜面的動(dòng)摩擦因數(shù)為 仙=0.75sin37 =0.6, cos370=0.8, 取 g=10m/s2.求：(1)物體在B處的速度大小VB；(2)物體在BC斜面上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(3)若BC斜面的傾角可在060范圍內(nèi)變化，請分析并說明物體從 A處釋放 后在BC斜面上可能的運(yùn)動(dòng)情況.【分析

2、】(1)由機(jī)械能守恒即可求出物體到達(dá) B的速度；(2)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，與牛頓第二定律求出加速度，由速度公式即可求出 時(shí)間；(3)對(duì)物體進(jìn)行受力分析，結(jié)合重力向下的分力與滑動(dòng)摩擦力的關(guān)系，方向物 體的運(yùn)動(dòng)與靜止即可.【解答】解：(1)物體沿AB斜面運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力如圖所示，因?yàn)橹挥兄亓ψ龉? 此過程中機(jī)械能守恒.代入數(shù)據(jù)，得：VB=5m/s(2)物體在BC斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)的受力如圖所示，根據(jù)牛頓第二定律有:第1頁(共30頁)mgsin37 + a 12=ma2N=mgcos37數(shù)據(jù)代入上述兩式，得：氏=12m/s2物體受恒力作用，做勻減速運(yùn)動(dòng),t=-二&s a2 12(3)設(shè)BC斜面傾角為8時(shí)，物體

3、恰好靜止，受力如圖所示，根據(jù)平衡條件有:fmax= ii mgcosO =mgsin 0 得：tan 9 =0.75 9 =37速度減為零后保持當(dāng)9mgsin8,物體在BC斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng), 靜止 當(dāng)937時(shí)，fmaxmgsin 8,物 體在BC斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后保持靜止當(dāng)937時(shí)，fmax mgsin 9,物體在BC斜面上做勻減速運(yùn)動(dòng)，速度減為零后沿 BC斜面向下做勻加速運(yùn)動(dòng)，隨后運(yùn)動(dòng)到AB斜面，此后反復(fù)在兩斜面間運(yùn)動(dòng)若干 次，最終靜止在B點(diǎn).【點(diǎn)評(píng)】運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式結(jié)合求時(shí)，求解加速度是關(guān)鍵.涉及力在空間效果，如求速度時(shí)，可考慮動(dòng)能定理.第2頁(共30頁)2.如

4、圖所示，水平臺(tái)面 AB與固定斜面CD的頂點(diǎn)C的高度差h=0.45m, A點(diǎn)與 臺(tái)面邊緣B間的距離s=2m,斜面CD的長度L=1.04m、傾角9 =37.質(zhì)量m=0.2kg 的滑塊甲在水平包力的作用下從 A點(diǎn)由靜止開始向右運(yùn)動(dòng)，在其運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)前瞬間，撤去該水平包力，滑塊甲與放置在B點(diǎn)的完全相同的滑塊乙碰撞后粘在一 起飛出臺(tái)面，并恰好以平行于斜面 CD的速度從C點(diǎn)滑上斜面，然后沿固定斜面 CD下滑，已知兩滑塊與臺(tái)面及斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為仙=0.5空氣阻力不計(jì)，兩滑塊均可視為質(zhì)點(diǎn)，取 g=10m/s2, sin 37= 0.6, cos 37= 0.8,求：(1)兩滑塊從B點(diǎn)飛出時(shí)的速度大小VB；

5、(2)該水平包力的大小F;(3)兩滑塊從B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到斜面底端D所用的時(shí)間t?！痉治觥?1)兩滑塊從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)豎直方向運(yùn)動(dòng)規(guī)律求解到達(dá)C點(diǎn)豎直方向的速度，再根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解求解；(2)由動(dòng)量守恒定律求出碰前速度大小，由牛頓第二定律結(jié)合速度位移關(guān)系求解；(3)求出兩滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度大小，根據(jù)牛頓第二定律求解斜面上運(yùn)動(dòng)的加 速度，根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系求解時(shí)間?！窘獯稹拷猓?1)兩滑塊從B點(diǎn)飛出后做平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)其到達(dá)C點(diǎn)時(shí)豎直方向的 速度大小為Vy,有，Vy2=2gh解得 Vy=3m/s；又：Vb=1tan 0解得：VB=4m/s;(2)設(shè)滑塊甲與滑塊乙碰撞前瞬間的速度大小為 v,由動(dòng)

6、量守恒定律有；mv=2mvB設(shè)滑塊甲在臺(tái)面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為 a1，由牛頓第二定律有，F(xiàn) n mg=ma第3頁(共30頁) 由勻變速直線運(yùn)動(dòng)的規(guī)律有；v2=2 ais解得：F=4.2N;(3)設(shè)兩滑塊從B點(diǎn)到C點(diǎn)所用的時(shí)間為3,有：h=.22兩滑塊到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為：c cos e設(shè)兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的加速度大小為a2,根據(jù)牛頓第二定律有：2mgsin 0-仙?2mgcos 0 =2ma設(shè)兩滑塊在斜面上運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,有：L=vct2+a2t22又：t=t1+t2解得：t=0.5s。答：(1)兩滑塊從B點(diǎn)飛出時(shí)的速度大小為4m/s；(2)該水平包力的大小為 4.2N;(3)兩滑塊從B點(diǎn)運(yùn)

7、動(dòng)到斜面底端D所用的時(shí)間為0.5s?！军c(diǎn)評(píng)】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng) 用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況， 利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué) 的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和 運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。3.如圖所示，在粗糙水平臺(tái)階上靜止放置一質(zhì)量 m=2kg的小物塊，它與水平臺(tái) 階表面的動(dòng)摩擦因數(shù) 以=0.5在臺(tái)階右側(cè)固定了一個(gè)上圓弧擋板，園弧半徑R=3m,4圓弧的圓心也在0點(diǎn)。今以0點(diǎn)為原點(diǎn)建立平面直角坐標(biāo)系?，F(xiàn)用 F=20N的水 平包力拉動(dòng)小物塊，到O點(diǎn)時(shí)撤去拉力，小物塊水平拋出并擊中擋板(g取10m/s2) 則：(1)若小

8、物塊擊中檔板上的P點(diǎn)(OP與水平方向夾角為37,己知 sin37 = 0.6. cos37=0.8)求 F的作用時(shí)間；(2)改變拉力F的作用時(shí)間，可使小物塊市中檔板的不同位置，求擊中檔板時(shí)速度的最小值和擊中點(diǎn)的位置坐標(biāo)。(結(jié)果可保留根式)第4頁(共30頁)愀1【分析】（1）小物塊離開P點(diǎn)做平拋運(yùn)動(dòng)，根據(jù)平拋知識(shí)求解其離開 O點(diǎn)時(shí)的 速度大小，再對(duì)直線加速過程根據(jù)牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解時(shí)間；（2）根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)和擊中擋板的軌道公式求解小物塊擊中擋板時(shí)的最小速度和 對(duì)應(yīng)的位置坐標(biāo)?！窘獯稹拷猓海?）若小物塊擊中檔板上的P點(diǎn)，貝U V0t=Rcos37,0 今巨工2二REn3 ，解得：vo=

9、4m/s;在水平面上：F n mg=ma 解得：a-|1 g=5m/s2,故a（2）小物塊擊中檔板時(shí)：x=vot,呂t且x2+y2=R,擊中時(shí)速度鵬右二欄/=摩浮所以當(dāng)若二等，即行亨R時(shí)速度最小，止匕時(shí)一丁 一 一1,故二輛而m/s；擊中點(diǎn)的坐標(biāo)為（絡(luò)R,-乎R）；答：（1） F的作用時(shí)間為0.8s；（2）擊中檔板時(shí)速度的最小值為 星&T為用,擊中點(diǎn)的位置坐標(biāo)為（逅R,-畀第5頁（共30頁）【點(diǎn)評(píng)】本題是動(dòng)力學(xué)、平拋運(yùn)動(dòng)的綜合題，解決問題的關(guān)鍵是掌握相關(guān)動(dòng)力學(xué) 基礎(chǔ)知識(shí)和平拋運(yùn)動(dòng)知識(shí)，在第二問中要求較好的數(shù)學(xué)功底。4 .足夠長光滑斜面BC的傾角a =53；小物塊與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.5

10、, 水平面與斜面之間B點(diǎn)有一小段弧形連接，一質(zhì)量m=2kg的小物塊靜止于A點(diǎn).現(xiàn) 在AB段對(duì)小物塊施加與水平方向成 a =53的恒力F作用，如圖(a)所示，小物 塊在AB段運(yùn)動(dòng)的速度-時(shí)間圖象如圖(b)所示，到達(dá)B點(diǎn)迅速撤去恒力F.(已知 sin53=0.8, cos53=0.6).求：(1)小物塊所受到的恒力F;(2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回 B點(diǎn)所用的時(shí)間；(3)小物塊能否返回到A點(diǎn)？若能，計(jì)算小物塊通過 A點(diǎn)時(shí)的速度；若不能， 計(jì)算小物塊停止運(yùn)動(dòng)時(shí)離B點(diǎn)的距離.【分析】(1)根據(jù)v-t圖象得到運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合速度時(shí)間關(guān)系公式求解加速度;然后對(duì)物體受力分析，并根據(jù)牛頓第二定律列式求

11、解拉力F;(2)先受力分析并根據(jù)牛頓第二定律求解加速度，然后根據(jù)速度時(shí)間關(guān)系公式求解；(3)對(duì)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中，求解出最大位移后比較，即可得到結(jié)論.【解答】解：(1)由圖(b)可知，人8段力口速度由金衛(wèi)與片11/3 2二。,511173 2Av 4, U-0根據(jù)牛頓第二定律，有 Fcosor n (mg-Fsin = =ma伊,一 一cosCl + sina 0. 6+0, 5X0. 8(2)在 BC段 mgsin = =ma解得-：一;,：第6頁(共30頁)小物塊從B到C所用時(shí)間與從C到B所用時(shí)間相等，有5sa? 8. 0(3)小物塊從B向A運(yùn)動(dòng)過程中，有 n mg=m3解得.一 |

12、1 一11. . - -J 22-滑行的位移 I一1.二.4 a3 乙八o乙 乙所以小物塊不能返回到 A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4m.答：(1)小物塊所受到的恒力F為11N;(2)小物塊從B點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)，到返回 B點(diǎn)所用的時(shí)間為0.5s；(3)小物塊不能返回到A點(diǎn)，停止運(yùn)動(dòng)時(shí)，離B點(diǎn)的距離為0.4m.【點(diǎn)評(píng)】本題是已知運(yùn)動(dòng)情況確定受力情況和一直受力情況確定運(yùn)動(dòng)情況的問 題，關(guān)鍵求解出加速度，然后根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解.5.-貨物傳送裝置如圖所示，由傾角 0=37,表面粗糙的固定斜槽和足夠?qū)挼?水平傳送帶組成，斜槽與傳送帶垂直，末端與傳送帶在同一水平面上且相互靠近。 傳送帶以恒定速

13、度V0=3m/s向前方運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)將一質(zhì)量 m=1kg可視為質(zhì)點(diǎn)的物塊， 從距離斜槽底端為s=2m的頂點(diǎn)A處無初速度釋放，物塊通過斜槽底端銜接處速 度大小不變，物塊最終與傳送帶相對(duì)靜止。(已知物塊與斜槽間的動(dòng)摩擦因數(shù)世=0.25,物塊與傳送帶間的動(dòng)摩擦因 亞=0.5,重力加速度為g=10m/J, sin37 =0.6, cos37=0.8)試求：(1)物塊在斜槽上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)物塊滑上傳送帶時(shí)受到的摩擦力大小及方向；從物塊滑上傳送帶到恰與傳送帶相對(duì)靜止的過程中，傳送帶對(duì)物塊的沖量大小 I；(3)物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程的最小動(dòng)能 Ek第7頁(共30頁)【分析】(1)分析物塊在斜槽上的受力情況，

14、由牛頓第二定律求出加速度，再由 位移公式求運(yùn)動(dòng)時(shí)間t;(2)由f= n麻物塊滑上傳送帶時(shí)受到的摩擦力大小，方向與相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相 反;從物塊滑上傳送帶到恰與傳送帶相對(duì)靜止的過程中，由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué) 公式結(jié)合求運(yùn)動(dòng)時(shí)間，再由動(dòng)量定理求傳送帶對(duì)物塊的沖量大小I;(3)物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的前階段，合摩擦力方向與速度方向的夾角為鈍角，摩擦力做負(fù)功，物塊的動(dòng)能減小，當(dāng)摩擦力方向與速度方向垂直時(shí)，物體的動(dòng)能最小。后階段，摩擦力方向與速度方向的夾角為銳角，摩擦力做正功，動(dòng)能增加,建立坐標(biāo)系，根據(jù)分速度求最小動(dòng)能Ek?！窘獯稹拷猓?1)物塊在斜面上受到的支持力 N1=mgcos0受到的摩擦力f1= 3N1

15、=兇mgcosO根據(jù)牛頓第二定律得 mgsin 8- f1=ma1。聯(lián)立得 a1=gsin 6區(qū)gcos 8 =便(0.6 0.25X 0.8) =4m/s2。物塊做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由位移公式得s二 一二 得一.；一.代入數(shù)據(jù)解得ti=1s(2)物塊受傳送帶的摩擦力大小 f2= mg=5N物塊滑到傳送帶時(shí)的速度 vi=aiti=4m/s以傳送帶為參考物塊速度大小為 V2,方向和摩擦力方向如圖所示。得 V2=5m/s第8頁(共30頁)物塊受摩擦力方向與 V2方向相反Vn_tan a-=0.75, a =37V1B =90- a =530摩擦力方向與傳送帶Vo方向的夾角為53向左。物塊受傳送帶的支

16、持力 N2=mg=10N相對(duì)傳送帶的加速度 a2=-=5m/s2om相對(duì)傳送帶做勻減速直線運(yùn)動(dòng)直到停止時(shí)正好與傳送帶共速，根據(jù)速度公式得v2t2=1S物塊受到的沖量1=匚.Nft2解得 I=5 N?s(3)物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)的前階段，合摩擦力方向與速度方向的夾角為鈍角， 摩擦力這個(gè)階段一直做負(fù)功，物塊的動(dòng)能一直減小，當(dāng)摩擦力方向與速度方向垂 直時(shí)，物體的動(dòng)能最小。后階段，摩擦力方向與速度方向的夾角為銳角，摩擦力 做正功，物塊的動(dòng)能增加，建立坐標(biāo)系如圖。x方向保持勻速直線運(yùn)動(dòng)，y方向保持勻減速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)y方向速度減至零時(shí), 物體的速度最小，即為第9頁(共30頁)vx=visin = =2.4m

17、/s最小動(dòng)能 Ek= , r. -=2.88J答：(1)物塊在斜槽上的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t是1s；(2)物塊滑上傳送帶時(shí)受到的摩擦力大小是5N,方向與傳送帶V0方向的火角為53向左;從物塊滑上傳送帶到恰與傳送帶相對(duì)靜止的過程中，傳送帶對(duì)物塊的沖量大小I是5而N?s；(3)物塊在傳送帶上運(yùn)動(dòng)過程的最小動(dòng)能 Ek是2.88J。【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是理清物塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，明確滑動(dòng)摩擦力與 物體相對(duì)運(yùn)動(dòng)方向相反，要靈活選擇參考系。6. 2022年冬奧會(huì)將在北京舉行，屆時(shí)會(huì)有許多精彩刺激的比賽，單板高山滑雪U形池就是其中之一。它的場地是長約 120米，深為4.5米，寬15米的U形滑 道(兩邊豎直雪道與池

18、底雪道由圓弧雪道連接組成，橫截面像U字形狀)，整條賽道的平均坡度18.選手在高處助滑后從U形池一側(cè)邊緣(示意圖中A點(diǎn))進(jìn) 入賽道，沿U型池滑行至另一側(cè)豎直軌道，從 B點(diǎn)躍起在空中做出各種抓板旋 轉(zhuǎn)等動(dòng)作，完成動(dòng)作落入軌道再滑向?qū)?cè)，如此反復(fù)躍起完成難度不同的動(dòng)作， 直至滑出賽道完成比賽，裁判根據(jù)選手完成動(dòng)作的難易和效果打分。第10頁(共30頁)情景明示本國（1）選手出發(fā)時(shí)要先經(jīng)過一段傾斜坡道助滑（如情景圖），設(shè)坡度傾角為a,滑 板與雪面的動(dòng)摩擦因數(shù)為 %當(dāng)?shù)氐闹亓铀俣葹間,求選手沿此斜面坡道向下 滑行的加速度大小。（2）在高中物理學(xué)習(xí)中，對(duì)于復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)往往采用分解的研究方法，比如對(duì)平 拋運(yùn)動(dòng)

19、的研究。a.運(yùn)動(dòng)員沿U形池從A滑行到B的過程是一個(gè)復(fù)雜的運(yùn)動(dòng)，請你用分解的方法 來研究這個(gè)運(yùn)動(dòng)，并描述你的分解結(jié)果。b.在平昌冬奧會(huì)上，傳奇名將肖恩？懷特在賽道邊緣躍起時(shí)以外轉(zhuǎn) 1440。（以身 體為軸外轉(zhuǎn)四周）超高難度的動(dòng)作奪得該項(xiàng)目的冠軍，為了簡化以達(dá)到對(duì)特定問 題的求解，此過程中他可視為質(zhì)點(diǎn)，設(shè)每轉(zhuǎn)一周最小用時(shí) 0.5秒，他起跳時(shí)速度 與豎直賽道在同一平面內(nèi)，與豎直向上的夾角為20,下落到與起跳點(diǎn)同一高度前要完成全部動(dòng)作，全過程忽略空氣阻力，求他起跳的最小速度為多少？（g 取 10m/s2 sin20 =0.34 cos20 =0.94）【分析】（1）以選手為研究對(duì)象進(jìn)行受力分析，由牛頓

20、第二定律求解加速度大小； （2） a.可以將該運(yùn)動(dòng)沿yt道坡度方向和 U型截面方向分解；根據(jù)受力情況分 析運(yùn)動(dòng)情況；b.求出選手完成動(dòng)作的總時(shí)間，將選手的運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)， 根據(jù)運(yùn)動(dòng)的合成與分解進(jìn)行解答?！窘獯稹拷猓海?）受力分析如圖，將mg分解第11頁（共30頁）N由牛頓第二定律： mgsin曠f=ma滑動(dòng)摩擦力 f= m mgcosa得出：a=gsin cr g gCOS；a(2) a.可以將該運(yùn)動(dòng)沿yt道坡度方向和U型截面方向分解；沿坡道方向可能做勻速直線或勻加速直線運(yùn)動(dòng)；沿截面方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)，勻減速直線運(yùn)動(dòng)，豎直上拋運(yùn)動(dòng)。b.以身體為軸外轉(zhuǎn)四周，每轉(zhuǎn)一周最小

21、用時(shí)0.5s,完成動(dòng)作總用時(shí)T=2s將選手的運(yùn)動(dòng)分解為水平和豎直兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，豎直方向上勻變速直線運(yùn)動(dòng)。上升過程運(yùn)動(dòng)時(shí)間Ti= =1s2出發(fā)時(shí)速度的豎直分量：Vy=gti=10m/sV.出發(fā)時(shí)最小速度v= =10.6m/scos篁答：(1)選手沿此斜面坡道向下滑行的加速度大小為gsin or pgcos；a(2) a.可以將該運(yùn)動(dòng)沿yt道坡度方向和 U型截面方向分解；沿坡道方向可能 做勻速直線或勻加速直線運(yùn)動(dòng)；沿截面方向做自由落體運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)，勻減速 直線運(yùn)動(dòng)，豎直上拋運(yùn)動(dòng)；b.他起跳的最小速度為10.6m/s?！军c(diǎn)評(píng)】對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng)用問題， 關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受 力情況，

22、利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué)的計(jì)算公式求解加速度， 再根據(jù)題目要求進(jìn) 行解答；第12頁(共30頁)對(duì)于運(yùn)動(dòng)的合成與分解問題，要知道分運(yùn)動(dòng)和合運(yùn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)特點(diǎn)， 能夠?qū)⒑线\(yùn)動(dòng) 分解為兩個(gè)分運(yùn)動(dòng)，然后根據(jù)幾何關(guān)系求解。7.如圖甲所示，一塊長度為L=2m、質(zhì)量為M=0.4kg的長木板靜止放置在粗糙水 平地面上。另有一質(zhì)量為 m=0.5kg的小鉛塊（可看做質(zhì)點(diǎn)），以v0的水平初速度 向右沖上木板。已知鉛塊與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 崗=0.3,木板與地面間的動(dòng)摩 擦因數(shù)為=0.1,重力加速度取g=10m/s2。（1）鉛塊剛沖上木板時(shí)，求鉛塊與木板的加速度ai、a2；（2）當(dāng)鉛塊以v0=4-m/s沖上木板，計(jì)算鉛

23、塊從木板右端脫離時(shí)，鉛塊與木板的速度大小VI、V2；（3）若將六個(gè)相同的長木板并排放在地面上，如圖乙所示，鉛塊以滿足V02=（烏） 2+48m2/s2的初速度沖上木板，其它條件不變。確定鉛塊最終停在哪一塊木塊上 并求出其停在該木塊上的位置離該木塊最左端的距離d （計(jì)算結(jié)果用分?jǐn)?shù)表示）。加口 .V 圖甲圖乙【分析】（1）對(duì)鉛塊、木板根據(jù)牛頓第二定律求解加速度大??；（2）當(dāng)鉛塊以qF/m/s沖上木板，假設(shè)鉛塊從木板右端沖出的時(shí)間為t,根據(jù) 運(yùn)動(dòng)學(xué)公式進(jìn)行解答；（3）分析鉛塊的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況，結(jié)合牛頓第二定律和位移時(shí)間關(guān)系計(jì)算 公式求解鉛塊最終停在哪一塊木塊上，根據(jù)位移關(guān)系求解停在該木塊上的位置

24、離 該木塊最左端的距離do【解答】解：（1）對(duì)鉛塊：根據(jù)牛頓第二定律可得（nmg=ma1,得a1=3m/s2,水平向左；對(duì)木板根據(jù)牛頓第二定律可得：amg-（m+M） g=Ma2,得 a2=1m/s2,向右；第13頁（共30頁）(2)當(dāng)鉛塊以ygum/s沖上木板，假設(shè)鉛塊從木板右端沖出的時(shí)間為t根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得, 一 .-1J - ,計(jì)算得：t=st=1s (舍去)g所以1 1. . , I；A M空2 a w t - q in/s )(3)由于 2 (m+2M) g pimg 亞(m+3M) g鉛塊滑上第5塊前，所有木塊對(duì)地靜止，滑上第5塊瞬間，第5、6塊開始運(yùn)動(dòng):對(duì)鉛塊：umg=mai,

25、得 3m/s2,對(duì)第 5、6 塊木塊：園mg- 2 (m+2M) g=2M%6,得 a56m/s2, 4鉛塊沖上第7塊瞬間速度為vi: v02-v12 = 2a1-4L，得 vi2=m/s； 8設(shè)在第5塊木板上時(shí)間為t512 12 Tvlt52alt556t5=L解得：t5=1s此時(shí)鉛塊速度,:111 u 口 X木板速度- 1 :再繼續(xù)滑上第6個(gè)木板；對(duì)第6塊木板：崗mg- 2 (m+M) g=Ma6,得 a6= m/s2;量假設(shè)滑上第6個(gè)木板至共速時(shí)間t6貝 vl - ait6=V2+a6t61t6十第14頁(共30頁)取后距離弟6塊木板左端的距離心（丫,1+叱共）蔣（叮+.共）t 6=，卬

26、。 w-乙JL7臺(tái)答：（1）鉛塊剛沖上木板時(shí)，鉛塊加速度為 3m/s2,向左；木板的加速度Wm/s2,2向右；（2）當(dāng)鉛塊以V0=d-m/s沖上木板，計(jì)算鉛塊從木板右端脫離時(shí)，鉛塊速度為4m/s；木板的速度為m/s；123（3）鉛塊最終停在6木塊上，具停在該木塊上的位置離該木塊最左端的距離為A點(diǎn)，自然狀態(tài)時(shí)其右端位其形狀為半徑R=1.0m的圓環(huán)【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查牛頓第二定律的綜合應(yīng)用，對(duì)于牛頓第二定律的綜合應(yīng) 用問題，關(guān)鍵是弄清楚物體的運(yùn)動(dòng)過程和受力情況， 利用牛頓第二定律或運(yùn)動(dòng)學(xué) 的計(jì)算公式求解加速度，再根據(jù)題目要求進(jìn)行解答；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和 運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁。.如圖所示，水平桌面上

27、有一輕彈簧，左端固定在于B點(diǎn)。水平桌面右側(cè)有一豎直放置的軌道 MNP,剪去了左上角120的圓弧，MN為其豎直直徑，P點(diǎn)到桌面的豎直距離是h=2.4m。用質(zhì)量為m=0.2kg的物塊將彈簧緩慢壓縮后釋放，物塊經(jīng)過B點(diǎn)后在桌面上做勻 變速運(yùn)動(dòng)，其位移與時(shí)間的關(guān)系為 x=6t-2t2,物塊飛離桌面后恰好由P點(diǎn)沿切 線落人圓軌道。（不計(jì)空氣阻力，g取l0m/s2）（1）求物塊過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大小Vb及物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)（2）若物塊剛好能到達(dá)軌道最高點(diǎn)M,求物塊從P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功Wo【分析】（1）將x=6t-2t2,與勻變速直線運(yùn)動(dòng)的位移公式進(jìn)行比對(duì)，得到物塊 通過B點(diǎn)后的初

28、速度和加速度，由牛頓第二定律求出動(dòng)摩擦因數(shù)；第15頁（共30頁）(2)物塊離開桌面做平拋運(yùn)動(dòng)，由 P點(diǎn)沿圓軌道切線落入圓軌道，由機(jī)械能守 恒定律求出到達(dá)P點(diǎn)的速度；2物塊在內(nèi)軌道做圓周運(yùn)動(dòng)，在最高點(diǎn)有臨界速度，則mg=!L,求出M點(diǎn)的速v XII度，然后由能量轉(zhuǎn)化及守恒定律即可求出物塊從P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦力所做的功。【解答】解：(1)物塊過B點(diǎn)后做勻變速運(yùn)動(dòng)，由x=6t- 2t2知：VB=6m/s a=4m/s2由牛頓第二定律： m mg=ma解得=0.42(2)物體剛好能到達(dá)M點(diǎn)，有mg二川一R由平拋動(dòng)規(guī)律，在P點(diǎn)豎直方向： 令2Mh所以：Vy=VP?sin60 0從P至U M的過

29、程，由動(dòng)能定理得mgR(l+cQs60聯(lián)立解得W=2.4A答：(1)物塊過B點(diǎn)時(shí)的瞬時(shí)速度大小是6m/s,物塊與桌面間的動(dòng)摩擦因數(shù)卜是 0.4;(2)若物塊剛好能到達(dá)軌道最高點(diǎn) M,物塊從P點(diǎn)到M點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中克服摩擦 力所做的功是2.4J?！军c(diǎn)評(píng)】該題涉及到多個(gè)運(yùn)動(dòng)過程，主要考查了機(jī)械能守恒定律、平拋運(yùn)動(dòng)基本 公式、圓周運(yùn)動(dòng)向心力公式的應(yīng)用，用到的知識(shí)點(diǎn)及公式較多，難度較大，屬于 難題。.如圖所示，傾角為37。的固定斜面上下兩端分別安裝有光滑定滑輪和彈性擋板P, Pi、P2是斜面上兩點(diǎn)，PR間距離L=2m, P1P2間距離L?=4m,輕繩跨過滑輪連接平板B和重物C,小物體A放在離平板B下端s=

30、1m處，平板B下端緊挨P2, 當(dāng)小物體A運(yùn)動(dòng)到P1P2區(qū)間使總受到一個(gè)沿斜面向下 F=0.1mg的恒力作用.已第16頁(共30頁) 知A、B、C質(zhì)量分別為m、2m、m, A與B問動(dòng)摩擦因數(shù) 由=0.75, B與斜面問 動(dòng)摩擦因數(shù)2=0.25,設(shè)最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，sin37= 0.6, cos37 =0.8, g取10m/s2 .平板B與擋板P碰撞前C與滑輪不會(huì)相碰.現(xiàn)讓整個(gè)裝置從靜止釋 放，求：(1)小物體A在P1P2區(qū)間上方和進(jìn)入P1P2區(qū)間內(nèi)的加速度大?。?2)平板B與彈性擋板P碰撞瞬間同時(shí)剪斷輕繩，求平板 B碰撞后沿斜面上升 到最高點(diǎn)的時(shí)間.【分析】(1)假設(shè)A相對(duì)B靜止，對(duì)A

31、、B、C整體，由牛頓第二定律求得加速 度，再對(duì)A,由牛頓第二定律求得A所受的摩擦力，與最大靜摩擦力比較，即可 知道假設(shè)成立，A、B、C一起運(yùn)動(dòng)，再對(duì)A,由牛頓第二定律求出加速度.當(dāng)小 物體A進(jìn)入P1P2區(qū)間內(nèi)，隔離A,由牛頓第二定律求加速度.(2)小物體A剛到P2時(shí)，A、B、C速度滿足V02=2a求v0當(dāng)小物體A進(jìn)入 P1P2區(qū)間內(nèi)時(shí)，對(duì)B、C整體，由牛頓第二定律求得加速度.當(dāng)小物體A剛到Pi時(shí)，小物體速度滿足vi2-V02=2a也.解出vi.從而求得小物體A從P2到Pi運(yùn)動(dòng) 時(shí)間.得到B、C速度和此過程中B運(yùn)動(dòng)距離，分析何時(shí)B與擋板P發(fā)生碰撞， 再由牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng)學(xué)公式列式求解.【解答】

32、解：(1)小物體A在P1P2區(qū)間上方運(yùn)動(dòng)時(shí)，假設(shè) A相對(duì)B靜止，對(duì)A、 B、C整體，由牛頓第二定律有：3mgsin 0-坦？3mgcos8 mg=4ma代入數(shù)據(jù)解得：a=0.5m/s2.隔離 A,有：mgsin 0- f=ma代入數(shù)據(jù)得：f=5.5m而A、B間的最大靜摩擦力fm= wmgcosO =6m則ffm,即A相對(duì)于B向下滑動(dòng)，對(duì)A有：第17頁(共30頁)F+mgsin 0-四mgcosO =ma解代入數(shù)據(jù)得：ai=1m/s2 .(2)小物體A剛到P2時(shí)，A、B、C速度滿足V02=2as代入數(shù)據(jù)解得：vo=1m/s當(dāng)小物體A進(jìn)入P1P2區(qū)間內(nèi)時(shí)，對(duì)B、C整體，有：2mgsin + 國mg

33、cosO(J2?3mgcos 0- mg=3ma2.代入數(shù)據(jù)解得：a2=m/s2.3當(dāng)小物體A剛到P1時(shí)，小物體速度滿足 V12-V02=2aiL.代入數(shù)據(jù)解得：V1=3m/s小物體A從P2到P1運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：tJi二2d =2s al 1B、C 速度為：V2 =v0+a2t 1=1+2 x 2=m/s 33+ 1J此過程中 B 運(yùn)動(dòng)距離為： x2=二一七=x 2=-m 21 23因此，當(dāng)小物體A剛過P1時(shí)，小物體A離平板B下端距離為： x=s- ( L2 - x2) = 1 m 3此時(shí)B剛好與擋板P發(fā)生碰撞且純斷，此后 A將以速度V1=3m/s向下勻速運(yùn)動(dòng),B將向上以V2=m/s做勻速運(yùn)動(dòng).

34、:;隔離 B,有：2mgsin(+因 mgcos 肝國？3mgcos8 mg=2ma3.代入數(shù)據(jù)解得：a3=12m/s2.對(duì) A、B,有： X=V1t2+V2t2-ya3t 2此時(shí)平板B速度為：vb=V2 - a3t2= 2個(gè)9 m/s此后A滑離平板B, B繼續(xù)向上勻減速，對(duì)B,有: 2mgsin + 國？2mgcos8 mg=2ma4.代入數(shù)據(jù)解得：a4=8m/s2.第18頁(共30頁)平板B向上運(yùn)動(dòng)到最高點(diǎn)時(shí)速度減為零，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：t3=包旦/0s因此，平板B與擋板P碰后到最高點(diǎn)時(shí)間為：tB=t2+t3工叵也s72答：(1)小物體A在P1P2區(qū)間上方和進(jìn)入P1P2區(qū)間內(nèi)的加速度大小分別為0

35、.5m/s2 和 1m/s2;(2)平板B與彈性擋板P碰撞瞬間同時(shí)剪斷輕繩，平板 B碰撞后沿斜面上升到 最高點(diǎn)的時(shí)間是- 1 -：-s.72【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵是分析三個(gè)物體的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)，采用隔離法和整體法研究物體的受力，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解運(yùn)動(dòng)時(shí)間.10.避險(xiǎn)車道是避免惡性交通事故的重要設(shè)施，由制動(dòng)坡床和防撞設(shè)施等組成， 如圖豎直平面內(nèi)，制動(dòng)坡床視為水平面夾角為8的斜面。一輛長12m的載有貨物的貨車因剎車失靈從干道駛?cè)胫苿?dòng)坡床，當(dāng)車速為23m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的底端，貨物開始在車廂內(nèi)向車頭滑動(dòng)，當(dāng)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)了4m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38m,再過一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨

36、物質(zhì)量的4倍，貨物與車廂間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 0.4;貨車在制動(dòng)坡床上運(yùn)動(dòng)受到的坡床阻力 大小為貨車和貨物總重的0.44倍。貨物與貨車分別視為小滑塊和平板，取cos 9 = 1 sin 0 =0，1g=10m/s2.求：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度的大小和方向;(2)制動(dòng)坡床的長度?！痉治觥?1)貨物相對(duì)車向前運(yùn)動(dòng)，貨物所受摩擦力與運(yùn)動(dòng)方向相反，對(duì)貨物受 力分析，再由牛頓第二定律列式求解。(2)根據(jù)牛頓第二定律分別求出貨物和貨車的加速度，利用相對(duì)位移列方程求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間，進(jìn)而可知貨車在這段時(shí)間的位移?！窘獯稹?解：(1)對(duì)貨物：n mgcosimgsin 0 =ma第19頁(共30頁)ai=5m/

37、s2,方向沿斜面向下；(2) 對(duì)貨車：0.44 (m+4m) g+4mgsin 0-仙 mgcosO =4n2a解得：a2=5.5m/s2設(shè)減速的時(shí)間為t,則有：vot - -ait2- (votL2 t 2) =422得：t=4s故制動(dòng)坡床的長度L=38+12+ (vot-2已2 t 2)=98m。2答：(1)貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度為 5m/s2,方向沿斜面向下；(2)制動(dòng)坡床的長度為98m 0【點(diǎn)評(píng)】解題的關(guān)鍵是將實(shí)際問題模型化，本題模型是斜面上的小滑塊和平板。易錯(cuò)點(diǎn)是求貨車的加速度時(shí)容易漏掉貨物對(duì)貨車向前的摩擦力，求坡的長度時(shí)容易忽略貨車的長度。11.在游樂場中，有一種叫 跳樓機(jī)”的大

38、型游戲機(jī)，如圖所示，某跳樓機(jī)能把乘 客帶入139m的高度后，從靜止開始?jí)嬄?不計(jì)空氣阻力),當(dāng)達(dá)到40m/s的最 高運(yùn)行速度后開始勻速下落，一段時(shí)間后跳樓機(jī)開始受到壓縮空氣提供的恒定阻 力做勻減速直線運(yùn)動(dòng)，加速度大小為20m/s2.在距離地面3m高處速度剛好減為零，然后讓座椅緩慢下落到地面，設(shè)坐在跳樓機(jī)上的小馬質(zhì)量為50kg,求：(1)跳樓機(jī)自由下落的高度；(2)跳樓機(jī)下落過程中小馬對(duì)座椅的最大壓力；(3)跳樓機(jī)在前136m下落過程中所用的時(shí)間.【分析】(1)根據(jù)速度位移公式求出自由下落的高度.(2)根據(jù)牛頓第二定律，抓住合力方向向上，求出最大的支持力，從而得出最 大壓力大小.然后求出下降的總

39、時(shí)間.(3)分別求出自由下落、減速下降與勻速下降的時(shí)間，第20頁(共30頁)【解答】解：(1)根據(jù)速度位移公式得，自由下落的高度為:hi=2g 2X1Q=80m(2)小馬減速下降時(shí)小馬對(duì)座椅的壓力最大，對(duì)小馬，由牛頓第二定律得：F mg=m%,解得：F=m好ma2=50X 10+50 X20=1500N.由牛頓第三定律可知，小馬對(duì)座椅的最大壓力為：1500N.(3)自由下落的時(shí)間：t1= = =4s, ：勻減速下落的時(shí)間：t2= = =2s, TOC o 1-5 h z 22減速下落的距離：h2= = =40m,勻速下落的時(shí)間：t3= - ，- 1 - - 1 =0.4s,v40下落過程的時(shí)間

40、：t=t+t2+t3=6.4s；答：(1)跳樓機(jī)自由下落的高度為80m；(2)跳樓機(jī)下落過程中小馬對(duì)座椅的最大壓力為1500N;(3)跳樓機(jī)在前136m下落過程中所用的時(shí)間為6.4s.【點(diǎn)評(píng)】本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用與運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)， 分析清楚跳樓機(jī)的運(yùn)動(dòng) 過程是解題的前提與關(guān)鍵，分析清楚運(yùn)動(dòng)過程、應(yīng)用牛頓第二定律與運(yùn)動(dòng)學(xué)公式 可以解題.小車在水平路面上加速向右運(yùn)動(dòng)，一質(zhì)量為 m的小球用一條水平線和一條斜線(與豎直方向成30角)把小球系于車上，求下列情況下，兩繩的拉力：(1)加速度aq；(2)力口速度a2等O 。第21頁(共30頁)【分析】小球和小車具有共同的加速度，求出純 A拉力為零時(shí)，小球

41、的加速度， 判斷A純是處于繃緊狀態(tài)還是收縮狀態(tài)，然后運(yùn)用正交分解，抓住豎直方向上的 合力為零，水平方向上的合力產(chǎn)生加速度，結(jié)合牛頓第二定律求出兩純的拉力.【解答】解：解設(shè)OA、OB純張力分別為Ta、TbTa=0時(shí)，加速度為ao則a0=gtan(1)當(dāng)、0ao知A純處于繃緊狀態(tài)，則：TBsin &TA=mai 3Tbcos 0 =mg由得：TA=1 . .T| =.w(2)當(dāng)父常即 O可知Ta=0設(shè)OB繩與豎直方向夾角為a貝 Tbcos a =mgTBsin a =ma由得：Tb=匚；答：(1)車以加速度且運(yùn)動(dòng)，兩繩的拉力各為 亞工睢、平腿.333(2)車以加度度2g運(yùn)動(dòng)，兩繩的拉力各為0、逗m

42、g 33【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵得出純 A拉力為零時(shí)的臨界加速度，判斷繩 A是處于 繃緊狀態(tài)和收縮狀態(tài)，結(jié)合牛頓第二定律進(jìn)行求解.質(zhì)量m=1kg的物體在F=20N的水平推力作用下，從足夠長的粗糙斜面的底端A點(diǎn)由靜止開始沿斜面運(yùn)動(dòng)，物體與斜面間動(dòng)摩擦因數(shù)為仙=0.25斜面固定不動(dòng)，與水平地面的夾角 8=37；力F作用4s后撤去，撤去力F后5s物體正好 通過斜面上的 B 點(diǎn).(已知 sin 37=0.6, cos 37= 0.8, g=10m/s2).求：(1)撤去力F時(shí)的速度；(2)力F作用下物體發(fā)生的位移；(3) AB之間的距離.第22頁(共30頁)【分析】(1)根據(jù)牛頓第二定律求出在力F作用下

43、的加速度，結(jié)合速度時(shí)間公式 求出撤力時(shí)的速度；(2)結(jié)合位移時(shí)間公式求出物體的位移；(3)再結(jié)合牛頓第二定律求出撤去推力后的加速度，根據(jù)速度位移公式求出繼 續(xù)上滑的位移和時(shí)間；再分析物體下滑過程中的加速度，根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式求解下 滑的距離，由此求出AB的距離.【解答】解：(1)在外力F作用下，物體的受力如左圖所示，根據(jù)牛頓第二定律 得：Fcos 0- mgsin 0- f=mai f=N=Fsin +mgcos 0聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得：ai=5m/s2撤去力F時(shí)的速度Vi=aiti=5X4=20m/s；(2)根據(jù)位移的計(jì)算公式可得力F作用下物體發(fā)生的位移為： 0+。20X1=j 二虧 X 4= 40

44、m;(3)撤去F后物體繼續(xù)向上運(yùn)動(dòng)時(shí)，受力如右圖所示，根據(jù)牛頓第二定律： mgsin + a mgcosO =ma代入數(shù)據(jù)得：a2=8m/s2 物體速度減為零的時(shí)間為：t2=-=-s=2. 5s ;3280+vi此過程的位移X2=- : ；w-接著物體加速下滑，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin 9- m mgcosO =n3a解得：a3=4m/s2根據(jù)位移時(shí)間公式可得t3=5s- 2.5s=2.5s內(nèi)的位移為：X3=-a3t32代入數(shù)據(jù)解得：X3=12.5m；第23頁(共30頁)所以AB之間的距離為：x=xi+x2-X3=52.5m；答：(1)撤去力F時(shí)的速度為20m/s；(2)力F作用下物體

45、發(fā)生的位移為40m；AB之間的距離為 52.5m.【點(diǎn)評(píng)】解決本題的關(guān)鍵能夠?qū)ξ矬w正確地受力分析，運(yùn)用牛頓第二定律和運(yùn)動(dòng) 學(xué)公式進(jìn)行求解，知道加速度是聯(lián)系力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁.一水平軌道AB距離地面的高度為H=0.8m, A、B點(diǎn)間的距離為2.5m, 一長 度合適的薄木板兩端分別擱在軌道末端點(diǎn)和水平地面之間，構(gòu)成傾角為8=45W斜面，如圖所示. 一質(zhì)量為 m=1kg的小物體，在水平軌道上運(yùn)動(dòng)，小物體與軌 道AB間的動(dòng)摩擦因數(shù) 以=0.2設(shè)小物體從B點(diǎn)水平拋出時(shí)的速度為Vb.(不計(jì)空 氣阻力，不考慮物體碰撞木板或地面后的運(yùn)動(dòng)，取 g=10m/s2)(1)為使小物體直接落在水平地面上，Vb至少為多大

46、？(2)若VB=1m/s,求小物體落到斜面上時(shí)距離 B點(diǎn)的距離S0；(3)若小物體經(jīng)過軌道 A點(diǎn)時(shí)的速度VA=1m/s,此時(shí)，給小物體一水平向右的 作用力F, F=3N,為使小物體能落到薄木板上，求 F作用在小物體上時(shí)間t的范 圍.【分析】(1)根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律求解下落時(shí)間， 再根據(jù)水平方向的勻速直線運(yùn) 動(dòng)求解速度；(2)若VB=1m/s,落在斜面上時(shí)水平位移與豎直位移相等，根據(jù)位移關(guān)系求解豎直方向的速度，再根據(jù)位移速度關(guān)系求解豎直方向的位移，進(jìn)而求出s0;(3)為使小物體能落到薄木板上，物體達(dá)到 B點(diǎn)的速度范圍為0v 2m/s,根 據(jù)動(dòng)能定理求解力F的作用距離，再根據(jù)牛頓運(yùn)動(dòng)定律求解時(shí)間.

47、第24頁(共30頁)【解答】解：(1)設(shè)物體做平拋運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為ti,則：H=Lgt2,2解得：萌丁 .，水平位移x=H=0.8m,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可得: 所以物體的最小速度為2m/s；(2)若VB=1m/s,落在斜面上時(shí)水平位移與豎直位移相等，則:彳12一4切解得：Vy=2vB=2m/s,2豎直方向的位移為h,則：h=-tpO. 2d, 2g 20貝：s口二&h=0. 2&in；(3)當(dāng)物體恰好到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，力F的作用時(shí)間為tmin,作用距離為Xi, 根據(jù)動(dòng)能定理可得：F工-乩m(xù)gL曲二，解得：xi=1.5m；有力F作用時(shí)的加速度為：a15 mg二3；252二1擊/小ID 1根據(jù)位移時(shí)間

48、關(guān)系可得：.,解得：tmin=1s；當(dāng)物體到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為v=2m/s,力F的作用時(shí)間最長為tmax,作用距離為X2, 根據(jù)動(dòng)能定理可得：F竹-N mgL四,解得：,二I根據(jù)位移時(shí)間關(guān)系可得：，.，解得： tmax=1.3s,所以F作用在小物體上時(shí)間范圍為1st1.3s；答：(1)為使小物體直接落在水平地面上，Vb至少為2m/s；(2)若VB=1m/s,求小物體落到斜面上時(shí)距離 B點(diǎn)的距離為02Em；(3)為使小物體能落到薄木板上，F(xiàn)作用在小物體上時(shí)間范圍為1st1.3s.第25頁(共30頁)【點(diǎn)評(píng)】本題主要是考查了平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律、 動(dòng)能定理和牛頓第二定律的綜合應(yīng) 用，知道平拋運(yùn)動(dòng)可以分解為水

49、平方向的勻速直線運(yùn)動(dòng)和豎直方向的自由落體運(yùn) 動(dòng)；知道加速度是聯(lián)系靜力學(xué)和運(yùn)動(dòng)學(xué)的橋梁.一個(gè)質(zhì)量m=1kg物體，以初速度V0=4m/s從斜面上A點(diǎn)沿斜面向上運(yùn)動(dòng)， 物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的最大距離 L=1.2m,經(jīng)過一段時(shí)間后物體再返回到 A點(diǎn), 此時(shí)物體速率vt=2m/s,且返回到 A點(diǎn)之前物體已做勻速運(yùn)動(dòng).設(shè)斜面的傾角 a =37；物體與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù) 仙=0.5物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力大 小與其速率成正比.試求：(1)物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力與速率的比例系數(shù)k；(2)物體剛沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的瞬間加速度大??；(3)物體從開始沿斜面向上運(yùn)動(dòng)到返回出發(fā)點(diǎn)所用的時(shí)間.【分析】(1)勻速

50、運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件列方程求解比例系數(shù)k；(2)根據(jù)牛頓第二定律列方程求解加速度大??；(3)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)根據(jù)牛頓第二定律求解極短時(shí)間內(nèi)的加速度，對(duì)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的全過程累加求和得到時(shí)間和速度變化的表達(dá)式，求解上滑過程中的時(shí)間，由此方法在求解下滑過程中的時(shí)間，即可求解總時(shí)間.【解答】解：(1)設(shè)空氣阻力為f,則：f=kv；勻速運(yùn)動(dòng)過程中，根據(jù)共點(diǎn)力的平衡條件可得：mgsin a =kv+n mgcos9解得：k=1kg/s；(2)設(shè)剛拋出時(shí)物體的加速度為a。，根據(jù)牛頓第二定律可得：mgsin什以mgcos+kvo=mao,解得：ao=gsin +仙 gcos+x- = (

51、10X 0.6+0.5X 10X 0.8+: 口 ) m/s2=14m/s2; ID1(3)設(shè)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度為a,以沿斜面向上為正方向則根據(jù)牛頓第二定律可得：a=- gsin or gcosx 第26頁(共30頁)取對(duì)物體取極短 t時(shí)間有：a=- gsin or仙gcos殳至1=心上， m At即：(一gsin or(1 gcos)a At - -At=A vm解得：一(gsin + i gcos)a t - iLAx=A vID對(duì)物體沿斜面向上運(yùn)動(dòng)的全過程累加求和有：一(gsin +仙 gcos)a ( ti+At2+Ats+, ,) ( xi+Ax2+Axs+,) = vi + V2+A IDV3+即：一(gsin + g gcos)a ti - -=0 V0； w得：ti=0.28s；同理對(duì)物體沿斜面向下運(yùn)動(dòng)的全過程有：(gsin or gcos)at2- L=vt- 0;m解得：t2=i.6s；所以總時(shí)間：t=ti+t2=0.28s+i.6s=i.88s.答：(i)物體在運(yùn)動(dòng)過程中受到的空氣阻力與速率的比例系數(shù)k為ikg/s；(2)物體剛沿斜面向上運(yùn)動(dòng)時(shí)的瞬間加速度大小i