2022年高三物理第一轮复习牛顿运动定律考点例析答案 2.pdf

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1、高三物理第一轮复习牛顿运动定律考点例析答案例 1-1、分析与解：对人受力分析，他受到重力mg、支持力FN和摩擦力Ff作用，如图1 所示 .取水平向右为x 轴正向，竖直向上为y轴正向，此时只需分解加速度，据牛顿第二定律可得：Ff=macos300, FN-mg=masin300因为56mgFN，解得53mgFf. 例 1-2 、分析与解：（ 1）错。因为L2被剪断的瞬间，L1上的张力大小发生了变化。剪断瞬时物体的加速度a=gsin . （ 2）对。因为L2被剪断的瞬间，弹簧L1的长度来不及发生变化，其大小和方向都不变。例 1-3、分析与解：因小球在水平方向不受外力作用，水平方向的加速度为零，且初

2、速度为零，故小球将沿竖直向下的直线运动，即C 选项正确。例 1-4、 分析与解：选人和吊台组成的系统为研究对象，受力如图5 所示， F 为绳的拉力 ,由牛顿第二定律有：2F-(m+M)g=(M+m)a 则拉力大小为：NgamMF3502)(再选人为研究对象，受力情况如图6 所示， 其中 FN是吊台对人的支持力。由牛顿第二定律得：F+FN-Mg=Ma, 故 FN=M(a+g)-F=200N. 由牛顿第三定律知，人对吊台的压力与吊台对人的支持力大小相等，方向相反，因此人对吊台的压力大小为200N，方向竖直向下。例 1-5、分析纠错：笔者看到这道试题以后，对高考命题专家是佩服得五体投地！ 命题者将常

3、见的四种不同的物理情景放在一起，让学生判别弹簧的伸长量的大小，不少学生不加思考的选择B 答案。没有良好思维习惯的学生是不能正确解答本题的。这正是命题人的独具匠心！本题实际上就是判断四种情景下弹簧所受弹力的大小。由于弹簧的质量不计，所以不论弹簧做何种运动，弹簧各处的弹力大小都相等。因此这四种情况下弹簧的弹力是相等，即四个弹簧的伸长量是相等。只有D 选项正确。例 2-1 、分析与解： (1) 以物体和绳整体为研究对象，根据牛顿第二定律可得：F=（M+m ）a,解得 a=F/(M+m). (2)以物体和靠近物体x 长的绳为研究对象，如图15 所示。根据牛顿第二定律可得：Fx=(M+mx/L)a=(M

4、+xLm)mMF由此式可以看出：绳中各处张力的大小是不同的，当x=0 时，绳施于物体M 的力的大小为FmMM例 2-2：解析 ：要求车的加速度，似乎需将车隔离出来才能求解，事实上，人和车保持相对静止， 即人和车有相同的加速度，所以可将人和车看做一个整体，对整体用牛顿第二定律求解即可。将人和车整体作为研究对象，整体受到重力、水平面的支持力和两条绳的拉力。在竖直方向重力与支持力平衡，水平方向绳的拉力为2F ，所以有：2F = (M + m)a ，解得： a =2FMm例 2-3：解析 ：先把 P、Q 看成一个整体，受力如图14甲所示，则绳对两环的拉力(m+M)g F F 图 5 a F FN Mg

5、 图 6 300 aFN mgFf 图 1 x yx ax ay图 15 Fx mx M 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 13 页为内力，不必考虑，又因OB 杆光滑，则杆在竖直方向上对Q 无力的作用，所以整体在竖直方向上只受重力和OA 杆对它的支持力，所以N 不变，始终等于P 、 Q 的重力之和。再以 Q 为研究对象，因OB 杆光滑，所以细绳拉力的竖直分量等于Q 环的重力，当P 环向左移动一段距离后， 发现细绳和竖直方向夹角a 变小，所以在细绳拉力的竖直分量不变的情况下，拉力 T 应变小。由以上分析可知应选B 。例 2-

6、4：解析： 选 M 、 m1和 m2构成的整体为研究对象，把在相同时间内，M 保持静止，m1和 m2分别以不同的加速度下滑三个过程视为一个整体过程来研究。根据各种性质的力产生的条件， 在水平方向，整体除受到地面的静摩擦力外，不可能再受到其他力；如果受到静摩擦力，那么此力便是整体在水平方向受到的合外力。根据系统牛顿第二定律，取水平向左的方向为正方向，则有：F合x = Ma + m1a1xm2a2x其中 a、 a1x和 a2x分别为 M 、m1和 m2在水平方向的加速度的大小，而a= 0 ，a1x= g (sin30 cos30 ) cos30 ，a2x = g (sin45 cos45 ) co

7、s45 。所以：F合= m1g (sin30 cos30 ) cos30 m2g (sin45 cos45 ) cos45 =3 10 (120.2 32) 322.0 10 (220.3 22) 22= 2.3N 负号表示整体在水平方向受到的合外力的方向与选定的正方向相反。所以劈块受到地面的摩擦力的大小为2。3N，方向水平向右。例 2-5：解析： 以人、 车整体为研究对象，根据系统牛顿运动定律求解。如图 16甲，由系统牛顿第二定律得：(M + m)gsin = ma 解得人的加速度为a =Mmmgsin例 2-6：解析： 选小球 Q 和两重物P 构成的整体为研究对象，该整体的速率从零开始逐渐

8、增为最大，紧接着从最大又逐渐减小为零（此时小球下降的距离最大为h） ，如图1 10甲。在整过程中，只有重力做功，机械能守恒。因重为 Q 的小球可能下降的最大距离为h ，所以重为P 的两物体分别上升的最大距离均为：22hLL 考虑到整体初、末位置的速率均为零，故根据机械能守恒定律知，重为Q 的小球重力势能的减少量等于重为P 的两个物体重力势能的增加量，即：Qh = 2P (22hLL) 从而解得： h =22222PL(8PQQQ4P例 2-7：解析： 只释放一个球与同时释放三个球时，每球所受的库仑力相同。而若同时释放三个球，则三球组成的系统所受合外力为0，由此根据系统牛顿运动定律求解。把 A

9、、B 、C 三个小球看成一个整体，根据系统牛顿运动定律知，系统沿水平方向所受合外力等于系统内各物体沿水平方向产生加速度所需力的代数和，由此可得：maA + maB + maC = 0 规定向右为正方向，可解得C 球的加速度：aC =(aA + aB) =(13) = 2m/s2方向水平向右：例 2-8：解析 ：要求物体1 和 2 之间的作用力，必须把其中一个隔离出来分析。先以整体为研究对象，根据牛顿第二定律：F1F2 = 2ma 再以物体 2 为研究对象，有NF2 = ma 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页解、两

10、式可得N =12FF2，所以应选C 例 2-9：解析 ：A 的运动有两种可能，可根据隔离法分析设 AB 一起运动，则：a =ABFmmAB 之间的最大静摩擦力：fm = mBg 以 A 为研究对象：若fmmAa ，即： ABBAmm (mm )gF 时， AB 一起向右运动。若 ABBAmm (mm )gF ，则 A 向右运动，但比B 要慢，所以应选B 例 2-10：解析：B 受到 A 向前的压力N ，要想 B 不下滑， 需满足的临界条件是：1N = m2g 。设 B 不下滑时， A 、B 的加速度为a ，以 B 为研究对象，用隔离法分析，B 受到重力，A 对 B 的摩擦力、 A 对 B 向前

11、的压力N ，如图 23 甲所示，要想B 不下滑，需满足：1Nm2g ，即： 1m2am2g ，所以加速度至少为a =1g再用整体法研究A、B，根据牛顿第二定律，有：F2(m1 + m2)g = (m1 + m2)g = (m1 + m2)a 所以推力至少为：F = (m1 + m2)(11+ 2)g 例 2-11： 解析 ：弹力产生在直接接触并发生了形变的物体之间，现在细绳有无形变无法确定。所以从产生原因上分析弹力是否存在就不行了，应结合物体的运动情况来分析。隔离 A 和 B ，受力分析如图24 甲所示，设弹力T 存在，将各力正交分解，由于两物体匀速下滑，处于平衡状态，所以有：mgAsin =

12、 T + fAmgBsin + T = fB设两物体与斜面间动摩擦因数分别为A、B， ，则：fA = ANA = AmAgcosfB = BNB = BmBgcos由以上可解得：T = mAg (sin Acos )和 T = mBg (Bcos sin ) 若 T = 0 ，应有： A = tan ，B = tan由此可见，当A = B时，绳子上的弹力T 为零。若 AB，绳子上一定有弹力吗？我们知道绳子只能产生拉力。当弹力存在时，应有：T0 ，即： Atan，B tan所以只有当AB时绳子上才有弹力。例 2-12：解析 ：确定物体 m 的加速度可用整体法，确定盘对物体的支持力需用隔离法。选整

13、体为研究对象，在没有向下拉盘时有：KL = (m + m0)g 在向下拉伸 L 又放手时有：K L = (m + m0)a 再选 m 为研究对象： FN mg = ma 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13 页解得： FN = (1 +LL)mg 应选 A 。此题也可用假设法、极限法求解。例 3-1、分析与解：设物体与平板一起向下运动的距离为x 时，物体受重力mg，弹簧的弹力 F=kx 和平板的支持力N 作用。据牛顿第二定律有：mg-kx-N=ma 得 N=mg-kx-ma 当 N=0 时，物体与平板分离，所以此时kag

14、mx)(因为221atx，所以kaagmt)(2。例 3-2、分析与解：因为在t=0.2s 内 F 是变力，在t=0.2s 以后 F 是恒力，所以在t=0.2s 时，P离开秤盘。此时P受到盘的支持力为零，由于盘的质量m1=15kg，所以此时弹簧不能处于原长，这与例2 轻盘不同。设在00.2s 这段时间内P 向上运动的距离为x,对物体 P 据牛顿第二定律可得：F+N-m2g=m2a 对于盘和物体P 整体应用牛顿第二定律可得：ammgmmxkgmmkF)()()(212121令 N=0，并由述二式求得kamgmx12，而221atx，所以求得a=6m/s2. 当 P开始运动时拉力最小，此时对盘和物

15、体P 整体有 Fmin=(m1+m2)a=72N. 当 P与盘分离时拉力F 最大， Fmax=m2(a+g)=168N. 例 3-3、分析与解：对于A、B 整体据牛顿第二定律有：FA+FB=(mA+mB)a,设 A、B 间的作用为 N，则对 B 据牛顿第二定律可得：N+FB=mBa 解得NtFmmFFmNBBABAB3416当 t=4s 时 N=0，A、B 两物体开始分离，此后B 做匀加速直线运动，而A 做加速度逐渐减小的加速运动，当t=4.5s 时 A 物体的加速度为零而速度不为零。t4.5s 后 ,所受合外力反向，即 A、 B 的加速度方向相反。 当 tg 时，则小球将“飘”离斜面，只受两

16、力作用，如图13 所示，此时细线 与 水 平 方 向 间 的 夹 角 450.由 牛 顿 第 二 定 律 得 ： Tcos =ma,Tsin =mg, 解 得mggamT522。例 4-1 、分析与解：刚放在传送带上的零件，起初有个靠滑动摩擦力加速的过程，当速度增加到与传送带速度相同时，物体与传送带间无相对运动，摩擦力大小由f=mg 突变为零，此后以速度V 走完余下距离。由于 f= mg=ma,所以 a=g. 加速时间gVaVt1加速位移gVatS22112121通过余下距离所用时间gVVSVSSt212共用时间gVVSttt221摩擦力对零件做功221mVW例 4-2 、分析与解： 物体放在

17、传送带上后，开始阶段， 传送带的速度大于物体的速度，传送带给物体一沿斜面向下的滑动摩擦力，物体由静止开始加速下滑，受力分析如图20 （ a）所示；当物体加速至与传送带速度相等时，由于 tan，物体在重力作用下将继续加速，此后物体的速度大于传送带的速度，传送带给物体沿传送带向上的滑动摩擦力，但合力沿传送带向下，物体继续加速下滑，受力分析如图20(b)所示。综上可知，滑动摩擦力的方向在获得共同速度的瞬间发生了“突变” 。开始阶段由牛顿第二定律得: sin cos=a1; 所以 :a1=sin cos=10m/s2; 物体加速至与传送带速度相等时需要的时间1 a11s; 发生的位移： a112/2

18、5 16; 物体加速到10m/s 时仍未到达B点。第二阶段，有：sin cos a2 ; 所以： a2 2m/s 2; 设第二阶段物体滑动到 B 的时间为t2则： LABS2a22/2 ；解得： t21s , 2/=-11s （舍去）。故物体经历的总时间=t1t 2 =2s . 从上述例题可以总结出，皮带传送物体所受摩擦力可能发生突变，不论是其大小的突变，还是其方向的突变，都发生在物体的速度与传送带速度相等的时刻。训练 1：1、ABC 2、D 3、C 4、AB 5、C 6、D 7D 8N=31（F+2mg）9H=1.2 s 10解析：在2s 这段时间内台秤示数为3000，即超重1000N，这时

19、向上的加速精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页度211/5smMMgFa；在 25s 这段时间内台秤的示数为2000 N，等于物体的重力，说明物体做匀速运动；在57s 这段时间内，台秤的示数为F31000 N，比物重小1000N，即失重， 这时物体做匀减速上升运动，向下的加速度232/5smMFMga。画出这三段时间内的v - t图线如图所示，v - t图线所围成的面积值即表示上升的高度，由图知上升高度为：h 50 m. 11Hm=480m F= 11250 N 训练 2：参考答案： 1.B; 2.C; 3.A;.

20、4.BD; 5.C; 6.BC; 7.A; 8.C; 9.C; 10.D；11. 11. 解：对于小球A ，它受到重力mg和绳的拉力F1作用，根据牛顿第二定律可知，这两个力的合力应沿斜面向上，如图所示. 由几何关系和牛顿第二定律可得：F=mg=ma ，所以 a=g. 易求得 F1=mgmg330cos2012. 解： （1）对板，沿坐标x 轴的受力和运动情况如图所示，视为质点，由牛顿第二定律可得：f1-Mgsin =0 对人，由牛顿第三定律知f1/与 f1等大反向，所以沿x 正方向受mgsin和 f1/的作用。由牛顿第二定律可得： f1+mgsin=ma 由以上二方程联立求解得mgmMasin

21、)(，方向沿斜面向下。（2）对人，沿x 轴方向受力和运动情况如图21 所示。视人为质点，根据牛顿第二定律得：mgsin-f2=0 对板，由牛顿第三定律知f2/和 f2等值反向。 所以板沿x 正方向受 Mgsin和 f2/的作用。据牛顿第二定律得：f2+Mgsin=Ma 由上述二式解得MgMmasin)(，方向沿斜面向下。13. 解： (1) 设 t=2.0s内车厢的加速度为aB, 由 s=221taB得aB=2.5m/s2. (2)对 B，由牛顿第二定律：F-f=mBaB, 得 f=45N. 对 A 据牛顿第二定律得A的加速度大小为aA=f/mA=2.25m/s2, 所以 t=2.0s末 A的

22、速度大小为： VA=aAt=4.5m/s. (3)在 t=2.0s内 A运动的位移为SA=mtaA5 .4212, A在 B上滑动的距离msssA5. 0F1 mg F=ma 300 300 x f2 G2X 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页14.ga12212。 ）15解：物体将沿该力的反方向先做加速度逐渐增大的加速运动，接着做加速度逐渐减小的加速运动，最后保持匀速运动。（注意平衡和静止的区别；还要注意另外N-1 个力是否变化。 ）其速度图象如右图所示，OA 段对应的是该力减小过程，AB 段对应的是该力恢复原大

23、过程，BC 段对应的是保持原值后的过程。16 解：小球的加速度大小决定于小球受到的合力。从接触弹簧到到达最低点，弹力从零开始逐渐增大，所以合力先减小后增大，因此加速度先减小后增大。当合力与速度同向时小球速度增大，所以当小球所受弹力和重力大小相等时速度最大。选CD。其速度图象如右图所示，OA 段对应自由下落阶段；AB 段对应弹力逐渐增大到等于重力阶段；BC 段对应减速下降阶段。17.解：向右加速时小球对后壁必然有压力，球在三个共点力作用下向右加速。合外力向右，F2向右，因此G 和 F1的合力一定水平向左，所以F1的大小可以用平行四边形定则求出：F1=50N，可见向右加速时F1的大小与a 无关；

24、F2可在水平方向上用牛顿第二定律列方程：F2-0.75G =ma 计算得 F2=70N。可以看出F2将随 a 的增大而增大。（这种情况下用平行四边形定则比用正交分解法简单。）必须注意到：向右减速时，F2有可能减为零，这时小球将离开后壁而“飞”起来。这时细线跟竖直方向的夹角会改变，因此F1的方向会改变。所以必须先求出这个临界值。当时G 和 F1的合力刚好等于ma，所以 a 的临界值为ga43。当 a=g时小球必将离开后壁。不难看出，这时F1=2 mg=56N， F2=0 18解：由运动学知识可知：前后两段匀变速直线运动的加速度a 与时间 t 成反比，而第二段中 mg=ma2，加速度a2= g=5

25、m/s2，所以第一段中的加速度一定是a1=10m/s2。再由方程1)sin(cosmaFmgF可求得： F=54.5N 第 一 段 的 末 速 度 和 第 二 段 的 初 速 度 相 等 都 是 最 大 速 度 ， 可 以 按 第 二 段 求 得 ：vm=a2t2=20m/s；由于两段的平均速度和全过程的平均速度相等，所以60)(221ttvsmm 注意：在撤去拉力F 前后，物体受的摩擦力发生了改变。训练 3：1、BCD 2、AC 3、A、B、 C 4、A 5、C 6、AB 7、BD8、BD 9、 BD 10、B 11、D 12、2F3，g+2F3m13、(1)f=11.6N,方向向左（ 2）

26、a=4.5m/s2 14、B、C 15、BC16、 ABD 17、ABD 18、A 19、 （1）sinmgma， 1分；2sin5m/sag， 1分21sin2hat， 1分；221.6ssinhtg 1分（2）02Lmghmg， 3分；12.8mL 2分v O t t1 t2 A B C v O t t1 t2 A B C t3 F1 F2 G a v F1G v a 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 13 页（3）212mgsmv，2 分；3.6mLs，物体在到达A点前速度与传送带相等。1 分212mvmgh，2 分

27、；1.8mh1 分20、 (14 分) 解：由于木块与斜面间有摩擦力的作用，所以小球B与木块间有压力的作用，并且它们以共同的加速度a沿斜面向下运动将小球和木块看作一个整体，设木块的质量为M，根据牛顿第二定律可得amMgmMgmMcossin（4分）代入数据得22.0m/sa（ 3分）选小球为研究对象，设MN面对小球的作用力为N，根据牛顿第二定律有maNmg sin（4分）代入数据得6.0NN（2分）根据牛顿第三定律，小球对MN面的压力大小为6.0N，方向沿斜面（1分）21、 由牛顿第二定律得：mamgmgcossin（1 分）22/8.12/)6.0108.08 . 010(cossinsms

28、mgga（1 分）上滑最大距离：mmavx6.18.1224 .62220（1 分）上滑时间：ssavt5 .08.124.601（1 分）下滑过程中：cossinmamgmg（1 分）得22/2.3/)8. 48(cossinsmsmgga（1 分）又根据2221tax下滑时间ssaxt12. 36. 1222（1 分）总时间为：t = t1t2 = 1.5s （1 分）返回斜面底端时的速度大小v = at2 = 3.2 m/s （2 分）上滑过程中满足：1cossinmamgmg221/4.12/) 8. 0108. 06. 010(cossinsmsmgga上滑时间：sssavt1311

29、64 .124.610停（1 分）又因为cossinmgmg所以物体滑到最顶端后不再下滑，保持静止。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 13 页得：7.14 .1224. 622120mavxm （1 分）22、(1) a1= N1 - mgm= 58 - 505m/s2 =1.6 m/s2,(3 分) a2= mg - N2m= 50 - 465m/s2 = 0.8m/s2 ,(3 分) （2）v1= a1t1=1.63 m/s =4.8 m/s ,(3 分) (3) H=12a1t12+v1t2+12a2t22=121.

30、6 32m+4.810m+120.8 62m =7.2m+48m+14.4m=69.6m , (5 分 )23、 （1）根据牛顿第二定律，滑块相对车滑动时的加速度mgagm（1 分）滑块相对车滑动的时间0vta（1 分）滑块相对车滑动的距离2002vsv ta（1 分）滑块与车摩擦产生的内能Qmgs（1 分）由上述各式解得2012Qmv（与动摩擦因数 无关的定值）（1 分）（2）设恒力F取最小值为F1，滑块加速度为a1，此时滑块恰好到达车的左端，则滑块运动到车左端的时间011vta由几何关系有00 1122vLv tt（1 分）由牛顿定律有11Fmgma（1 分）由式代入数据解得10.5st，

31、16NF（2 分）则恒力F大小应该满足条件是6NF（1 分）（3）力F取最小值，当滑块运动到车左端后，为使滑块恰不从右端滑出，相对车先做匀加速运动 （设运动加速度为a2， 时间为t2） ， 再做匀减速运动 （设运动加速度大小为a3） 到达车右端时，与车达共同速度则有12Fmgma（1 分）3mgma（1 分）2 222 22 23122a ta tLa（1 分）由式代入数据解得23s0.58s3t（1 分）则力F的作用时间t应满足112tttt，即0.5s1.08st（2 分）24、 解：问题 1. 图象如图所示。 ,3 分由图知 :t1t2 第一种方法提升能力强。 ,1 分t v t1t2精

32、选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 13 页问题 2：由牛顿第二定律得：mamgT2,2 分m=gTgaT115)(2,1 分问题 3： (1) 第一种方法：htv12t1= vh2,1 分v2= ah ,1分第二种方法：havtvav)(2422,2 分将带入得：t2=vh2512tt=45,1 分(2) 第二种方法与第一种方法提升能力之比：%80542112ttQQ,1 分第二种方法与第一种方法相同时间内的耗能比：%50211212PPEE,1 分由以上分析知：相同时间内第二种方法的产量为第一种方法的80% ，但耗能为50

33、% 因此第二种方法较好。,1 分25、消防队员先以最大加速度重力加速度加速下滑，然后以尽可能大的加速度作减速运动，即运动过程为先加速后减速。当手和腿对杆施加最大压力时（就是抱紧杆的力）其受到的滑动摩擦力最大，此时减速的加速度值为最大。（1）最大滑动摩擦力fmaxN0.5 1800N 900N 1分减速的加速度由牛顿第二定律可知afmaxmgm900 60060m/s25m/s2 2分设消防队员加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为（Hh1） ，加速阶段的末速度是减速阶段的初速度为max，由题意和匀变速运动的规律有vmax22gh1 1分vmax22a（Hh1）v2 1分由此式解得h12aHv2

34、2g2a7.2m， 2分消防队员最大速度为vmax2gh12 10 7.2 m/s 12m/s 1分（ 2）加速时间t1vmaxg1.2s 1分精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页减速时间t2vmaxva1.2s 1分下滑的时间tt1t21.2 1.2 2.4s 1分（3）将消防队员与杆作为整体为研究对象时，加速阶段消防队员完全失重，杆受到地面的支持力等于杆的重力，即N1Mg 2000N ，加速下滑，消防队员超重，N1Mgm(ga) 2900N。杆对地面的压力随时间变化图像如图所示。画对得 4 分： 3 条线各 1

35、 分，标度1 分。26、 （1）设 A、B两物块的加速度为a1、a2。由v t图可得：2111/3101248smtva（1 分）2222/320640smtva算出（22/32sma同样给分）（1 分）对 A、B两物块分别由牛顿第二定律得：F-f ma1 （1 分） fma2 （1 分）可得： Fm （a1 + a2） 0.8 （)32310.8N （1分）（2）设 A 、B两物块 12s 内的位移分别为S1、S2，由图像得 : ms7212)84(211（2 分）ms1246212（ 2 分）所以 S S1-S260m （1 分）27、 甲错在把水平力F 当作合外力，而A、B两物块均受摩擦

36、力f 2N （2 分）乙错在由于a 轴和 F轴的标度不同，斜率k 不等于tan（2 分）正确的求解是：kgafFmAAA2226（1 分）kgafFmBBB4126（1 分）NffBA21 .020220AAAAANfNgmN（2 分）05. 040240BBBBBNfNgmN（2 分）28、 解： （1）当x=0.5m 时，F2=(2+2 0.5)N=3N12FFmaF/N3000 2000 1000 00.8 1.6 2.4 t/s精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 13 页221243m/s0.5m/s2FFam（2

37、）物体所受的合外力为12422N22NFFFxx合作出Ft合图如右图所示：从图中可以看出，当0 x时，物体有最大加速度0a。00Fma22002m / s1m/s2Fam当2mx时，物体也有最大加速度2a。22Fma22222m /s1m/s2Fam负号表示加速度方向向左。（3）当物体的加速度为零时速度最大。从上述图中可以看出，当1mx时，10a，速度1v最大。从0 x至1mx合外力所做的功为0112 1J=1J22WF x合根据动能定理，有2111=1J2KEWmv合所以当1mx时，物体的速度最大，为1122 1m/s1m/sKEvm229、不合理，在外力F斜向上时摩擦力大小不等于mg，且物

38、体在拉力撤去后继续滑行的时间不是2 s （1 分） 。（1）NF sinmg（2 分） ，F cosNma1（2 分） ，解得拉力Fma1mgcos sin 4.5 N （ 1分） ，（2）匀加速阶段：s112a1t129 m（1 分） ，v1a1t16 m/s （1 分） ，匀减速阶段a2g4 m/s2（1 分） ，t2v1a21.5 s（1 分） ，s2v1t2/2 4.5 m （1 分） ，ss1s213.5 m （1 分） ，30、 （1）由前三列数据可知物体在斜面上匀加速下滑时的加速度为a1vt5m/s2，mg sin ma1，可得：30 ，（2）由后二列数据可知物体在水平面上匀减速

39、滑行时的加速度大小为a2vt2m/s2，mgma2，可得：0.2 ，（3）由 25t1.1 2 （0.8 t） ，解得t0.1s ，即物体在斜面上下滑的时间为0.5s ，则t0.6s 时物体在水平面上，其速度为vv1.2a2t2.3 m/s 。31、解： （1）物块 P刚到达相互作用区时的速度VO=gto（1） （1分）F 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页物块 P进入相互作用后的加速度a1= (kmg-mg)/m=(k-1)g （2） （1分）解（ 1） （2）得物块 P在相互作用区内的运动时间t1=v0/a1

40、=0.04s (3） （1分）物块 P从起始位置下落到刚好与B不接触时的运动时间t=t0+t1=2.04s （4） （2分）（2）板 B在物块 P未进入作用区时的加速度aB1=g （5） （1分）速度的改变量vb1 = aB1t0 =0.4m/s （6） （1分）当物块 P进入作用区后的加速度aB2 =(Mg+kmg)/M （7） （1分）由（ 3） （7）得速度的改变量vb2 = aB2t1=0.0488m/s (8) （1分）所以：板 B在物块 P从起始位置下落到刚好与B 不接触时由（ 6） （8）得：速度的改变量v=v b1+v b2 =0.4488m/s (9) （2分）（3）当物块P

41、的速度减到零后，又开始以加速度a向上做加速运动，经历时间t1，跑出相互作用区， 在这段时间内，B板减少的速度仍是vb2；物块P离开相互作用区后，做加速度为g的减速运动，经历时间t0，回到初始位置，在这段时间内，B板减少的速度为vb1，以后物块又从起始位置自由落下，重复以前的运动，B板的速度再次不断减少总结以上分析可知：每当物块P完成一次从起始位置自由下落，进入相互作用区后又离开相互作用区，最后回到起始位置的过程中，B板速度减少的总量为v=2 v b1+2v b2 =0.8978m/s (10) 2分设在物块P第n次回到起始位置，n=vBo/v=10/0.8978=11.1111 次（11）（2 分）精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页