專題06+大題易丟分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)備考之高三物理專題復(fù)習(xí)之期中復(fù)習(xí)大題易丟分(30題)(范圍：必修一、二，選修3-5動量)11F+3-S.1. (1)3(2)BC段恒力F的取值范圍是1NWFW3N函數(shù)關(guān)系式是54.【解析】(1)從圖中可以看出當(dāng)F車刎4寸，物塊將從木板右端滑下，當(dāng)F增大到某一值0寸物塊恰夕洋I達(dá)木板的右端,且兩者具有共同速度,所以aj=；=O.Sm以初速度。為正方向物塊的加速度大?。?A?=2mA=木板的加速度大小二期,二*吧設(shè)經(jīng)歷時間t后兩者共速，%-%=以儲由圖長，滑塊相對木板的路程;i可以得出F1TN當(dāng)F繼續(xù)增大時，物塊減速.木板加速，兩者在木板上某一位置具有共同速度

2、當(dāng)兩者共速后置隘持相對靜止靜摩擦力作用)一起以相同加速度a做勻加速運動孑當(dāng)F再繼續(xù)增大到F泗寸兩物體達(dá)到共速后，將不能一起運動，物體將會從木板的左端滑出口%a-?而f="呼二.=2m/§可以求得F2=8N所以當(dāng)F2=8N時，物塊從vo經(jīng)過t后與木板的速度相等甘。一為5=口，/F2+呻唱10,x=vot-aMt而此時的相對位移3x=-m可以求得5=2工=2x-m=3m由于物體將會從滑板左側(cè)滑出即：1 %所以b=«可得坐標(biāo)：BI)D(*)(2)當(dāng)后生產(chǎn)工卜工時，最終兩物體達(dá)到共速，并最后一起相對靜止加速運動，當(dāng)兩者具有共同速度v,歷時1,_F+Rm總_F+則：=2m/

3、s1根據(jù)速度時間關(guān)系.可得:v0-aml口川士根據(jù)位移關(guān)系可得：1W125先"2*/匚-F聯(lián)立*函數(shù)關(guān)系式解得：1_F1s243點睛：本題考查了牛頓運動定律，滑塊問題是物理模型中非常重要的模型，本題通過非常規(guī)的圖像來分析滑塊的運動。1.3.【解析】試題分析：）M下落，機械能守恒：一爐=iM、m研撞動量守恒M、（M-m）vfvf=2m;s木林向下運動，由動量定理（規(guī)定向下為正方向）(M>m)g-f|A>'*O,r-(Mr)置f=240N考點：動量守恒、動量定理【名師點睛】3. 3.4s【解析】試題分析：物體在水平傳送帶上先做勻加速直線運動，達(dá)到傳送帶速度后做勻速直線

4、運動，在傾斜傳送帶上，由于重力沿斜面方向的分力大于滑動摩擦力，所以物體做勻加速直線運動，根據(jù)牛頓第二定律求出在水平傳送帶和傾斜傳送帶上的加速度，結(jié)合運動學(xué)公式即可求出運動時間。物體A輕放在a點后摩擦力作用下向右做勻加速直線運動此時的加速度為:當(dāng)物體的速度與傳送帶速度相等時運動的位移為:2此時有：與1g=4E，由此可以看出并未從水平傳送帶上滑下=0.8s則加速經(jīng)歷時間為：ab力ty=1f占此后隨傳送帶勻速運動到b點的時間為：”當(dāng)物體A到達(dá)成bc斜面后，由于mgsina=0.6mg>mcosa=0.2mg所以物體A將再次沿傳送帶做勻加速直線運動。由牛頓第二定律可得加速度大小為：a2gsina

5、-igcosa=4m/s2,12根據(jù)位移時間公式可得物體A在傳送帶bc上所用時間為：代入數(shù)據(jù)解得：t3=1s（負(fù)值舍去）則物體A從a點被傳送到c點所用時間為t=t1+t2+t3=3.4s點睛：本題主要考查了應(yīng)用牛頓第二定律和運動學(xué)公式求解傳送帶問題，注意在傾斜傳送帶上運動時加速的情況。4. （1）崗=0.5（2）Ff=1.6N,水平向左（3）地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變【解析】解：（1）由v2=2as得：a=2m/s22(M+m)g由'mgcosgm=NgcosB=2m/s2得N=0.5（2）以物塊和木楔ABC整體為研究對象作出力圖如圖一根據(jù)牛頓第二定律得：-心二代入數(shù)據(jù)計算得

6、出：取f=16N(3)對木楔來說物塊加力以后它的受到物體的力沒有任何變化，所以地面對木楔的摩擦力的大小、方向均不變5. (1)8m/s(2)7.6m(3)物塊不能到達(dá)M點.【解析】(1)由物塊過B點后其位移與時間的關(guān)系x=8t2t2得vo=8m/s,加速度a=4m/s2(2)設(shè)物塊由D點以初速度Vd做平拋運動，落到p點時其豎直速度為vy=72gR一Vy又-=tan453,得vd=4m/sVdx=Vd3得x=1.6m設(shè)平拋運動用時為t,水平位移為x,由R=2gt2,222、一，、一，V0-VDBD同位移為x1=6m2a則BP水平間距為x+x1=7.6m(3)設(shè)物塊沿軌道到達(dá)M點的速度為vn,由機

7、械能守恒得:1一nUVM2皿VD*iwhR222則加=16-80若物塊恰好能沿軌道過m點”則叫產(chǎn)嗎4A解得v%=8迎故物塊不能到達(dá)M點.6.(1)6m/s(2)3m/s(3)8N【解析】(1)滑塊做勻減速直線運動，加速度大?。篴=f=2m/s2,m22cVa-Vo=-2ax解得：va-6m/s(2)碰撞過程中滿足動量守恒:mvA=2mv,解得：v=3m/s.(3)由b運動到c的過程中，根據(jù)動能定理，設(shè)c點的速度為vC,1-21_1-2mg2R=2mvC-2mv,22解得：vC=J5m/s,2根據(jù)受力分析：2mgN=2mC-,解得N=8N.7. (1)2m/s(2)4.5J【解析】對于小球，在運

8、動的過程中機械能守恒，則有mglmv3mgh令iv逆球與A碰撞過程中系統(tǒng)的動量守恒mvimvf-MAVA物塊A與木板B相互作用過程中rMava=(Ma-Mb)v去小球及AB組成的系統(tǒng)損失的機械能為&E=m虱遂(Ma+Mb)v打2聯(lián)立以上格式,解得AE7.5L8. (1)4cm；(2)5N,方向沿斜面向上.【解析】(1)對結(jié)點。受力分析如圖所示:根據(jù)平衡條件，有：TcosmBg=0,TsinHF=0,且：F=kx,解得：x=4cm；A做受力分析如圖所示:(2)設(shè)物體A所受摩擦力沿斜面向下，對物體根據(jù)平衡條件，有：T-f-mAgsinct=。，解得：f=-5N,即物體A所受摩擦力大小為5N

9、,方向沿斜面向上。點睛：本題主要考查了平衡條件和胡克定律得直接應(yīng)用，要求同學(xué)們能選擇合適的研究對象并能正確對物體受力分析，注意正交分解法在解題中的應(yīng)用。9. (1)壓力大小為13.1N,方向豎直向下；(2)木板的加速度為1.0m/s2；(3)沒有共速，P?已經(jīng)從木板上掉下，時間是0.67s.【解析】(1)P1從A到B為研究過程，由機械能守恒得:mgR12二-mvB212-mvo2在B點據(jù)牛頓第二定律得:2VbF-mg=m在B點由牛頓第三定律可知：F與F'等大反向，聯(lián)立以上解得：vB=5m/sF'=13.1N方向豎直向上.(2)由于兩物體碰撞過程中是彈性碰撞，所以碰后P2的速度為

10、5m/s,P2在長木板上做勻減速直線運動,P1靜止在長木板上一齊做勻加速直線運動；據(jù)牛頓第二定律得：2mg=(M+m)a代入數(shù)據(jù)解得：a=1m/s2臼)碰撞后上在木板上滑動時：也=一四W=-5一DmJ,向左jPi與木板共同的加速度為y1=LMi仙，向右。設(shè)它們有共速；以=得：4=爐，它們的相對位移大?。?A5=%/+：%片口彳二!陰用208m工=2冽j故P?已經(jīng)從木板上掉下,時間是卜Z=v>-t2+g牝W口iY-5"-jxl.Oxf,=2m，所求的時間：t2=1ss0一67注工另:點睛：本題的關(guān)鍵是判斷物體的運動情況，判斷Pi靜止在長木板上一齊做勻加速直線運動是此題的重點,再據(jù)

11、幾何關(guān)系找出位移關(guān)系.10. (1)1.8s(2)4m/s【解析】(1)工件剛放在傳送帶AB上，在摩擦力作用下做勻加速運動，設(shè)其加速度大小為a1，速度增加到Vi時所用時間為t1，位移大小為多，則由受力分析圖甲以及牛頓運動定律可得：2N1二mg;f1=(iN1=ma1聯(lián)立解得：a1=5m/s.、I中0-圖用由運動學(xué)公式有：ti=v=2s=iss-_a1t12-1512-2.5ma1522由于&VLab,隨后在傳送帶AB上做勻速直線運動到B端，則勻速運動的時間t2為：t2="LAB二三=0.3sVi工件滑上CD傳送帶后在重力和滑動摩擦力作用下做勻減速運動，設(shè)其加速度大小為32,速

12、度減小到零時所用時間為t3,位移大小為S2,則由受力分析圖乙以及牛頓運動定律可得：N2=mgcos0mgsin0+煩ma2由運動學(xué)公式有：s2=聯(lián)立解得：m=10m/s2.S2=1.25m-2a2工作沿CD傳送帶上升最大高度為：h=s2sin0=1.25x0.6m=0.75m沿CD上升的時間為：t3=2二乜=2=0尿-a210故總時間為：t=t1+t2+t3=1.8s(2)CD傳送帶以速度V2大小向上傳送時，當(dāng)工件的速度大于V2時，滑動摩擦力沿傳送帶向下加速度大小仍為32；當(dāng)工件的速度小于V2時，滑動摩擦力沿傳送帶向上，設(shè)其加速度大小為33,兩個過程的位移大小分別為s3和則由受力分析圖丙由運動

13、學(xué)公式和牛頓運動定律可得：mgsin廣(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時【解析】(1)由速度-時間圖像可知，物體開始時做加速度減小的加速直線運動，最后做勻速運動.在刻，圖線切線的斜率即為該時刻的加速度，故有,2=4m/s12-0,2a0=m/s3-0(2)在T)時刻開始加速時，w-tb由牛頓第二定律可得而gsin9-1fcp一網(wǎng)岬9=初4最后勻速時Tc=10ni-;s?牛=0由平衡條件可得聯(lián)立解得：尸0.25,12. (1)0.5;(2)275m/s

14、(3)3m/s；2s【解析】(1)當(dāng)傳送帶靜止時，物體在傳送帶上受力如圖；乙根據(jù)牛頓第二定律：Jmgcosqmgsin?-m&從B到C過程：v2=2a1l解得：a1=10m/s2,=0.5(2)顯然，當(dāng)小物體受到的摩擦力始終向上時，最容易到達(dá)傳送帶頂端，此時，小物體受力如圖乙所示，據(jù)牛頓第二定律得：mgsin37jimgos37°=ma2若恰好能到達(dá)高臺時，有：v2=2a2l解得：v=2J5m/s即當(dāng)小物體在AB平臺上向右滑動速度小于2，5m/s時，無論傳送帶順時針傳動的速度多大，小物體總不能到達(dá)平臺CD。以V1表示d呦體在平臺功上的滑動速度，以七表示傳送帶順時針傳動的速度大

15、小，對從小物體滑上傳送帶到小物體速度減小到傳送帶速度過程有：對從小物體速度瀛小到帶速為開始，到運動到恰滑上平臺過程，有：3二202X1Jt.+jQ=Z解得二vj=3m/s即傳送帶至少以3m/s的速度順時針運動，小物體才能到達(dá)平臺CD.從b到c所用的時間為13. (1)30N(2)-10J;12.5J12【斛析】(1)根據(jù)動能th理：mgR=mv1-02解得：V1=3m/s2在軌道最低點：N-mg=m由牛頓第三定律Fn=N=30N(2)物體從第一次滑上傳送帶到離開傳送帶的過程中，由定律定理：Nmgt=mvm(t=2.5s摩擦力對傳送帶做的功W=-Nmgvt=-10J22V1-Vx=vt=6.25

16、m2日g摩擦而產(chǎn)生的熱Q=mgx=12.5J14. (1),，涼2R(2)距地面：R處或日=arccos；處【解析】(1)使物體恰好不沿球面下滑而做平拋運動，在最高點時應(yīng)該是物體的重力恰好作為向心力，所2以根據(jù)向心力的公式可得，mg=mv0,所以v0二1gRR物體離開球面之后做平拋運動，水平方向上：x=v0t豎直方向上：2R=1gt2代入數(shù)據(jù)可以求得，落地點C到A點的最小距離為2R.'2(2)設(shè)物體下滑到與球心連線與豎直方向成。角的位置脫離球體，則mgcosQ=mR由機械能守恒定律mgR1-cosi-1mv225斛得cos日=,即距地面-R處脫離球體.3315. (1)4m/s(2)1

17、560N(3)1.05s【解析】(1)從開始起跳到腳離開地面重心上升h1=0.5m,離開地面到上升到最高點的過程中，重心上升距離h2=0.8m,根據(jù)速度位移關(guān)系：0-v2=-2gh2所以v=J2gh2=村2M10M0.8m/s=4m/s；(2)腳未離地過程中，J鬲,得"=出=16相/JA對人受力分析乙一胴耳二的，得斗=7Kg+?M=156ON由牛頓第三定律可知運動員對地面的壓力為156ON,方向向下;v4(3)加速上升時間t1=s=0.25s,減速上升的時間a16，v4-，工一,t2=一s=0.4s,加速下降和減速上升時g10間相同，故總時間為t=t1+2t2=1.05s。16. (

18、i)"024s【解析】(1)根據(jù)牛頓第二定律得，物塊的加速度大小為：a2=囚=0.5X0m/s2=5m/s2,S0.5x2»10T2G=m/s=m/百小車的加速度大小為:,根據(jù)v0-a2t=a1t得則速度相等需經(jīng)歷的時間為:%+a2=255=024$3(2)物塊不從小車右端滑出的臨界條件為物塊滑到小車右端時恰好兩者達(dá)到共同速度，設(shè)此速度為v,由水平方向動量守恒得：m2vo=(mi+m2)v11根據(jù)能量守恒得：m2gL=2m2Vo2-，mi+m2)v2代入數(shù)據(jù)，聯(lián)立解得vo'=5m/s點睛：本題考查了滑塊模型，關(guān)鍵理清物體的運動規(guī)律，對于第二問，也可以抓住臨界情況，結(jié)

19、合動力學(xué)知識求解，但是沒有運用動量守恒和能量守恒解決方便.17. (1)0.1(2)24J(3)3.0N【解析】(1)由甲乙兩圖比較可知，在第5s-9s內(nèi)，物塊做勻減速運動，一、0-40o加速度：a=-1.0m/s9-5由牛頓第二定律得：-mg=ma得：=0.1112.02(2)對全過程：W=pt1+P2t2=+4.0M3=24J22(3)物塊勻速運動階段：尸卬旭=0解得：/lmg=串*m.得：加二LOkg物塊加速運動階段，加速度：劣=±F=zo掰/由牛頓第二定律得：F-網(wǎng)1且二-即：F=2?m+1所以：尸=2x1+1=39”或：由圖像可知：當(dāng)弓=20s,H=40m/s時，片=12W

20、由4=5H12得：F=3.0N418. (1)2m/s(2)不能0.2m【解析】試題分析：(1)物塊在傳送帶上先做勻加速直線運動(1mg=ma2ai=2m/s當(dāng)兩者速度相等時，t=此時物塊運動的位移為：s1=*一事v2m所以在到達(dá)傳送帶右端前物塊已勻速，速度為2m/s(2)物塊以刈速度滑上斜面一mgsin0=ma2a2=6m/s物塊速度為零時上升的距離中一/0-i1S2=由于S2<0.4m,所以物塊未到達(dá)斜面的最高點.物塊上升的最大高度：hm=S2Sin0=0.2m答：(1)物塊到達(dá)傳送帶右端的速度為2m/s.，Vb=3(2)物塊不能到達(dá)斜面頂端，物塊上升的最大高度為0.2m.19. (

21、1)Epm=|mgh(2)【解析】試題分析：(1)對A球下滑的過程，由動能定理得：2mgh=；x2掰4=勾=當(dāng)A球進(jìn)入水平軌道后，AB兩球組成的系統(tǒng)動量守恒，當(dāng)A-B相距最近時，兩球速度相等，由動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+嗎)寸+左網(wǎng)(=與耽=叫g(shù)為/JbrJ(3)當(dāng)A.B相距最近之后，由于靜電斥力的相互作用，它們將會相互遠(yuǎn)離，當(dāng)它們相距足夠遠(yuǎn)時，它們之間的相互作用力可視為零，電勢能也視為零，它們就達(dá)到最終的速度，該過程中，A.B兩球組成的系統(tǒng)動量守恒、能量也守恒.由動量守恒定律可得：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考點：考查了動能定理，能量守恒定律，動量守恒定律【名師點睛】由動能定理與動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兩球系統(tǒng)的電勢能.由動量守恒定律與能量守恒定律可以求出A.B兩球的速度20. (1)3m(2)0.2【解析】試題分析：(1)分析滑塊受力，由牛頓第二定律得，加速度為:口=曰$?也。=10x0,6m/s2=6m/s2N.121通過圖象可知滑塊在斜面上運動的時間為：(1=15,由運動學(xué)公式得：22。(2)滑塊對斜面的壓力為：鵬二2。的,木板對傳

23、感器的壓力為：&=*嚴(yán)加日,由圖象知：6=I2*,代入數(shù)據(jù)解得：巾=2.5心？，傳感器對木板的拉力為:世=0.2解得：飛?？键c：牛頓第二定律、力的合成與分解的運用【名師點睛】根據(jù)牛頓第二定律求出滑塊在斜面上運動的加速度，結(jié)合位移時間公式求出滑塊的位移.根的大小，結(jié)合滑動摩擦據(jù)木板對傳感器的壓力得出物塊的質(zhì)量，結(jié)合傳感器對木板的拉力求出滑動摩擦力力公式求出動摩擦因數(shù)的大小。21.(1)4N(2)16W(3)-144JVo【斛析】(1)小車在10s后的加速度大小為a=2m/s?t所受阻力為f=ma=2N在前02s,F-f=ma=2N,解得F=4N(2)在270s內(nèi)，小車牽引力功率P=Fv=

24、fvm=16W19(3)小車在02s內(nèi)位移為x1=at=4m21212在27s內(nèi)位移為Pt一fx2=mv2-mv1,解得x2=28m22在710s內(nèi)位移為x3=vmt3=24m1在1014s內(nèi)位移x4=vmt4=16mx2x=x1x2x3x4所以在14s內(nèi)阻力f做的功為W=-fx=-144J73JR+1f=mgm22. (1)由"(2)2(3)2【解析】解：(1)小車處于靜止?fàn)顟B(tài)，受力平衡，對小車受力分析，沿斜面方向有刖豕后30、2mg,計算得出:*-",(2)當(dāng)A和B互換位置后，設(shè)A連接的繩子與垂直于斜面方向為",沿斜面方向受力：一必匕+，計算得出6=3。&qu

25、ot;，即A連接的繩子豎直向上拉小車對小車和斜面體整體受力分析f=s300f=mg計算得出：綜上所述本題答案:(1)小車的質(zhì)量為4m,fmg(2)現(xiàn)使A、B位置互換，當(dāng)系統(tǒng)再次靜止時，地面與斜面體之間的摩擦力大小為工23. (1)4m/s；(2)5m/s；(3)12.9N;(4)7.9J【解析】(1)物體在平臺上運動時，由牛頓第二定律得：產(chǎn)能=,vA=ac由代入數(shù)據(jù)解得：，=4m/s；從4點到B息,由動能定理得：mgh=次一切切代入數(shù)據(jù)解得：vE=5m/s<3)設(shè)QB與QC的夾角為內(nèi)貝小84二皆=；Vg從B點到C點,由動能定理得：mgQ?-RcosS)=一城在c息：冷mg=萼解得

26、:Fn=12.9N根據(jù)牛頓第三定律可知，物塊通過圖邨仁點時對軌道的壓力大小用=%=12,9N(4)軌道最高點D時，重力提供向心力:mg=f?從C點到D點，由動能定理得:解得：'-mg2R-W=-.m/2224. (1)v=3m/s(2)L=2.5m(3)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，Q=16JQ'=126J“【解析】試題分析：由機械能守恒定律求出物塊滑到B點的速度大小vo,研究小車撞到障礙物C后物塊沿水平方向飛出的過程，該過程物塊做平拋運動，下落的高度為h,到達(dá)D點時速度與水平方向的夾角為53。,由h求得下落到D點時豎直分速度，再由速度分解法求得物塊飛離小車的水平速度大小v和物塊滑到B點

27、的速度大小vo；物塊在小車上運動的過程中做勻減速運動，由速度時間公式求出物塊在小車上滑行的時間.再對小車，由牛頓第二定律和速度公式結(jié)合求F,由位移公式求出物塊與小車的位移，兩者之差即等于小車的長度L;分析物塊在傳送帶上的運動情況，由牛頓第二定律和運動學(xué)公式求時間t,求得兩者的相對位移，即可求得內(nèi)能Q。(1)對物塊，從4到3根據(jù)動能定理：制皿?18雙°)=；扁帶入數(shù)據(jù)解得：咤=5m/S以物塊為研究對象在平拋過程：$=2研,P在D點沿切線飛入速度關(guān)系為：353°=上v帶入數(shù)據(jù)解得：Im/s(2)以物塊為研究對象，由牛頓第二定律得：f=N1mg=ma帶入數(shù)據(jù)解得：ai=2m/s2

28、對小車，由牛頓第二定律得：F+N1mg=Ma2設(shè)經(jīng)過時間t1物塊與小車相對靜止由v=VoaW=a2t1,帶入數(shù)據(jù)解得：a2=3m/s2解得：F=10N.物塊與小車在時間t1內(nèi)通過的位移分別為：X=vvt1=4mx2=_vt1=1.5m22則小車的長度為：L=x1-x2=2.5m(3)若傳送帶順時針轉(zhuǎn)動，傳送帶速度V3=15m/s,由題意知：摩擦力f=2mgcos53=2N,重力沿斜面的分量mgsin53°=8N且有f<mgsin53°,可知物塊與傳送帶速度相同后仍將繼續(xù)加速下滑，速度口生“(mgsin53*+4mgcos539._.相等刖，a3;2-=10m/sm物塊

29、到達(dá)D點的速：V2=v/cos530=5m/s由速度V3=V2+a3t3,解得t3=1s1c根據(jù)位移時間關(guān)系：s1=v2t3a3t32帶入數(shù)據(jù)解得：si=10m產(chǎn)生的熱量為：Q1=f(V3t3-s1)帶入數(shù)據(jù)解得：Q1=10J速度相等后，由牛頓第二定律可得：mgsin530-N2mgcos530=ma4解得：a4=6m/s2位移關(guān)系為：s2=s-s1=18m1O由位移關(guān)系為：s2=v2t4a4t42帶入數(shù)據(jù)解得：t4=1s,其中t4=-6s(舍去)該過程產(chǎn)生的熱量為：Q2=f(s2v3t4)=6J所以：t=t3+t4=2s產(chǎn)生的總內(nèi)能為：Q=Qi+Q2=16J若傳送帶逆時針轉(zhuǎn)動，物塊一直下滑，

30、時間為右位移時間關(guān)系為：$=匕與+；/。=28歷7解得：t5=-s?其中念=4式舍去)所以產(chǎn)生的熱量為：QF=/($+為4=1264點睛：本題主要考查了相對運動、平拋及傳送帶相結(jié)合問題，分析清楚物體運動過程是關(guān)鍵，要通過牛頓第二定律和運動學(xué)公式邊計算邊分析，摩擦產(chǎn)生的內(nèi)能與相對路程有關(guān)。25. (1)0.375(2)2V3m/s(3)0.2s【解析】試題分析：(1)滑塊由A到D過程，根據(jù)動能定理,_02R-有：mg（2RR）Nmgcos37x0=0（3分）1代入數(shù)據(jù)解得：N=tan370=0.375（1分）22（2）若使滑塊能到達(dá)C點，根據(jù)牛頓第二定律：FN+mg=m（i分）R代入數(shù)據(jù)解得：V

31、c-.gR=2m/s（1分）2R1cle從A到C的過程列動能te理：Rmgcos37父=mvc-mv0（1分）sin37022代入數(shù)據(jù)解得：Vo=Jv；+2gR至2J3m/s,所以初速度v0的最小值為2J3m/s。（1分）（3）滑塊離開C后做平拋運動，水平方向：工=為£（1分）豎直方向：力分）Ju水平豎直位移間的關(guān)系：旬!37口二絲上（1分）X代人后化簡得：5d+3f0龍=。解得：（1分）考點：平拋運動、動能定理【名師點睛】本題主要考查了平拋運動、動能定理?；瑝K恰能滑到與O等高的D點，速度為零，對A到D過程，運用動能定理列式可求出動摩擦因數(shù)出滑塊恰好能到達(dá)C點時，由重力提供向心力，根

32、據(jù)牛頓第二定律列式可得到C點的速度范圍，再對A到C過程，運用動能定理求初速度V0的最小值.離開C點做平拋運動，由平拋運動的規(guī)律和幾何知識結(jié)合求時間。32526. （1）%二話”（2）見解析（3）"1;【解析】試題分析：通過對長木板的受力分析知，滑塊給長木板的摩擦力水平向右，地面給長木板的摩擦力水平向左，當(dāng)滑塊對木板的摩擦力大于地面對長木板的摩擦力時，長木板開始運動；根據(jù)牛頓運動定律和勻變速直線運動規(guī)律分析求解.（1）設(shè)小鉛塊在前三塊木塊上運動的加速度大小為31,剛滑到第四塊的速度為V1由牛頓第二定律得的時白=財由運動學(xué)公式得喏-說=2%，及聯(lián)立得Vi=2m/s(2)設(shè)小鉛塊滑到第n塊

33、木塊時對木塊的摩擦力為：/i=叱后面的(5-n+1)塊木塊受到地面的最大靜摩擦力為：八=要使木塊滑動，應(yīng)滿足Ui,即十(6_用科g<6扎,工5取7!=4<2)設(shè)小鉛塊滑上4木塊經(jīng)過t秒4、5木塊達(dá)到共同速度此過程小鉛塊、4、5木塊的對地位移形困相對位移為g4、5木塊運動的加速度為任如麗的一對+a=2ma2®L|-Q£式口£一_()nS=V|t一:Qjt,S2=:口口$【一$口(§)1sa聯(lián)立解得:st=m®,小$=己刑©由于小5</Q1<Q說明小鉛塊沒有離開第四塊木塊，最后小鉛塊與4、5木塊達(dá)共同速度一起減速為

34、零.設(shè)小鉛塊與4、5木塊達(dá)到共同速度為%,一起顏速的加速度大小為%,減速位移為營辦內(nèi)(2m+M)白二(2班+M)%二口/，sa=7聯(lián)立以上各式得：立=康小鉛塊最終離1木塊左端為$=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)對木板和木塊組成的系統(tǒng)，由動能定理得：CC1C2-2mgs0=0一一2mv0422解得：S0=也Jg(2)設(shè)木板和木塊組成的系統(tǒng)一起向右滑動的最小.拉力為Fmin,最大拉力為Fmax貝U：Fmin=2mg'''mgX=對系統(tǒng):4mg對物

35、塊:解得:22mamaxmg=mamax5mg2要使木板沿水平桌面向右滑動且與物塊間沒有相對滑動，則mgf.5mg（3）由于尸=3刖g>?警,所以,木塊與木板之間發(fā)生相對滑動JLr木塊的加速度：/=£撤去拉力尸時木塊的速度：竹=噥=我對木板：斤一以掰W-&出=利,43撤去拉力尸時木板的速度：巧=勺皂=;"甑JLt撤去拉力尸后加速度:設(shè)撤去拉力F后，再經(jīng)過時間ti,木塊與木板達(dá)到共同速度V,之后再經(jīng)過時間t2,木板停止滑行.則：v=a1(t0t)=a2t0+a3tl1仔：ti=to；5達(dá)到共同速度后:V=6Jgto5-一1,-2mg-=2ma4;加速度：a4=N

36、g440-6gto54二24t5t0木板運動的總位移:S二幽Jti*2=3.9gt2222木板運動全過程中克服桌面摩擦力所做的功：22W=2mg3.9gt2=1.95(gt0)2(J)4點睛：此題是力學(xué)綜合問題，考查牛頓第二定律即動能定理的應(yīng)用；解決本題的關(guān)鍵理清物塊和木板在整個過程中的運動規(guī)律，分階段處理，結(jié)合牛頓第二定律和運動學(xué)公式綜合求解.28.(1)7mgR(2)1R【解析】(1)為了符合題意，物體最高能在圓弧上能達(dá)到與圓心等高的位置E處，故物體能達(dá)到的最大高度為h=R,所以在D處的速度為:，2mv；=2mgR,所以vD=，2gR1o1o從C到D由動能te理，可知一R，2mgR=-2m

37、vD2mvC22所以在C處碰后的速度為vC=JvD+2NgR=V3gR在C點發(fā)生彈性碰撞：mvpc=2mvc,碰前P的速度為vpc=2,3gR1c1c由動能th理得一mv0-3mgR=-mvPC,v0=J15gR2212, .由能的轉(zhuǎn)化與守恒可知，最大彈性勢能EP=mv；-NmgR=7mgR2(2)假設(shè)物體達(dá)離D點處時速度為零,在皮幕上物體所受的摩擦力為二(2哪十2喉物體從E點到速度為零處，由能量守恒得為磔=拉=12,x=R,(速度為零處在傳送帶的最左端),止惚寸物體還在皮帶上|體不會達(dá)到水平面ABC上，物體必將在皮帶和圓弧上來回運動到與皮帶共速時的位移為再,用=;當(dāng)二;笈故物體以速度u沖上圓

38、弧，上升的高度為h由機械能守恒可知,2陽黯=2mgk所以h=、R22然后再以口沖上皮幕?再次速度為零時2mgh=拉'=/'=J?然后由零開始向右加速，恰好在D處時速度11故每次物體都向達(dá)到的高度均為2229. (1)v1=2m/s(2)x=J3m,h=0.6m(3)FN=8N,萬向豎直向上(4)W=-3.6J5【解析】【試題分析】根據(jù)運動的合成與分解求小球做平拋運動的初速度；根據(jù)平拋運動規(guī)律求水平距離和豎直高度；根據(jù)動能定理求繩被拉斷過程繩對小球所做的功(1)小球到A點的速度沿圓弧切線方向，設(shè)小球在P點的速度為vi,則：vi=vcos0=2m/s(2)由平拋運動規(guī)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點為重力勢能的手點，由機械能寸恒te律得：-mvA=3mvC+mg(R+Rcos9)代入數(shù)據(jù)得：vC=%7m/s2由圓周運動向心力公式得：FN+mg=m代入數(shù)據(jù)得：Fn=8N由牛頓第三定律得：小球?qū)壍赖膲毫Υ笮N=FN=8N,方向豎直向上；(4)設(shè)彈雷恢復(fù)到自然長度時小球的速度為由機械能守恒定律得：=於4繩斷后A的速度為vi,由動能定理得：用二22帶入數(shù)據(jù)得：甲=3,6J【點睛】做物理問題應(yīng)該先清楚研究對象的運動過程，根據(jù)運動性質(zhì)利用物理規(guī)律解決問題.關(guān)于能量守恒的應(yīng)用，要清楚物體運動過程中能量的轉(zhuǎn)化.30. (1)4E=9J(2)Q=8J(3)3A3m/sEv°W3V397m/s22【解析】試題分析：A、B碰撞過程，應(yīng)用動量守恒定律與能量守恒定律可以機械能損失；設(shè)A、B碰撞后,彈簧第一次恢復(fù)原長時，根據(jù)由動量守恒和機械能守恒求出A、B的速度，在傳送帶上根據(jù)運動學(xué)公式求出相對位移進(jìn)而求出熱量；根據(jù)物體在傳送帶上的運動情況結(jié)合動量守恒及機械能守恒求出速度范圍。1)設(shè)A與B碰撞后共同速度為必，對A、B有：動量守恒mv0=2mv11c1c碰撞時損失機械能AE=mv0-(2mM22解得E=9