《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.7 與力的分解合成相關(guān)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律問(wèn)題（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《備戰(zhàn)2020高考物理 3年高考2年模擬1年原創(chuàng) 專題3.7 與力的分解合成相關(guān)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律問(wèn)題（含解析）（15頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題3.7與力的分解合成相關(guān)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律問(wèn)題 【考綱解讀與考頻分析】 牛頓運(yùn)動(dòng)定律是高中物理核心知識(shí)點(diǎn)，力的合成與分解是只要的方法，二者結(jié)合考查是高考命題熱點(diǎn)。 【高頻考點(diǎn)定位】： 牛頓運(yùn)動(dòng)定律 力的合成與分解 考點(diǎn)一：與力的分解合成相關(guān)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律問(wèn)題 【3年真題鏈接】 1.（2018年4月浙江選考）可愛(ài)的企鵝喜歡在冰面上游玩，如圖所示，有一企鵝在傾角為的斜面上，先以加速度從冰面底部由靜止開(kāi)始沿直線向上“奔跑”，時(shí)，突然臥倒以肚皮貼著冰面向前滑行，最后退滑到出發(fā)點(diǎn)，完成一次游戲企鵝在滑動(dòng)過(guò)程中姿勢(shì)保持不變。若企鵝肚皮與冰面間的動(dòng)摩擦因數(shù)，已知，求：

2、 企鵝向上“奔跑”的位移大小； 企鵝在冰面上滑動(dòng)的加速度大小； 企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)的速度大小。計(jì)算結(jié)果可用根式表示 【名師解析 】： 企鵝向上“奔跑”的位移大小為： 企鵝在冰面上滑動(dòng)過(guò)程，由牛頓第二定律得： 代入數(shù)據(jù)得：。 企鵝在冰面上滑動(dòng)時(shí)做勻減速運(yùn)動(dòng)，勻減速的初速度為： 勻減速的位移為： 下滑過(guò)程，由動(dòng)能定理得： 解得： 答：企鵝向上“奔跑”的位移大小是； 企鵝在冰面上滑動(dòng)的加速度大小是； 企鵝退滑到出發(fā)點(diǎn)的速度大小是。 2.（17分）（2016四川理綜）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

3、視為水平面夾角為的斜面。一輛長(zhǎng)12 m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23 m/s時(shí)，車尾位于制動(dòng)坡床的低端，貨物開(kāi)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4 m時(shí)，車頭距制動(dòng)坡床頂端38 m，再過(guò)一段時(shí)間，貨車停止。已知貨車質(zhì)量是貨物質(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)收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。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(zhǎng)度。 【參考答案】（1）5m/s2，方向沿斜面向下（2）98m 【名師解析】 （1）設(shè)貨物的質(zhì)量為m，貨物

4、在車廂內(nèi)滑動(dòng)過(guò)程中，貨物與車廂之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.4，受到摩擦力大小為f，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度大小為a1，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律， 聯(lián)立解得：a1=5m/s2，貨物在車廂內(nèi)滑動(dòng)時(shí)加速度方向?yàn)檠匦泵嫦蛳隆? （2）設(shè)貨車的質(zhì)量為M，車尾位于制動(dòng)坡床底端時(shí)的車速為v=23 m/s。貨車在車廂內(nèi)開(kāi)始滑動(dòng)到車頭距制動(dòng)坡床頂端s0=38m的過(guò)程中，用時(shí)為t，貨物相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s1，在車廂內(nèi)滑動(dòng)的距離s=4m，貨車的加速度大小為a2，貨車相對(duì)制動(dòng)坡床的運(yùn)動(dòng)距離為s2。貨車受到制動(dòng)坡床的阻力大小為F，F(xiàn)是貨車和貨物總重的k倍，k=0.44，貨車長(zhǎng)度l0=12m， 制動(dòng)坡床的長(zhǎng)度為l，則

5、④ ⑤ ⑥ ⑦ ⑧ ⑨ 聯(lián)立①②③-⑨并代入數(shù)據(jù)得 ⑩ 考點(diǎn)：勻變速直線運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用；牛頓第二定律 【名師點(diǎn)睛】此題依據(jù)高速公路的避嫌車道，考查了牛頓第二定律的綜合應(yīng)用；涉及到兩個(gè)研究對(duì)象的多個(gè)研究過(guò)程；關(guān)鍵是弄清物理過(guò)程，分析貨物和車的受力情況求解加速度，然后選擇合適的物理過(guò)程研究解答；此題屬于中等題目. 【2年模擬再現(xiàn)】 1. （2019福建莆田二模）如圖，裝有水的杯子從傾角α=53°的斜面上滑下，當(dāng)水面穩(wěn)定時(shí)，水面與水平面的夾角β=16°．取重力加速度g=10m/s2，sin53°=0.8，sin16°=0.28，則（　　） A.杯子下滑的加速度大小為?

6、 B. 杯子下滑的加速度大小為? C. 杯子與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 D. 杯子與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)為 【參考答案】BC 【名師解析】先以水與水杯整體為研究對(duì)象，則整體只受到重力、摩擦力及斜面支持力，沿斜面方向上有：Mgsinα-μMgcosα=Ma 取液面上一滴水滴為研究對(duì)象，則水滴受到豎直向下的重力mg和周圍水垂直于水面的總作用力N，即：Ncosβ=mgcosα，mgsinα-Nsinβ=ma 聯(lián)立以上式子得：a=3.5m/s2，μ=0.75，故選項(xiàng)BC正確，AD錯(cuò)誤。 【關(guān)鍵點(diǎn)撥】先以整體為研究對(duì)象，對(duì)其進(jìn)行受力分析，求出整體的加速度，

7、然后以水為研究對(duì)象，結(jié)合牛頓第二定律分析水的運(yùn)動(dòng)狀態(tài)；結(jié)合以上兩個(gè)式子，列方程求出加速度及動(dòng)摩擦因數(shù)。本題考查了牛頓第二定律的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是對(duì)水和水杯整體受力分析得出加速度，再對(duì)水滴進(jìn)行隔離分析，列式得出結(jié)果。 2．（2018洛陽(yáng)一模）如圖所示，某科研單位設(shè)計(jì)了一空間飛行器，飛行器從地面起飛時(shí)，發(fā)動(dòng)機(jī)提供的動(dòng)力方向與水平方向夾角α＝60°，使飛行器恰恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行，經(jīng)時(shí)間t后，將動(dòng)力的方向沿逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)60°同時(shí)適當(dāng)調(diào)節(jié)其大小，使飛行器依然可以沿原方向勻減速飛行，飛行器所受空氣阻力不計(jì)，下列說(shuō)法中正確的是( 　) A．加速時(shí)動(dòng)力的大小等于mg

8、 B．加速時(shí)加速度的大小為g C．減速時(shí)動(dòng)力的大小等于mg D．減速飛行時(shí)間t后速度為零 【參考答案】.BC 【命題意圖】本題考查力的合成、牛頓運(yùn)動(dòng)定律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。 【解題思路】畫出使飛行器恰恰與水平方向成θ＝30°角的直線斜向右上方勻加速飛行時(shí)的受力矢量圖，如圖1所示，由2mgcos30°=F，可得加速時(shí)動(dòng)力的大小等于F=mg，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；動(dòng)力F與飛船重力mg的合力等于mg，所以飛船加速時(shí)加速度的大小為g，選項(xiàng)B正確；畫出使飛行器沿原方向勻減速飛行時(shí)的受力矢量圖，如圖2所示，由sin60°=F’/mg可得減速時(shí)動(dòng)力的大小等于F’=mg，選項(xiàng)C正確；

9、加速飛行時(shí)間t后的速度為v=at=gt。減速飛行的合外力大小為mgcos60°=mg/2，減速飛行的加速度大小為g/2，減速飛行時(shí)間2t后速度為零，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 圖1 圖2 3．（12分）（2019河南天一大聯(lián)考6）一質(zhì)量為m＝0.1kg的滑塊（可視為質(zhì)點(diǎn)）從傾角為θ＝37°、長(zhǎng)為L(zhǎng)＝6m的固定粗糙斜面頂端由靜止釋放，滑塊運(yùn)動(dòng)到斜面底端時(shí)的速度大小為v，所用的時(shí)間為t。若讓此滑塊從斜面底端以速度v滑上斜面，則滑塊在斜面上上滑的時(shí)間為．已知重力加速度g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）滑塊通過(guò)斜面底

10、端時(shí)的速度大小； （2）滑塊從斜面底端以速度υ滑上斜面又滑到底端時(shí)的動(dòng)能。 【名師解析】（1）設(shè)滑塊和斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ，滑塊下滑時(shí)的加速度大小為a1，游塊上滑時(shí)的加速度大小a2， 由牛頓第二定律可得： 滑塊下滑時(shí)mg（sinθ﹣μcosθ）＝ma1 滑塊上滑時(shí)mg（sinθ+μcosθ）＝ma2 由題意有v＝a2?t＝a1t 聯(lián)立解得：μ＝0.25 則滑塊在斜面上下滑時(shí)的加速度a1＝4m/s2，滑塊上滑時(shí)的加速度大小a2＝8m/s2 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有中v2＝2a1L 聯(lián)立解得：v＝4m/s （2）設(shè)滑塊沿斜面上滑的最大位移為x，則有v2＝2a2x 解得：x＝3m

11、則滑塊從斜面底端上滑到下滑到斜面底端的過(guò)程由動(dòng)能定理得：﹣μmgcosθ?2x＝Ek﹣ 解得：Ek＝1.2J 答：（1）滑塊通過(guò)斜面底端時(shí)的速度大小是4m/s； （2）滑塊從斜面底端以速度υ滑上斜面又滑到底端時(shí)的動(dòng)能是1.2J。 4.（2019洛陽(yáng)聯(lián)考）(9分)如圖14所示，一小轎車從高為10 m、傾角為37°的斜坡頂端從靜止開(kāi)始向下行駛，當(dāng)小轎車到達(dá)底端時(shí)進(jìn)入一水平面，在距斜坡底端115 m的地方有一池塘，發(fā)動(dòng)機(jī)在斜坡上產(chǎn)生的牽引力為2×103 N，在水平地面上調(diào)節(jié)油門后，發(fā)動(dòng)機(jī)產(chǎn)生的牽引力為1.4×104 N，小轎車的質(zhì)量為2 t，小轎車與斜坡及水平地面間的動(dòng)摩擦因數(shù)均為0.5(s

12、in 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： (1)小轎車行駛至斜坡底端時(shí)的速度； (2)為使小轎車在水平地面上行駛而不掉入池塘，在水平地面上加速的時(shí)間不能超過(guò)多少？(轎車在行駛過(guò)程中不采用剎車裝置) 【名師解析】 (1)小轎車在斜坡上行駛時(shí)，由牛頓第二定律得 F1＋mgsin 37°－μmgcos 37°＝ma1 代入數(shù)據(jù)得斜坡上小轎車的加速度a1＝3 m/s2 由v＝2a1x1 x1＝ 得小轎車行駛至斜坡底端時(shí)的速度v1＝10 m/s。 (2)在水平地面上加速時(shí)F2－μmg＝ma2 代入數(shù)據(jù)得a2＝2 m/s2 關(guān)閉油門后減速μmg

13、＝ma3， 代入數(shù)據(jù)得a3＝5 m/s2 設(shè)關(guān)閉油門時(shí)轎車的速度為v2，有 ＋＝x2 得v2＝20 m/s，t＝＝5 s 即在水平地面上加速的時(shí)間不能超過(guò)5 s。 5.(15分) （2019廣東惠州第三次調(diào)研）為拍攝鳥類活動(dòng)，攝影師用輕繩將質(zhì)量為m=2.0kg的攝影機(jī)跨過(guò)樹(shù)枝，懸掛于離地面H=8.5m高的B點(diǎn)，繩子另一端連著質(zhì)量M=4kg的沙袋，并將沙袋控制在地面上的A點(diǎn)，某時(shí)刻，沙袋突然失控，當(dāng)沙袋水平滑動(dòng)到較長(zhǎng)的斜坡底端C時(shí)，攝影機(jī)下落到距地面上方h=5.0m高的D點(diǎn)，斜坡傾角為370，此時(shí)細(xì)繩與斜面平行，最終攝影機(jī)恰好沒(méi)有撞擊地面，已知沙袋與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.175，

14、不計(jì)細(xì)繩與樹(shù)枝間的摩擦，g取10m/s2；求（不計(jì)C處的能量損失，sin370=0.6，cos370=0.8） （1） 從D點(diǎn)開(kāi)始下落的過(guò)程中，攝影機(jī)做什么運(yùn)動(dòng)？ （2） 攝像機(jī)在D點(diǎn)時(shí)的速度大??； （3）攝影機(jī)下落全過(guò)程中，沙袋及攝影機(jī)組成的系統(tǒng)克服摩擦阻力所做的功 【命題意圖】本題以攝影機(jī)下落為情景，考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系及其相關(guān)知識(shí)點(diǎn)，意在考查建模能力，運(yùn)動(dòng)和力的觀念，利用功能關(guān)系分析解決問(wèn)題的能力。 【解題思路】 （1）攝影機(jī)做勻減速直線運(yùn)動(dòng) (2分) （2）對(duì)M、m兩物體組成的系統(tǒng)：mg-Mgsiθ-μMgcosθ=(m+M)a 解得:a=-1.6m

15、/s2 (2分) 由D到地面：0-vD2=2ah (2分) 解得:vD=4m/s (2分) （3）從B點(diǎn)到地面，對(duì)系統(tǒng)，全過(guò)程由功能關(guān)系可知： Wf=mgH-Mghsinθ (2分) 解得:Wf=50J (2分) 預(yù)測(cè)考點(diǎn)一：與力的分解合成相關(guān)的牛頓運(yùn)動(dòng)定律問(wèn)題 【2年模擬再現(xiàn)】 1．（2019河南名校聯(lián)盟尖子生調(diào)研）如圖所示，一個(gè)小球O用1、2兩根細(xì)繩連接并分別系于箱子上的A點(diǎn)和B點(diǎn)，OA與水平方向的夾角為θ，OB水平，開(kāi)始時(shí)箱子處于靜止。則下列

16、說(shuō)法不正確的是（ ） A．若使箱子向右水平加速運(yùn)動(dòng)，則繩1、2的張力均增大 B．若使箱子向右水平加速運(yùn)動(dòng)，則繩1的張力不變、繩2的張力增大 C．若使箱子豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，則繩1、2的張力均增大 D．若使箱子豎直向上加速運(yùn)動(dòng)，則繩1的張力增大、繩2的張力不變 【參考答案】AD 【名師解析】箱子靜止時(shí)，小球根據(jù)平衡條件有：，；若使箱子向右水平加速，豎直方向合力為零，有：，，比較可知繩1的張力不變、繩2的張力增大，選項(xiàng)A說(shuō)法錯(cuò)誤、B說(shuō)法正確；若使箱子豎直向上加速，，，比較可知繩1的張力增大、繩2的張力也增大，選項(xiàng)C說(shuō)法正確、D說(shuō)法錯(cuò)誤。故說(shuō)法不正確的選項(xiàng)為選項(xiàng)A、D。 2

17、.（2018石家莊一模）如圖所示，AB為豎直平面內(nèi)某圓周的豎直直徑，CD 為過(guò)O點(diǎn)且與AB成60°夾角的固定光滑細(xì)直桿，兩細(xì)直桿上各套有一個(gè)小球，小球可視為質(zhì)點(diǎn)。兩小球分別從C點(diǎn)由靜止釋放，小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到D點(diǎn)所用的時(shí)間為t1，另一小球從C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)所用的時(shí)間為t2，則t1∶t2等于（ ） A．1∶1 B．2∶1 C．∶1 D．∶2 【參考答案】.C 【命題意圖】 本題考查牛頓運(yùn)動(dòng)定律、勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律及其相關(guān)的知識(shí)點(diǎn)。 【解題思路】對(duì)沿CD光滑細(xì)桿上運(yùn)動(dòng)的小球，由牛頓第二定律，mgsin30°=ma1，解得a1=g/2；設(shè)C

18、D=d，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，d=a1t12，解得t1=2。對(duì)沿CB光滑細(xì)桿上運(yùn)動(dòng)的小球，由牛頓第二定律，mgsin60°=ma2，解得a2=g/2；光滑桿CB=d sin60°=d/2，由勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，d/2=a2t22，解得t2=。t1∶t2=2∶=∶1，選項(xiàng)C正確。 【易錯(cuò)警示】解答此題常見(jiàn)錯(cuò)誤主要有：一是把該題的情景誤認(rèn)為是等時(shí)圓模型，導(dǎo)致錯(cuò)選A；二是不能正確運(yùn)用相關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)得出CB光滑光滑桿的長(zhǎng)度和傾角；三是沒(méi)有正確運(yùn)用牛頓運(yùn)動(dòng)定律和勻變速直線運(yùn)動(dòng)規(guī)律，導(dǎo)致計(jì)算錯(cuò)誤。 3.(10分) （2019天津部分學(xué)校期末聯(lián)考）一小滑塊以10m/s的初速度沿傾角為θ=37°的固定斜面上

19、滑。已知滑塊與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，設(shè)斜面足夠長(zhǎng)。(g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0，8)求： (1)物體上滑的最大位移; (2)物體回到出發(fā)點(diǎn)時(shí)的速度。 【名師解析】．（10分）： （1）根據(jù)牛頓第二定律得mgsinθ+μmgcosθ=ma1 解得a1=gsinθ+μgcosθ 代入數(shù)據(jù)得a1=10m/s2

20、 根據(jù)速度位移公式v02=2as 解得s= 代入數(shù)據(jù)得s=5.0m （2）根據(jù)牛頓第二定律，下滑的加速度為mgsinθ-μmgcosθ=ma

21、2 解得a2=gsinθ-μgcosθ 代入數(shù)據(jù)得a2=2m/s2 根據(jù)速度位移公式

22、 解得 代入數(shù)據(jù)得v 4．（14分）（2019鄭州聯(lián)考）如圖所示，在風(fēng)洞實(shí)驗(yàn)室里，直細(xì)桿傾斜放置，一個(gè)m＝2kg小球穿在細(xì)桿上，風(fēng)對(duì)小球的作用力的方向水平向右，作用力的大小恒定不變。細(xì)桿與水平面之間的傾角為θ＝37°，小球穿與斜面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝0.5，從t＝0時(shí)刻開(kāi)始，物體運(yùn)動(dòng)的與時(shí)間t的關(guān)系如圖所示 所示（x為位移），t＝2s時(shí)關(guān)閉風(fēng)洞撤去風(fēng)力， g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求： （1）風(fēng)力F的大?。? （2）物體向上運(yùn)動(dòng)

23、過(guò)程中距計(jì)時(shí)點(diǎn)的最大距離。 （3）物體由斜面最高點(diǎn)返回計(jì)時(shí)點(diǎn)的時(shí)間 【參考答案】 （1）32N；（2）52m；（3） 【名師解析】（1）由勻變速直線運(yùn)動(dòng)公式得 對(duì)照?qǐng)D線可知，圖線在縱軸截距表示初速度，圖線斜率表示，則有： v0＝12m/s，a1＝4m/s2 在沿斜面上有 解得 （2）2秒末v1＝v0＋a1t＝20m/s 0到2秒： 2秒后物體向上做勻減速運(yùn)動(dòng)，其加速度為aa2＝gsin37°+μgcos37°＝10m/s2 2秒后沿斜面向上位移： 物體向上運(yùn)動(dòng)過(guò)程中距計(jì)時(shí)點(diǎn)的最大距離為x＝x1＋x2＝52m （3）物體由斜面最高點(diǎn)返回計(jì)時(shí)點(diǎn)的過(guò)程中，做勻加速

24、運(yùn)動(dòng)， 其加速度為aa3＝gsin37°-μgcos37°＝2m/s2 物體由斜面最高點(diǎn)返回計(jì)時(shí)點(diǎn)的時(shí)間 5．（14分）（2019西安聯(lián)考）如圖所示，一質(zhì)量m=2kg的小球套在一根足夠長(zhǎng)的固定直桿上，直桿與水平夾角θ=37°，桿與球間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ=0.5，t=0時(shí)小球在水平向左的拉力F作用下從A點(diǎn)由靜止出發(fā)沿桿開(kāi)始做勻加速運(yùn)動(dòng)．加速度大小a1=2m/s2 ，小球運(yùn)動(dòng)t1=5s到達(dá)P點(diǎn)（沒(méi)畫出）后撤去拉力F，g=10m/s2 ， sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）求力F的大小； （2）求撤去力F后，再經(jīng)過(guò)2.5s，小球的距離出發(fā)點(diǎn)A的距離 （3）小球運(yùn)動(dòng)到距離

25、P點(diǎn)4m處時(shí)，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間（可用根式） 【參考答案】 （1）48N；（2）27.75m； （3）或7s或9s 【名師解析】（1）對(duì)小球受力分析，由牛頓第二定律得： 在平行斜面方向上有： ① 垂直斜面方向上有： ② 其中： ③ 聯(lián)立①②③解得： ； （2）有F作用時(shí)，小球運(yùn)動(dòng)的距離為； 當(dāng)撤去F后，由牛頓第二定律： ，解得小球的加速度為； 撤去F時(shí)小球的速度為，所以小球停下來(lái)還需要； 所以小球先沿桿向上運(yùn)動(dòng)t2=1s，然后沿桿向下運(yùn)動(dòng)t3=1.5s。 撤去F后小球沿桿向上運(yùn)動(dòng)的距離 小球沿桿向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓第二定律：，解得小球的加速度為； 在t3=1.5s小球運(yùn)

26、動(dòng)的距離 故撤去力F后，再經(jīng)過(guò)2.5s，小球的距離出發(fā)點(diǎn)A的距離為； (3) 小球運(yùn)動(dòng)到距離P點(diǎn)4m有三次：(a)第一次是沿桿向上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)上方4m處；(b)第二次是球沿桿向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)上方4m處；(c)第三次是向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)下方4m處。 （a）撤去外力后，再沿桿向上運(yùn)動(dòng)4m 由位移公式得：，解得，所以，第一次沿桿向上運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)上方4m處，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t5=t1+t4=5.5s (b)第二次是球沿桿向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)上方4m處 由位移公式： ，解得t6=1s，所以，第二次沿桿向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)上方4m處，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t7=t1+ t2+t6=7s (c)第三次是向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)

27、過(guò)P點(diǎn)下方4m處。 由位移公式： ，解得t8=3s，所以，第三次沿桿向下運(yùn)動(dòng)經(jīng)過(guò)P點(diǎn)下方4m處，小球的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t9=t1+ t2+t8=9s 【1年仿真原創(chuàng)】 1.如圖所示，一質(zhì)量m＝0.4 kg的小物塊，以v0＝2 m/s的初速度，在與斜面成某一夾角的拉力F作用下，沿斜面向上做勻加速運(yùn)動(dòng)，經(jīng)t＝2 s的時(shí)間物塊由A點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)，A、B之間的距離L＝10 m.已知斜面傾角θ＝30°，物塊與斜面之間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝。重力加速度g取10 m/s2。 (1)求物塊加速度的大小及到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小。 (2)拉力F與斜面夾角多大時(shí)，拉力F最小？拉力F的最小值是多少？ 【名師解析

28、】　(1)設(shè)物塊加速度的大小為a，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度的大小為v，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得L＝v0t＋at2① v＝v0＋at② 聯(lián)立①②式，代入數(shù)據(jù)得a＝3 m/s2③ v＝8 m/s④ (2)設(shè)物塊所受支持力為FN，所受摩擦力為Ff，拉力與斜面間的夾角為α，受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得 Fcos α－mgsin θ－Ff＝ma⑤ Fsin α＋FN－mgcos θ＝0⑥ 又Ff＝μFN⑦ 聯(lián)立⑤⑥⑦式得 F＝⑧ 由數(shù)學(xué)知識(shí)得cos α＋sin α＝sin(60°＋α)⑨ 由⑧⑨式可知對(duì)應(yīng)最小F的夾角α＝30°⑩ 聯(lián)立③⑧⑩式，代入數(shù)據(jù)得F的最小值為 Fmin＝ N

29、答案　(1)3 m/s2　8 m/s　(2)30°　 N 2．質(zhì)量m=1kg的物體（可看成質(zhì)點(diǎn)）靜止在粗糙水平面上A點(diǎn)，A，B之間的距離x1=8m，BC為傾角θ=53o的粗糙斜面（足夠長(zhǎng)），物體與所有接觸面的動(dòng)摩擦因素。t=0s時(shí)，物體受到大小為F1=5N，方向與水平方向成θ=53o的恒力作用，由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)物體從A點(diǎn)開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)，恒力方向保持不變，但大小變?yōu)镕2=2N，（此后的全部過(guò)程中恒力F2大小和方向始終保持不變，且一直存在）。水平面AB和斜面BC在B點(diǎn)平滑連接，物體經(jīng)過(guò)B點(diǎn)的前后瞬間，速度大小保持不變。（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g=10m/s2 )

30、(1)求物體從A點(diǎn)由靜止開(kāi)始向右運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度大??？ (2)物體由靜止開(kāi)始運(yùn)動(dòng)計(jì)時(shí)，速度變?yōu)榱闼?jīng)歷的時(shí)間？(若=1.4,結(jié)果保留兩位有效數(shù)字） 【名師解析】．(1)從A到B的過(guò)程中，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a1, 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 代入數(shù)據(jù)得: 設(shè)物體第一次運(yùn)動(dòng)到B點(diǎn)時(shí)的速度為vB 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式, 代入數(shù)據(jù)得 (2)從A到B的過(guò)程中，設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： 在物體沿斜面上升的過(guò)程中，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)的加速度為a2,上升時(shí)間為，沿斜面上升過(guò)程的最大距離為 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 代入數(shù)據(jù)得: ，則物體向上做減速運(yùn)動(dòng). 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式： 所以第一次出現(xiàn)速度為零

31、的時(shí)間 物體沿斜面上升過(guò)程中的最大距離滿足： 代入數(shù)據(jù)得 當(dāng)物體速度減為零后，因?yàn)? 所以物體將沿斜面加速下滑，設(shè)物體沿斜面加速下滑的加速度為a3,返回B點(diǎn)時(shí)速度為，沿斜面下滑的時(shí)間為 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 代入數(shù)據(jù)得: 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得：， 代入數(shù)據(jù)得。 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： 當(dāng)物體重新回到水平面后，將做減速運(yùn)動(dòng)，設(shè)物體運(yùn)動(dòng)加速度大小為a4,減速運(yùn)動(dòng)時(shí)間為 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律得： 代入數(shù)據(jù)得: 由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得： 當(dāng)物體速度第二次減速到零時(shí)，因?yàn)?，則此后物體將一直保持靜止?fàn)顟B(tài) 所以物體速度第二次減速到零的所用時(shí)間=4.5+1.4=5.9s 15