牛顿运动定律提高题(经典)

m1m2F1如图，在光滑水平面上有一质量为m1的足够长的木板，其上叠放一质量为m2的木块。假定木块和木板之间的最大静摩擦力和滑动摩擦力相等。现给木块施加一随时间t增大的水平力F=kt（k是常数），木板和木块加速度的大小分别为a1和a2，下列反映a1和a2变化的图线中正确的是atOa1a2atOa1a2atOa1a2atOa1a2A B C D2如图所示，甲图为光滑水平面上质量为的物体，用细线通过定滑轮与质量为的物体相连，由静止释放，乙图为同一物体在光滑水平面上用细线通过定滑轮竖直向下受到拉力的作用，拉力的大小与的重力相等，由静止释放，开始时距桌边的距离相等，则（ ）A甲、乙两图中的加速度相等均为B甲图中的加速度为以，乙图中的加速度为C乙图中绳子受到的拉力较大D甲图中到达桌边用的时间较长，速度较小3如图所示，滑块B放在斜面体A上，B在水平向右的外力F1，以及沿斜面向下的外力F2共同作用下沿斜面向下运动，此时A受到地面的摩擦力水平向左。若A始终静止在水平地面上，则下列说法中正确的是（A）同时撤去F1和F2，B的加速度一定沿斜面向下（B）只撤去F1，在B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右（C）只撤去F2，在B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的方向可能向右（D）只撤去F2，在B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力不变4如图所示，两质量相等的物块A、B通过一轻质弹簧连接，B足够长、放置在水平面上，所有接触面均光滑。弹簧开始时处于原长，运动过程中始终处在弹性限度内。在物块A上施加一个水平恒力F，在A、B从静止开始运动到第一次速度相等的过程中A当A、B的加速度相等时，A、B的速度差最大B当A、B的加速度相等时，A的速度最大C当A、B的速度相等时，弹簧最长D当A、B的速度相等时，A、B的加速度相等5如图所示，水平传送带AB距离地面的高度为h，以恒定速率v0顺时针运行甲、乙两滑块(可视为质点)之间夹着一个压缩轻弹簧(长度不计)，在AB的正中间位置轻放它们时，弹簧立即弹开，两滑块以相同的速率分别向左、右运动下列判断正确的是()。A甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，且距释放点的水平距离可能相等B甲、乙滑块可能落在传送带的左右两侧，但距释放点的水平距离一定不相等C甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，且距释放点的水平距离一定相等D甲、乙滑块可能落在传送带的同一侧，但距释放点的水平距离一定不相等6如图甲所示，轻质弹簧的下端固定在水平面上，上端放置一小物体(物体与弹簧不连接)，初始时物体处于静止状态。现用竖直向上的拉力F作用在物体上，使物体开始向上做匀加速直线运动，拉力F与物体位移x的关系如图乙所示(g=10m/s2)，则下列结论正确的是( )A.物体与弹簧分离时，弹簧处于压缩状态B.物体的质量为3 kgC.物体的加速度大小为5 m/s2D.弹簧的劲度系数为7. 5 N/cm7质量为M的光滑圆槽放在光滑水平面上，一水平恒力F作用在其上促使质量为m的小球静止在圆槽上，如图所示，则()A小球对圆槽的压力为B小球对圆槽的压力为C水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力增大D水平恒力F变大后，如果小球仍静止在圆槽上，小球对圆槽的压力减小8如图甲所示，倾角为的光滑斜面体固定在水平面内，经度系数为k的轻弹簧，一端固定在斜面底端，另一端与质量为m的小滑块接触但不栓接，现用沿斜面向下的力F推滑块至离地高度h0处，弹簧与斜面平行，撤去力F，滑块沿斜面向上运动，其动能Ek和离地高度h的变化关系如图乙所示，图中h2对应图线的最高点，h3到h4范围内图线为直线，其余部分为曲线，重力加速度为g，则A. h1高度处，弹簧形变量为B.h2高度处，弹簧形变量为C.h0高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3-h0)D.h1高度处，弹簧的弹性势能为mg(h3-h1)9(15分) 如图所示，有一个可视为质点的质量为m1 kg的小物块，从光滑平台上的A点以v03 m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M3 kg的长木板已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑接触，小物块与长木板间的动摩擦因数0.3，圆弧轨道的半径为R0.5 m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角53，不计空气阻力，取重力加速度g10 m/s2.求：(1)A、C两点的高度差；(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；(3)要使小物块不滑出长木板，木板的最小长度(sin 530.8，cos 530.6)10（16分）有一个竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一劲度系数为的轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为的薄滑块，圆筒内壁涂有一层新型智能材料ER流体，它对滑块的阻力可调。起初，滑块静止，ER流体对其阻力为0，弹簧的长度为L.现有一质量也为的物体从距地面2L处自由落下，与滑块碰撞后粘在一起向下运动。为保证滑块做匀减速运动，且下移距离为时速度减为0，ER流体对滑块的阻力须随滑块下移而变。试求（忽略空气阻力）：（1）下落物体与滑块碰撞前的瞬间物体的速度;（2）下落物体与滑块碰撞过程中系统损失的机械能；（3）滑块下移距离d时ER流体对滑块阻力的大小。11如图所示，以水平地面建立轴，有一个质量为的木块（视为质点）放在质量为的长木板上，木板长。已知木板与地面的动摩擦因数为，与之间的摩擦因素（设最大静摩擦力等于滑动摩擦力）。与保持相对静止且共同向右运动，已知木板的左端点经过坐标原点时的速度为，在坐标为处有一挡板，木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变，若碰后立刻撤去挡板，取10m/s2,求：PO21XAB（1）木板碰挡板前瞬间的速度为多少？（2）木板最终停止运动时其左端的位置坐标？12（18分）如图甲，PNQ为竖直放置的半径为0.1m的半圆形轨道，在轨道的最低点P和最高点Q各安装了一个压力传感器，可测定小球在轨道内侧，通过这两点时对轨道的压力FP和FQ轨道的下端与一光滑水平轨道相切，水平轨道上有一质量为0.06kg的小球A，以不同的初速度与静止在轨道最低点P处稍右侧的另一质量为0.04kg的小球B发生碰撞，碰后形成一整体（记为小球C）以共同速度v冲入PNQ轨道（A、B、C三小球均可视为质点，g取10m/s2）（1）若FP和FQ的关系图线如图乙所示，求：当 FP=13N 时所对应的入射小球A的初速度为多大？（2）当FP=13N时，AB所组成的系统从A球开始向左运动到整体达到轨道最高点Q全过程中所损失的总机械能为多少？（3）若轨道PNQ光滑，小球C均能通过Q点试推导FP随FQ变化的关系式，并在图丙中画出其图线13（14分）如图所示，一个质量为m的长木板静止在光滑的水平面上，并与半径为的光滑圆弧形固定轨道接触（但不粘连），木板的右端到竖直墙的距离为s；另一质量为2m的小滑块从轨道的最高点由静止开始下滑，从圆弧的最低点A滑上木板。设长木板每次与竖直墙的碰撞时间极短且无机械能损失。已知滑块与长木板间的动摩擦因数为。试求：（1）滑块到达A点时的速度大小以及物体对轨道的压力大小；（2）若滑块不会滑离长木板，试讨论长木板与墙第一次碰撞前的速度与s的关系；（3）若s足够大，为了使滑块不滑离长木板，板长L应满足什么条件。14如图所示，传送带的水平部分ab=2 m，斜面部分bc=4 m，bc与水平面的夹角37.一个小物体A与传送带的动摩擦因数=0.25，传送带沿图示的方向运动，速率v=2 m/s。若把物体A轻放到a处，它将被传送带送到c点，且物体A不会脱离传送带求物体A从a点被传送到c点所用的时间（已知：sin 37=0.6，cos 37=0.8，g=10 m/s2）15（16分） 如图所示，生产车间有两个相互垂直且等高的水平传送带甲和乙，甲的速度为v0。小工件离开甲前与甲的速度相同，并平稳地传到乙上，工件与乙之间的动摩擦因数为，乙的宽度足够大，重力加速度为g。（1）若乙的速度为v0，求工件在乙上侧向（垂直于乙的运动方向）滑过的距离s；（2）若乙的速度为2v0，求工件在乙上刚停止侧向滑动时的速度大小v；（3）保持乙的速度2v0不变，当工件在乙上刚停止滑动时，下一只工件恰好传到乙上，如此反复。若每个工件的质量均为m，除工件与传送带之间摩擦外，其他能量损耗均不计，求驱动乙的电动机的平均输出功率。16如图所示，静止放在水平桌面上的纸带，其上有一质量为m=0.1 kg的铁块，它与纸带右端的距离为L=0.5m，所有接触面之间的动摩擦因数相同。现用水平向左的恒力，经2s时间将纸带从铁块下抽出，当纸带全部抽出时铁块恰好到达桌面边缘且速度为v=2m/s。已知桌面高度为H=0.8m，不计纸带重力，铁块视为质点。重力加速度g取10m/s2，求：（1）铁块抛出后落地点离抛出点的水平距离；（2）动摩擦因数；（3）纸带抽出过程中系统产生的内能。17如图所示，绝缘传送带与水平地面成37角，倾角也是37的绝缘光滑斜面固定于水平地面上且与传送带良好对接，轻质绝缘弹簧下端固定在斜面底端。皮带传动装置两轮轴心相L=6 m，B、C分别是传送带与两轮的切点，轮缘与传送带之间不打滑。现将质量m=0.1kg、电荷量q=+2 10-5 C的工件(视为质点，电荷量保持不变)放在弹簧上，用力将弹簧压缩至A点后由静止释放，工件滑到传送带端点B时速度v0= 8m/s，AB间的距离s=1m，AB间无电场，工件与传送带间的动摩擦因数=0.25。（g取10m/s2。sin37=0.6，cos37=0.8）(1)求弹簧的最大弹性势能;(2)若皮带传动装置以速度v顺时针匀速转动，且v可取不同的值(安全运行的最大速度为10 m/s)，在工件经过B点时，先加场强大小E=4104 N/C，方向垂直于传送带向上的均强电场，0.5s后场强大小变为E=1.2 105 N/C，方向变为垂直于传送带向下。工件要以最短时间到达C点，求v的取值范围;(3)若用Q表示工件由B至C的过程中和传送带之间因摩擦而产生的热量，在满足(2)问的条件下，请推出Q与v的函数关系式。18(16分)如图所示，让一可视为质点的小球从光滑曲面轨道上的A点无初速滑下，运动到轨道最低点B后，进入半径为R的光滑竖直圆轨道，并恰好通过轨道最高点C，离开圆轨道后继续在光滑平直轨道上运动到D点后抛出，最终撞击到搁在轨道末端点和水平地面之间的木板上，已知轨道末端点距离水平地面的高度为H0.8m，木板与水平面间的夹角为37，小球质量为m0.1kg，A点距离轨道末端竖直高度为h0.2m，不计空气阻力。(取g10m/s2，sin370.6，cos370.8)求圆轨道半径R的大小；求小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度有多大；若改变木板的长度，并使木板两端始终与平台和水平面相接，试通过计算推导小球第一次撞击木板时的动能随木板倾角变化的关系式，并在图中作出Ek-(tan)2图象。试卷第7页，总7页参考答案1A【解析】木块和木板之间相对静止时，所受的摩擦力为静摩擦力。在达到最大静摩擦力前，木块和木板以相同加速度运动，根据牛顿第二定律，木块和木板相对运动时，恒定不变，。所以正确答案是A。2BCD【解析】根据牛顿运动定律，甲图中，；拉力TM=MaM，乙图中，拉力Tm=Mam，则TM Tm,A错误、BC正确；根据运动学公式，位移相同，加速度小的，则时间长，速度小，D正确。3AD【解析】试题分析：本题可以假设从以下两个方面进行讨论（1）斜劈A表面光滑（设斜面的倾角为，A的质量为mA，B的质量为mB）A、同时撤去F1和F2，物体在其重力沿斜面向下的分力mBgsin的作用下也一定沿斜面向下做匀加速直线运动，故A正确；B、如果撤去F1，使A相对地面发生相对运动趋势的外力大小是FN2sin=mBgcossin，方向向右如图a所示由于mBgcossin（mBgcos+F1sin）sin，所以A所受地面的摩擦力仍然是静摩擦力，其方向仍然是向左，而不可能向右故B错误；C、撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面摩擦力的变化情况要从A受地面摩擦力作用的原因角度去思考，即寻找出使A相对地面发生相对运动趋势的外力的变化情况通过分析，使A相对地面有向右滑动趋势的外力是（mBgcos+F1sin）sin如图b、c所示与F2是否存在无关所以撤去F2，在物体B仍向下运动的过程中，A所受地面的摩擦力应该保持不变故C错误D正确；因此，在斜劈表面光滑的条件下，该题的答案应该是AD（2）斜劈A表面粗糙（设A表面的动摩擦因数为）在斜劈A表面粗糙的情况下，B在F1、F2共同作用下沿斜面向下的运动就不一定是匀加速直线运动，也可能是匀速直线运动由题意知，在B沿斜劈下滑时，受到A对它弹力FN和滑动摩擦力f根据牛顿第三定律，这两个力反作用于A斜劈A实际上就是在这两个力的水平分力作用下有相对地面向右运动的趋势的FNsinfcos，又因为f=FN，所以FNsinFNcos，即tanA、同时撤出F1和F2，由以上分析可知mBgsinmBgcos所以物体B所受的合力沿斜劈向下，加速度方向也一定沿斜劈向下，故A正确；B、如果撤去F1，在物体B仍向下运动的过程中，N=mgcos，f=N，图中假设A受的摩擦力fA方向向左，Nsin=fcos+fA，则有：fA=Nsin-Nos=N（sin-cos）0所以斜劈A都有相对地面向右运动的趋势，摩擦力方向是向左故B错误；CD、又由于F2的存在与否对斜劈受地面摩擦力大小没有影响，故撤去F2后，斜劈A所受摩擦力的大小和方向均保持不变故C错误D正确；因此，在斜劈A表面粗糙的情况下，本题的正确选项仍然是AD故选：AD考点：牛顿定律的应用。4 AC【解析】试题分析：对A有Fa=F-T，对B有Fb=T=kx，Fa减少，Fb增大，由加速度a=F/m可知，A的加速度开始最大，然后随x增大减小，B的加速度是逐渐增大的，整个过程AB的速度都在增大，由于AB质量相同，在Fa=Fb=F/2之前，A的加速度始终大于B的，当两个加速度相等时，AB的速度差最大，A对、B错，接下来B的加速度要逐渐大于A，但是此时A的速度仍然是大于B的，他们的距离x还在逐渐的增大，两物体速度相同时，AB的距离x最大，弹簧最长，C对，此时B的加速度大于A的加速度，D错。所以本题选择AC。考点：牛顿第二定律5AC【解析】试题分析：设v大于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动乙物体向向右做初速度为v，（若v大于v0），则乙也做加速度为a的匀减速运动此种情况两个物体落地后，距释放点的水平距离可能相等A正确B错误若v小于v0弹簧立即弹开后，甲物体向左做初速度为v，加速度为a的匀减速运动速度为零后可以再向相反的方向运动整个过程是做初速度为v，加速度和皮带运动方向相同的减速运动乙物体做初速度为v，加速度为a的匀加速运动，运动方向和加速度的方向都和皮带轮的运动方向相同甲乙到达B点时的速度相同落地的位置在同一点故C正确，D错误故选AC考点：牛顿定律的应用。6C【解析】试题分析：初始，物体静止在弹簧上面，弹簧弹力与重力平衡，施加F后即为合力所以有，此后物体匀加速上升，弹力逐渐变小，当弹簧恢复原长后，物块和弹簧分离，选项A错。合力为，整理得物体重力，质量选项B错。加速度，选项C对。从初始弹簧弹力等于重力到弹簧恢复原长，位移为，即弹力等于重力时，弹簧形变量为，劲度系数，选项D错。考点：牛顿运动定律7C【解析】由整体法可求得系统的加速度a，小球对圆槽的压力FNmm，当F增大后，FN增大，只有选项C正确8BD【解析】试题分析：由题意知，当撤去F后滑块先做加速度减小的加速运动，当运动至重力下滑分力与弹力相等位置速度、动能最大，后做加速度增大减速运动，当离开弹簧后做匀减速运动，由上述分析，并结合图乙知h2位置为平衡位置，h3位置离开弹簧，故mgsin=kx2，所以h2处弹簧形变量x2=，故选项A错误，B正确；滑块由h0运动至h3过程中由能量守恒知，h0处弹性势能EP0=mg(h3-h0)+EK1，故选项C错误；滑块由h1运动至h3过程中，由能量守恒知，h1高度处弹性势能EP1=mg(h3-h1)，故选项D正确。考点：牛顿第二定律 能量守恒定律9(1)0.8 m(2)68 N(3)3.625 m【解析】试题分析：(1)小物块在C点时的速度大小为vC5 m/s （2分） ，竖直分量为vCy4 m/s （1分）下落高度 （2分）(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得mgR(1cos 53)mvmv解得vDm/s （2分）小球在D点时由牛顿第二定律得FNmgm代入数据解得FN68 N （ 2分）由牛顿第三定律得FNFN68 N，方向竖直向下 （1分）(3)设小物块刚好滑到木板右端时与木板达到共同速度，大小为v，小物块在木板上滑行的过程中，小物块与长木板的加速度大小分别为a1g3 m/s2，(1分)a21 m/s2 (1分)速度分别为vvDa1t，va2t (1分)对物块和木板系统，由能量守恒定律得mgLmv(mM)v2 (1分)解得L3.625 m，即木板的长度至少是3.625 m （1分）考点：本题考查牛顿运动定律、能量守恒定律10（1） （2） （3）【解析】试题分析：（1）设物体下落末速度为，由机械能守恒定律 （2分）得： （1分）（2）设碰后共同速度为，由动量守恒定律 （2分）得： （1分）碰撞过程中系统损失的机械能 （无负号也可以） （3分）（3）设加速度大小为，有 （2分） 得：设弹簧弹力为，ER流体对滑块的阻力为，受力分析如图所示 （2分） （2分）联立三式解得： （1分）考点：本题考查了动量守恒定律、匀变速直线运动的速度与位移的关系、机械能守恒定律、牛顿第二定律11(1) （2）【解析】试题分析：(1) 假设木板碰挡板前，木块和木板相对静止，木板与地面的滑动静摩擦力为，根据牛顿第二定律知，它们的共同加速度为小于与之间的最大摩擦力产生的加速度为，所以木板碰挡板前，木块和木板组成的系统保持相对静止向右匀减速运动，设木板碰挡板时的速度为，由运动学公式得： 其中：解得：（水平向右）（2）由题设木板与挡板瞬间碰撞后立即以原速率反向弹回，而木块在此瞬间速率不变及受力分析可知，当木板碰到挡板并撤掉挡板后，木板以初速度向左做匀减速运动，木块以初速度向右做匀减速运动，设木板和木块的加速度分别为和，由牛顿第二定律可知：（水平向右） （水平向左）假设木块没有掉离木板，由于木块加速度较大，所以木块先停下，然后向左做匀加速运动，直到二者保持相对静止。设二者保持相对静止所用时间为，共同速度为，可得：解得： （水平向左）在此过程中，木块运动位移（水平向右）木板运动位移（水平向左） 所以二者相对位移，即二者相对运动时木块没有掉离木板。二者共速后，又以向左减速至停下，设其向左运动的位移为解得： 最终木板左端点位置坐标为 考点：本题考查受力分析、牛顿第二定律的应用及匀变速直线运动规律，意在考查考生对知识的综合应用能力。12（1） m/s （2）0.6J （3）【解析】试题分析：解：（1）设A球的质量为M，B球的质量为m，由牛顿第三定律可知，小球在P、Q两点所受轨道的弹力大小 （1分）在P点由牛顿第二定律得： （2分）解得m/s （1分）AB相碰，动量守恒得 （2分）解得 m/s （1分）（2）AB相碰所损失的机械能 （1分）球C在Q点由牛顿第二定律得： （1分）球C从P运动至Q的过程，由动能定理得： （2分）联立并代入数据解得 故球C上升过程中所损失的机械能 （1分）故整个系统在全过程中所损失的机械能 （1分）（3）因轨道光滑，小球C由P至Q的过程中机械能守恒 (2分)联立得 (1分 )即 图线如图所示 (2分)考点： 动量守恒 动能定理 机械能守恒 牛顿第二定律13(1) (2) 若，；若， (3) 【解析】试题分析：（1）滑块从轨道的最高点到最低点，机械能守恒，设到达A点的速度为，则 ： （1分）由上式得： （1分）在A点由牛顿第二定律有： （1分）由得： （1分）由牛顿第三定律，滑块在A点对轨道的压力 （1分）（2）若第一次碰撞前的瞬间，滑块与木板达到共同速度，由动量守恒定律得： （1分） 对滑块由动能定理得： （1分）由得： （1分）若,则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为 （1分）若，则木板与墙第一次碰前瞬间的速度为，则 （1分）得： （1分）(3)因为S足够大，每次碰前滑块与木板共速，因为滑块的质量大于木板的质量，每次碰后系统的总动量方向向右，要使滑块不滑离长木板，最终木板停在墙边，滑块停在木板上。由能量守恒得： （2分） 解得 （1分）考点：考查了动量守恒，动能定理，机械能守恒，牛顿第二定律142.4 s.【解析】试题分析：物体A轻放在a点后在摩擦力作用下向右做匀加速直线运动直到和传送带速度相等在这一过程中有a1=g，x1=0.8 mmgcos 37=0.2mg.所以物体A将再次沿传送带做匀加速直线运动，其加速度大小为a2=gsin 37gcos 37=4 m/s2，物体A在传送带bc上所用时间满足bc=vt3a2，代入数据得t3=1 s（负值舍去），则物体A从a点被传送到c所用时间为t=t1t2t3=2.4 s.考点：考查了牛顿第二定律与运动学公式得综合应用15 （1）s；（2）v2v0；（3）【解析】试题分析：（1）由于滑动摩擦力的方向与相等运动方向相反，因此首先应判断工件刚平稳地传到乙上瞬间，相对于传送带乙的运动方向，刚传到传送带乙上瞬间，工件有相对传送带乙侧向速度v0和与传送带乙运动方向相反的速度v0，其合速度方向与传送带运动方向显然成45，如下图所示，并建立图示直角坐标系。根据牛顿第二定律可知：ax，ay即物块相对传送带在沿传送带方向和垂直传送带方向分别做相同的匀减速直线运动，根据匀变速直线运动规律可知，当垂直传送带方向的速度减为零时，物块相对传送带在x方向上的位移即侧向滑过的距离为：s（2）同理作出工件相对传送带运动和所受滑动摩擦力的矢量图如下图所示。设摩擦力与y轴方向间的夹角为，根据牛顿第二定律和加速度的定义式可知，始终存在：tan因此工件相对传送带做匀减速直线运动，因此工件在乙上刚停止侧向滑动时应相对传送带乙静止，因此工件此时的速度大小为：v2v0（3）每个工件在传送带乙上相对传送带滑行距离为：s每个工件在传送带乙上相对传送带滑行的时间为：t每个工件在相对传送带滑动的t时间内，电动机对乙做的功为：Wmgs电动机的平均输出功率为：联立以上各式解得：考点：本题主要考查了牛顿运动定律、滑动摩擦力的方向、运动的合成与分解的应用问题，属于较难题。16（1）0.8m （2）0.1 （3）0.3J【解析】试题分析：（1）设铁块离开桌面后经时间t落地水平方向：xvt 竖直方向：Hgt2 由联立解得：x=08 m （2）设铁块的加速度为a1，运动时间为，由牛顿第二定律，得mgma1纸带抽出时，铁块的速度va1t1联立解得=01 （3）铁块的位移x1a1t1 2 设纸带的位移为x2；由题意知，x2x1L 由功能关系可得纸带抽出过程中系统产生的内能Emgx2mgL 由联立解得E03 J考点：牛顿第二定律、运动学公式以及平抛运动的综合运用17(1) (2) (3) 【解析】试题分析：(1) 从A到B的过程中，由机械能守恒定律有 代入数据可得 ，(2)工件经过B点运动 的过程中，根据 可知，摩擦力为零，工件做匀减速运动，故有： ， ，所以 ， 当场强大小变为 ，方向变成垂直于传送带向下后，要使工件以最短时间到达C点，传送带对它的滑动摩擦力要一直向上，设满足此条件的传送带最小速度为 根据牛顿第二定律有: ， 工件沿传送带发生的位移 ，解得 所以当传送带以 运动时，工件将以最短时间到达C点(3) 由于第一个过程中摩擦力为零，所以只在第二个过程中产生热量，在第二个过程中经历的时间为传送带在时间内发生的位移故代入数据可得考点：考查了牛顿第二定律，运动学公式，能量守恒定律的综合应用，难度较大 18 R0.08m；y0.45m；Ek0.8tan20.2，其中0tan21，【解析】试题分析：小球恰好能通过C点，因此，在C点，根据牛顿第二定律和向心力公式有：mg小球由A点运动至C点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：mg(h2R)0联立以上两式解得：R0.08m小球从A点运动至D点的过程中，只有重力做功，根据动能定理有：mgh0小球离开D点后开始做平抛运动，设经时间t落到木板上，根据平抛运动规律可知，在水平方向上有：xvDt在竖直方向上有：y根据图中几何关系有：tan联立以上各式解得：y4htan20.45m，即小球从轨道末端点冲出后，第一次撞击木板时的位置距离木板上端的竖直高度为：y0.45m小球从离开D点到第一次撞击木板的过程中，根据动能定理有：mgyEk解得：Ekmgy由中求解可知：Ekmgh(4tan21)0.8tan20.2显然，当小球落地时动能最大，为：Ekmmg(hH)1J所以有：0tan21，其图象如下图所示。考点：本题主要考查了牛顿第二定律、平抛运动规律、圆周运动向心力公式、动能定理(或机械能守恒定律)的应用以及图象问题，属于中档偏高题。答案第11页，总12页