1、参考答案专题-力与直线运动1A解析在同一个Ut图象中作出、b的速率时间图线如图所示,由于开始运动时b的加速度较大,则斜率较大;由机械能守恒可知末速率相等,速度方问不同,故图线末端在同一水平线上,由于两斜面长度相同,则应使图线与r轴围成的面积相等结合图中图线特点可知b用的时间较少,故选项A正确,B、C、D错误2。B2。BAUbTO第1题答图解析刃r图象的斜率表示速度,则r时刻质点的速率为:U工1工2,故A错误,B正确;根据图象可r1xP1x20rI知,酋0时刻,初速度不为零,根据-写坠可知,加速度“云苑2故C错误;0rIP1r!时间内质点的平均速度大小为;D孕故D错误。选B1点睛本题主要考查了工
2、t图象的直接应用,要求能根据图象得出有效信息,知道Zr图象的斜率表示速度,据此求出rl时刻的速度,根据图象可知,0时刻,初速度不为零,根据加速度的定义式求解加速度,平均速度等于位移除以时间3（1）F100N（2）2.5m解析（1）对箱子进行受力分析,由平衡方程得:Fcos53。么FN0,F斟Fsin53。?g0,联立解得:F100N（2）撤去拉力后加速度蹭5ms2箱子停下来所需的时间为脏芋1s1.5s,故撤掉拉力L59的时间内箱子的位移r盂25mCD解析t时刻两车位置相同,速度不相等,乙车速率大于甲车速率,选项A错误;从0到tl时间内,乙车走过的路程大于甲车,选项B错误;从tl到t2时间内,两
3、车都是从灭l位置走到工位置,走过的路程相等,选项C正确;根据图象斜率代表速度可知,从tl到t2时间内的某时刻,两车速度相等选项D正确故选CD（1）2ms2（2）8.4106W解析（1）飞机滑跑过程中做初速度为零的匀加速直线运动有:2皿o代人数据解得:2m净（2）设飞机滑跑受到的阻力为F阻,根据题意有F阻0.1骋c）,设发动机的牵引力为F,根据牛顿第二定律有FF凰m;设飞机滑跑过程中的平均速度为洒有;面:在滑跑阶段,牵引力的平均功率:PF万O,联立OO式得:P8.4106W51（U01）2（1）-轰亭（2）徽25;12解析（1）设冰球质量为加,对冰球从开始到到达挡板的过程应用动能定理,有;rgs
4、0了m1Z561厅砸;,得:乙爪斤2梦0参考答案I29设运动员最小加速度为.则;!擞1（2）冰球从开始到挡板所用时间:r球u:）咀【）十Ul得;n血1（z们）225;讥0或h笋万解析从图叮以看山力F是均匀减小的.叫以得出力F随高度旷的变化关系式;F-F仙,门-号,可以算洲物体到达处时力;F-岛鲁物体从地厕倒处的过程中,力F做止功,重力（做负功,由动能定理可得:Fhmgh,而FFF-凤影呵得;F-署l卡.则物体在初位置川遮度为;2马帽啊.计算得;像-蒜些丽;当物体运动到h处时,加遮度满足;吨F-而F揩当F帽醒.计算得;-汀告;当物体运动到处时,加遮度满足;吧F-旭,F措嘴措塑I.联柬计算得-万蛊
5、.综上;加速度最大时位置高度是0或h处,最大加速度为叮笋丙D】8解析由图可知,甲车做加速度减小的减速直线运动,乙车做匀加速直线l（）运动故选项A错误;开始时乙的速度小于甲的速度,由图形的面积”代表位移可知,开始段时间内乙车在甲车后方,但是在整个4s内,通过面积分析可知乙车位移大于甲车位移,即乙车没有直在甲车的后方,只是2开始段时间内是在甲车后方,后来乙车又超过了甲车,故选项B错误;乙甲速度相等之前甲、乙之间距离越来越大,速度相等之后距离先减少后增04s大,故速度相等时距离不定最大;若甲车直做匀减速直线运动,则图第8题答图象如图粗线所示.则此时平均速度为同-牛24ms-6m爵,但是通过图形面积可
6、知,甲车的实际位移小于匀减速的位移,故甲车实际的平均速度小于6mS,故选项D正确,选D点睛在Ur图象中,图线与坐标轴围成的面积大小表示位移,平均速度等于位移除以时间,相遇时两车的位移相同,可根据以上知识来分析判断9B解析设甲球下落h时速度为圃之后运动时间共同到达B点根据题意得;溃2助!,咖骤;-霉;:联立解得;忌故总高度-感u;峨胸,4ll,故选B10.AC解析物体静止不动时,水平方向弹簧弹力利向左的静摩擦力二力平衡,有静F弹6N;物体随小车-起向右加速,当静摩擦力为零时,有:F弹m,解得:l0。75ms2,C选项正确;当向右的加速度大于0.75mS2时,静摩擦力变成向右,当静摩擦力向右达到6
7、N时,有:F弹m2,解得:21.5ms鳖方向向右对A选项,由于最大加速度1ms2小于1。5ms2,故物体与小车始终保持相对静止,弹簧伸长量不变,故弹力不变,A正确;对B选项,00.75ms2时,摩擦力向左,0。75ms21ms:摩擦力向右,故当小车加速度（向右）由零逐渐增大到1ms2过程中,物体所受的静摩擦力先向左减小到零后反向增加,选项B错误;当小车以31ms2向右加速时,根据F弹m3,知物体受到的摩擦力为2N,选项D错误选AC点睛解题关键是要掌握静摩擦力会随运动状态变化而变化先求出平衡状态下的静摩擦力,以及无摩擦力时和摩擦力向右达到6N时的两个临界加速度,将实际加速度与临界加速度比较分析,
8、从而确定摩I30挑战压轴题.高考物理强化训练篇擦力的变化情况11。BC解析在02s内物块做匀速直线运动,摩擦力大小为:FFlF2（85）N3N,则:-硒贵丽3.选项A错误;2爵旧物块做匀减速直线运动.加速度-等-6;3m）腻:-2ms2,则经过r9二工2s,即4s末速度减为零,故3s末物块受到的摩擦力大小为3N945末物块受到的摩擦力为静摩擦力,大小为6N5NlN选项B、C正确;物块停止后,因两个力的差值小于最大静摩擦力,则物块不再运动,则5s末物块的加速度为零,选项D错误选BC。12D解析加速度变化率为0是指加速度保持不变,加速度保持为0时,物体静止或做匀速直线运动.如果加速度不为0,则物体
9、做变速运动,选项A错误;加速度的变化率越大,则加速度变化越快,选项B错误;若加速度与速度问向,则物体作加速运动,如图所示加速度减小,表明物体速度增加变得慢了但仍是加速运动,选项C错误;根据Ur图象可知,图中线与时间轴所围图形面积表示物体的位移伺理在r图象中叫知图线与时间轴所围图彤的面积表示物体遮度的变化最即憾,则得o2内;锄23m3ms由于加速度与速度同问故物体做变加速直线运动,已知初速度为5ms9则小球在2s末的速度为8ms,选项D正确故选D。点睛解题关键是理解加速度的物理意义,知道在t图象中图象与时间轴所围图形的面积表示物体速度的变化量,能理解物体做加速运动还是减速运动,是由加速度与速度方
10、问关系决定而不是由加速度的变化大小来决定。13（1）2:1（2）22.5m11。25m（3）40m解析（1）此货车在超载及正常装载情况下刹车时间之比为:l:t2坠:坠2:112诡152胡152（2）超载时刹车距离工z】又5m22.5m正常装载时刹车距离为;工:zI】又I6m1L25mU220:（3）货车超载并超速情况下的刹车距离为;工3丽r灭百m40m14。C解析设匀加速的加速度,物体三个时刻的速度分别为U、U和U3,根据题意得:U2Zb:U,则:zbU2U根据运动学公式可知:L噎z2r,得:（U2Ul）（U2Ul）2（n,即U（U2Ul）2ro,诡诡mr2,得（U2l）（U3选）2四,即U（
11、U3U2）2Lr2.由o式解得:（U）2,故C正确,ABD错误.工2r1UB（3古）解析根据速度位移公式得;2.-汰0,2（）z访,2（2）十滤访.,2刨（）-媳谗1将k述式了累解得;枷（3）“.点睛本题考查了匀变速直线运动速度位移公式的基本运用,对数学能力要求较高,通过速度位移公式累加计算进行求解（1）4s（2）29mSz32ms解析（1）对管,根据牛顿第二定律有:川gF肛得:2mS2设经时间,小球从N端穿出,以1516。参考答案I31向卜为止向小球卜落的高度为L有;hL-哟靡,管卜降的高度为;h-叫联立解得:l4s（tl.5s舍去）（2）设小球初速度叫,空管经时间到达地面以问下为正方向.则
12、;Hhn2,解得;8s小球在时间内下落高度为;沈曾,小球落人管内的条件是;6m88m,解得;32ms酣29ms所以小球的初速度大小必须在29ms到32ms范围内专题二力与曲线运动l.（1）7.5mS;（2）2。5radS解析（）水流做平抛运动,有;偷R息m37.-颧解得2（hR斟in37镭）-1s,所以跳瓤-l0m（s由图司知:洲-37.g7.5mSL（）勺司A-）U7.5ms第1题答图U0（2）由图可知;U-百II而鼠l25ms.肯l2mdS.点睛通过审题了解平抛运动的末速度正好与圆周相切,也是圆周的线速度从几何关系求得平抛运动的竖直位移,得出运动时间再结合速度分解计算各个速度.2A解析则罐
13、小球恰能过最高点D根插螺-带得酣-硕根搬R-酗得-仔冰平位移:工uDt百R,知小球定落在水平面AE上,故A正确,B、C、D错误3AC解析根据平抛运动规律,小球在C点的竖直分速度Ugr3mS,由几何关系知:吗Uytan45。3ms则B点与C点的水平距离为工泌队9m.竖直距离为;h鳃队45m,选项A正确、B错误;设小球经过管道的B点时受到管道的作用力方向竖直问上,由牛顿第二定律;Fg-狮瓷而u;U3ms,代人数据解得:FlN,则管道的作用力方向竖直向上,大小为lN选项C正确、D错误故选AC4。BD解析由Ur图面积易知第二次面积大于等于第次面积,故第二次竖直方向下落距离大于第次下落距离9所以选项A错
14、误;由于第二次竖直方向下落距离大,合位移万向不变,故第二次水平方向位移大,选项B止确;烈图相应时刻的斜率第.次较第二次大.斜率越大表示加遮度越大.或由-芳,刚1陇,r1r2易知:叼呸,故选项C错误;速度为Ul时第次图象陡峭第二次图象相对平缓。故12,由G力m,可知:贞l）2,故D正确选BD5A解析帜-碱.）凛审.an,联立得;r蠕-2Utan0伺理可得:r乙匹旦卫,所以甲2r乙,gg根据zbgr可知;叫侧2Utan0酌乙Utan0.故U甲子干禹雨14（tan0）2U乙U2（百）咐乙-殴士十（憾n0）,可得;鲤-:.选A.U乙6AD狙挑战压轴题高考物理-强化训练篇0解析加速度（or10丁命rad
15、slrads.C错误;运动路程m600mA正确;根l8（）10据U）厂.得厂13。4kmD正确;2l。0ms2B错误选AD饥（）F、-骡.-竿;（2）p-砸咖颐;（3）-乎解析（1）设水平恒力的大小为E,小球到达（点时所受合力的大小为）（轧矿吐尸层7宁手冉7PDF,由力的合成法则有:旦tanF2（呜）2睬设小球到达Cmg第7题答图点时的速度大小为U由牛顿第二定律得;F-砸o,由oo式和题给数据得;F-;爬.渺-早噶.（2）设小球到达A点的速度大小为ul,作CD上Hl交R4于D点,由几何关系得:I滥RsinO,CD虎（lcos）,由动能定理有;g.F.叭加,m;o由ooo式和题给数据得小球任A点
16、的动量大小为;-砸-巫竿正翻.（3）小球离开C点后在竖直方向上做初速度不为零的匀加速运动,加速度大小为g设小球在竖直方向的初速度为涸,从c点落至水平轨道上所月时间为.山运动学公式有;皿十飘-cDO.逊-诬,由圆勉腮o式题给数掘得-懦8BI）解析小球在最高点;Fg顺斗解得;F阀g所以八错误;当F0时聘!千.解得;-千,所以B止硼;根搬F-咖十嚼知,图线的斜率;险-千绳长不变,用质量较小的球做实验,斜率更小所以C错误;当F-0时,g-,则知b点的位置与小球的质量无关绳长小蛮.用质量较小的球做实验,图线b点的位置不变,所以I）正确选BD。9D解析由于两球在初始位置的机械能相等,且运动中机械能守恒故两
17、球在环形槽内的任何位置的机械能都相等,选项C错误;对小球A,由机械能守恒定律口得;卿;-R卿i在最高点山牛顿第二定律川得B嚼岩;对小球B由机械能守恒定律可得;耐;赠Rmi.在最低点U（）O!BA由牛顿第二定律可得;F吧-!芳,联立可得;FF凋F川-6咖g,选项第9题答图D正确;分别对两球受力分析,可知两球的重力在圆环切线方向的分力改变速度的大小,又因为两球从P点到Q点的路程相等,分别作出此过程中两小球沿切线方向的速率时间图象,由图象可知小球B先到达Q点,故选项B错误;其相遇点在Q点的上方,由机械能守恒定律可知,两球第次相遇时速度的大小相等但方向不同,选项A错误故选D10.BD参考答案I33解析
18、当转台的角速度比较小时,物块只受重力、支持力和摩擦力的作用,当细绳恰好要产生拉力时:骡-沁带（篇i）解得铡-哥,由干哥哥.所以当倒-倘时细线中张力为零.故l正确;随速度的增大,细绳上的拉力增大当物块恰好要离开转台时,物块只受到重力和细绳的拉力的作用则;-蛔;（霉m;）解得鲤-孽由干鳃霸鲤:,所以当鳃-懦时物块广-一-与转台间的摩擦力不为零,故A错误;由十侧!铲蜒由牛顿第二定律;Fsm枷（仟）尉m.因为压力小于叫.所以嘿解得;F鸿.故C错误;当-凋峻）厘咐时,小球已经离开转台,细绳的拉力与重力的合力提供向心力,则mgtanm（Sin）;解得。s侧,故F糕-狮凰.故I止确故选BI.1LBCD解析小
19、球过C点时满足;F呕-咖毕,又根据;鸿（2厂）-寸刚.,联立解得;F-平H.由题图可知:Hl0.5m时F0;H2L0m时F25N,代人可解得:g5ms2,厂0。2m,选项B、C正确八错误;根据;!岩g可得;u再F5l0ms.故星球的第宇宙速度为5l03ms,选项D正确选BCD点睛小球从A到C运动的过程中,只有重力做功,机械能守恒,根据机械能守恒定律和牛顿第二定律求出小球对轨道C点的压力与H的关系式,然后结合FH图线求出圆轨道的半径和星球表面的重力加速度第宇宙速度与贴着星球表面做匀速圆周运动的卫星线速度相等,根据万有引力等于重力求出该星球的第宇宙速度12.（1）F方向竖直向下（2）压力之差为6加
20、g（3）（互）5。闪gmn解析（）设轨道在A点对质点问上的弹力大小为F咖有;F孵F咖-狮贵o,代人数据得;FF由牛顿第三定律知质点在A点对轨道弹力:FhFNAF大小为F方问竖直向下.（2）在B处;F鸭耻狮芳o质点在B点对轨道弹力:RbFM由A到B过程;鹏.2R-砸:砸联立ooo阎得;F枷F腮,为膛值.（3）嗅做完整圆周运动,质点在B点不脱轨即叮.当酗-0时,到达B处速度最小.有2R-专吨0,设磁性力为F在B处;FmgFN膨-咖芳所以;F5咖gF卿当F膨-0时磁性弓力最小.故;（是）翱.-6.13AC解析小球做匀速圆周运动,在竖直方向上的合力为零水平方向上的合力提供向心力,所以绳在竖直方向上的分
21、力大小与重力大小相等,可知绳的张力不可能为零,故A正确;根据竖直方向上力的平衡得;Esn0鹏解得;R揣可知绳的拉力不变.故B错误;当肉绳拉力为零时有;器测四-解得;2谎当角速度铡IT晶F肌件辨时,b绳将川现弹力故C正确;由于b绳可能没纠挑战压轴题高考物理-强化训练篇有弹力,故b绳突然被剪断,绳的弹力可能不变.故D错误选AC点睛解题关键是分析小球做圆周运动向心力来源,以及小球竖直方向合力直为零14.柳2】盂或U02百盂解析设A、B碰撞后的速度为Ul,恰好运动到圆弧最高点时的速度为U2,对A、B,碰撞过程中动量守恒,由动量守恒定律得m02rUlo,欲使A、B运动时不脱离圆弧轨道9有两种可能:（1）
22、当吮较小时,A、B最高只能到与圆心等高的地方,对A、B从碰后到与圆心等高的地方由动能定理;2吧R-0.2m联立o式得;U2面盂.（2）当吻较大时,A、B能够做完整的圆周运动讨论A、B恰好做完整圆周运动时的情形,对A、B,从碰后运动到圆周最高点的过程中.出动能定理;2呕.2R-2砸:2砸;在最高点时出牛顿第二定律得2吧2加器联立得;哟-25盂.综上所述当醚2z或刚2百盂时两小球在圆弧轨道内运动时不会脱离圆弧轨道专题三多过程的物体运动L（l）6（2）Tm（3）粤m解析（l）-cs-52l0c。爵53.6NW霓-羔萨-6J.（2）利用动能定理;鸿内W（蔚m0,解得;砌Ims.（3）分析可知,物块最终
23、将静止在O点小物块第次经过O点到最终静1k在（）点的过程中,由动能定理得;0-砸.-了m,隐、六3.2师-号n.5理得;gcos0咖,-:白u（1）lmS（2）6.4m占吕解析（1）运动员站在雪道上第次利用滑雪杖对雪面l。6作用时,加速度为;-互贡上lms.l时的速l0.6度为:ul1t111ms1ms0长-vl34s（2）解法:第一次撤除水平推力F后,加速度为:2第2题答图上0.2ms2撤除水平推力F后经过t22s,速度?为:u（ul2t2（10.22）ms0.6ms,第二次刚撤除水平推力F时,速度为:u2u（ltl（0.611）ms1.6ms此后在水平方向仅受摩擦力作用做匀减速运动,滑行的
24、最大距离为:N0诡0L62220。4m64m解法二:对整个运动过程,根据动量定理:F2r（2ttz）汉2,设运动员第二次撤除水平推力后滑行的最大距离为根据动能定理砸:联立以上两式解得;d4m.解法三:作出Ut图象如图利用图象与横轴所围面积求解（略）BC解析A选项:物块由静止释放到O点的过程9甲做匀加速直线运动,甲接触弹簧后,由于弹力是变力,且弹力逐渐增大,所以甲先做变加速运动,后做减速运动,直到速度减为零,故A错误B选项:物块甲在与弹簧接触前,根据牛顿第二定律,对于甲有:4mgsin0尸4咱cos0T4m,对于乙有:T!gm,联立解得0.5ms29故B正确C、D选项:物块甲位于V点时,由能量守
25、恒可知,弹簧所储存的弹性势3.参考答案135能的最大值为鸟.-4咖曾siML腆.4咖gcos.;L鹏L-;鹏L.故C正确、D错误.故选BC4.（1）r0.6s（2）u2ms（3）H0。6m解析（l）B从释放到细绳刚绷直前做自由落体运动.有飘.解得6.（2）设细绳绷直前瞬间B速度大小为u0,有:Uogr6ms,细绳绷直瞬间,细绳张力远大于A、B的重力,A、B相互作用,总动量守恒:BU0（!AB）叭可得绳子绷直瞬间A、B系统获得的速度:U2m爵,之后由于AmB,A将做匀减速运动所以细绳绷直瞬间的速度U即为最大速度,A的最大速度为2mS（3）细绳绷直后,A、B起做减速运动,B恰好可以和地面接触说明此
26、时A、B的速度为零,这过程中八、B组成的系统机械能守恒有;（狮则枷膨）溃鼠gH-H解得初始B离地的高度为H-06m点睛本题既涉及自由落体运动,又要应用动量守恒定律和机械能守恒定律要正确理解M恰好可以和地面接触”的真正含义5.（1）5ms2方向沿制动坡床向下（2）98m解析（）设货物的质量为加,货物与车厢间的动摩擦因数0.4,货物在车厢内滑动过程中,受到的摩擦力大小为,加速度大小为,则:mgsin0mlO,!gcos0,联立O式并代人数据得5mS:o9的方向沿制动坡床向下（2）设货车的质量为M,车尾位于制动坡床底端时的车速为u23ms货物在车厢内开始滑动到车头距制动坡床顶端038m的过程中。用时
27、为r,货物相对制动坡床的运动距离为3,在车厢内滑动的距离34m,货车的加速度大小为2,货车相对制动坡床的运动距离为J2货车受到制动坡床的阻力大小为FF是货车和货物总重的虎倍,虎0。44,货车长度012m,制动坡床的长度为,则:蛔sin0FM,F魔（加M）gO咖“1O.m巫OO,-翱,:白O,联立OO式并代人数据得:98m。点睛此题依据高速公路的避险车道,考查了牛顿第二定律与运动学公式的综合应用,涉及两个研究对象的多个研究过程,属于板块模型解题关键是弄清物理过程,建立空间位置关系,分析货物和车的受力情况求解加速度,然后选择合适的物理过程研究解答此题属于中等难度题目6.（l）丽丁2百l（2）”M:
28、们解析（1）依题意,当弹簧竖直放置长度被压缩至时,质量为5的物体的动能为零,其重力势能转化为弹簧的弹性势能由机械能守恒定律知,弹簧长度为时的弹性势能:E5加go。设P的质量为M到达B点时的速度大小为U圈,由能量守恒定律得;E-Mb;M.4,联立o式,取M咖并代人题给数据得;吻6酉7O若P能沿圆轨道运动到D点其到达D点时的问心力不能小于重力即P此时的速度大小U应满足;呼!g0设P滑到D点时的速度为Uo由机械能守恒定律得;0古m齿古rui!g.2,联立O式得;upZO.uD满足式要求.故能运动到D点.并从D点以速度U凰水平射出.设P落回到轨道AB所需的时间为;由运动学公式得;2颤:P落回到AB上的
29、位置与B点之间的距离为3uDtO,联立OO式得:2百O（2）为使P能滑上圆轨道,它到达B点时的速度不能小于零由OO式可知:Ep5mg么M宫4O,136挑战压轴题高考物理-强化练篇要使P仍能沿圆轨道滑回,P在圆轨道上的上升高度不能超过半圆轨道的中点C由机由械能守恒定律有;Mi:吨O联立OOO式得;M狮.白7.（1）Ulm方问:水平问右（2）1.9m解析（1）如答图甲所示对A、B和木板做受力分析,其中jh、几分别表示物块A、B受木板摩擦力的大小、乃和分别表示木板受到物块A、B及地面的摩擦力大小,设运动过程中A、B及木板的加速度大小分别为“A.B和“根据牛顿运动定律得:八加Ao,B加BBbmo且:八
30、严gb几严!Bg尸（B）gO,联立OO式解得;A5ms2B5ms2,2.5ms2故可得B问右做匀减速直线运动9A向左做匀减速直线运动,木板向右做匀加速运动;且E9显然经历段时间rl之后B先与木板达到相对静止状态,且此时A、B速度大小相等,方向相反假设此时B与木板的速度大小为Ul,则:Ul叫-Arl,Ul血lo,解得:tl0.4s,u1ms,且方向水平向右（2）设在h时间内,A、B的位移大小分别为工州工儡由运动学公式得:rUh山;o.延凰-咖时o.此后B将与水板起保持相对静二问前做匀减速运幼直到和相遇,这段时间内八的加速度大小仍为,设B和木板的加速度大小为,则根据牛顿运动定律,对木板和B:尸1加
31、八g严2（m八加B）g（加B加）O假设经过t2时间后A、B刚好相遇,且此时速度大小为u2,为方便计算我们规定水平向右为正方向,则在这段时间内,对B和木板:z2ulr2O,对A:u2uAt2O,联立OO式解得t20.3s可以判断此时B和木板尚未停下,则t2时间内物块A、B的位移大小假设为工内、工b,由运动学公式;躯h刨-:o.堑b砌;o,则A和B开始相距r满足;虹-堑A工h工圆工bo,联立解得:工1.9m。点睛本题属板块模型重点考查多过程运动的分析,尤其是运动过程中的摩擦力的分析和加速度计算,应分段分析,环环相扣9前阶段的末状态是后以状态的初状态要注意滑块和木板做减速运动速度不是同时减为零的可以
32、通过画Ut图（如图乙所示）分析计算。3引丑咋】B日些B内（）（）勺甲闽乙第7题答图8。（1）0.2kg（2）（2百3）s解析（）货箱在皮带上运动加速度-zg2ms:,加遮时间-坠2斟加速位移篮,-4m,由于工L,则货箱未运动到B端时速度已达到u04ms9匀速运动时间为r2上二匹1s,货箱U0参考答案137以哟滑上平台,弹问B点时速度为卿,根据功能关系.弹簧被压缩到最短时弹性势能为E（M）流,返问时EMi聊,货箱从B点返问到八点有M愈M;L,联立各式可得;-肌2底g,刚4百mS（2）木箱从B点返回到A点的运动时间为:t3旦2百S运送货物次总时间为:rrlt2r3（2百3）s。9.（1）12ms（
33、2）075m（3）1s解析（D陶小球弹丹的过程,由动量守恒定律得;.砌,由机械能守恒定律得;E,咖l访古.联立叫得;划-5ms,财,l6ms.小球Q沿圆轨道运动过程中,由机械能守恒定律叫得;Mim:咙2加粤唾,解得;酣-l2ms.（2）小球P在斜面向上运动的加速度为1,由牛顿第二定律得:加1gsin0hgcos0m1l,解得:l0ms:故上升的最大高度为;h-二sm075m.乙（3）设两小球相遇点距离A点为工,小球P从A点上升到两小球相遇所用的时间为t,小球P沿斜面下滑的加速度为2,则:加lgsin0hgcos0加解得:22ms2,小球P上升到最高点所用的时间:坠-5s,则:2R摩肉:（h）,
34、sm0解得;-1s.臼1o（l）!硒）矗（3器丽解析（1）设小球即将与物块Q碰撞前的速度为0,小球由初始位置摆动到最低点的过程中,由机械能守恒定律可得;鸿R（cos60.）砸;解得;酗盂.设碰撞后小球速度为刚1物块Q速度为u由于小球与物块Q是弹性碰撞,所以碰撞过程满足机械能守恒和动量守恒有;m;m带12丁m2m0mlU2两式联立可得:Ul0U2zb硕即速度交换,小球速度变为零Q获得速度酌.设Q离开平板车时的速度大小为渺.则平板车速度为U,物块Q在小车上滑行的过程中,由动量乙守恒定律可得-砸M酒,M;咖-4;l可得;刚-盂.（2）设平板车的长度为L,由题意可得物块Q在小车上滑行时,部分动能转化为
35、系统的内能,所以有:砸;砸;M（硼）:-gL可得;L-瓷.（3）由题意可得,以地面为参考系,物块Q在小车上做匀减速直线运动,设其加速度为,运动的位移为离开平板车后做平抛运动运动时间为水平位移为2.由牛顿运动定律可得;等-昭,寸畸-2“!.-凰,-酣联立可得物块运动的水平位移为;-:-紫十面丽.由于小球与物块Q碰后处于静止状态。所以小物块Q落地时距小球的水平距离即为物块运动的水平位移:5撕-带丽.11。（1）6ms（2）4.5m（3）0.4解析（l）根据机械能守恒得m剧7.-十.得;刚6ms.I38挑战压轴题高考物理-强化训练篇（2）物块在斜面上由牛顿第二定律:F!gsin0m,物块在斜面上的加
36、速度:1gsin06ms2,在斜面上有;卿鲤代人数据解得;rs.物块在压段的运动时间为;hl5s.段l的位移为:Jac丁U月r:4.5m。（3）;-芳-4m（s:,根据牛顿第二定律有;Fg-鳃,即;,-吧,联立得;仪-4.12.（1）uB1ms（2）IL5N.s（3）W045J解析（1）绳断之后对B研究,对B应用动量定理:Rm月UmBUB,得:UB1ms。（2）绳断之前对B应用幼能定理;F（LL）;0,得;酬2ms绳断瞬间对B应用动量定理;I!u日加juo得:I1.5N.s,即绳对B的冲量大小为1.5Ns（3）绳断前后瞬间;腮似W古i,得;W-队45.13.（1）4ms（2）0.8m（3）4次
37、解析（1）P球丹始下滑到碰撞前的过程.运动动能定理得吧蜒十砸;代人数据叫求得酌4mS（2）P球和Q球在碰撞过程中,取向右为正方向,由动量守恒定律和能量守恒定律得:m0mUpmQ,由机械能守恒定律得;砸;砸砸i,解得;御0,吨-酗.设P与Q第次碰撞后小球Q上升的最大高度为H.对Q由机械能守恒定律得;徊6呕H联立解得;H-8m.（3）以P球和Q球为系统,从P球开始下滑至P球静止的过程中,由能量守恒定律得:唱h!gj0,解得P球在BC段滑行的总路程;5a5m.则;二竿5,所以两球碰撞四次P球最终静止于C点JH14.1NF3N解析物体A滑上木板B以后做匀减速运动,根据牛顿第二定律,其加速度为:昭,木板
38、B做加速运动,有:Fllg加2B,物体A不滑落的临界条件是A到达B的右端时,A、B具有共同的速度叭则;耐元耐盖o,义;哟云触一矗翻,由o.o.翻式.可得倒赋6m爵婴.再代人式得;Fm2B?lg1N。若F1N,则A滑到B的右端时,速度仍大于B的速度,于是将从B上滑落,所以F必须大于或等于1N。当F较大时,在A到达B的右端之前,就与B具有相同的速度,之后,A必须相对B静止,才不会从B的左端滑落。有:F（lm2）,?gm9所以:F3N,若F大于3N,A就会相对B向左滑下综上,拉力F大小应满足的条件为:lNF3N点睛本题关键是找出使物体恰好不从最右端下滑和物体间速度相同后恰好不相对滑动的两种临界情况应
39、分别对物体A、B做受力分析,根据牛顿第二定律求出加速度;假设物块A恰好不从木板右端滑下,即到达木板右端时A与B速度相等,然后根据运动学公式列式求解出对应的拉力F,此为最小值;再求出物体A恰好滑到最右端时,之后起加速,且A、B间静摩擦力为最大静摩擦力的情况下力F的值,此为最大值,最后得到力F的变化范围l乱（1）刚;-2zr2）刨0-（20霄8）互（3）壶解析（l）滑块（含子弹）在最低点,由牛顿第二定律得;Ih吧狮铝o,又;巩9呕,联立D式得;Ul2玉r。参考答案I39（2）设滑块B刚到达水平面时速度为U,则滑块B从水平方向摆到最低点的过程中,由机械能守恒定律:肌L-古队剧（矿诡）o,解得;卿2缸
40、.子弹击中滑块前瞬间的逮度为叫.子弹击中滑块B的过程中取向左为正方向由动量守恒定律得:0.1rUb0.9mrU.解得:U（20百-18）吾r（3）设A与台阶碰撞前瞬间A、B的速度分别为UA和UB9取向右为正方问,由动量守恒定律得:rU2TUArUBo,因为A与台阶碰撞无机械能损失,所以碰后速度大小仍为UA。若A与台阶只碰撞次碰撞后必须满足;2u mO.对A应用动能定理;倒g延-2mi,联立OO式解得;露贞.即A与行阶只能碰撞次的条件是;堑壶.点睛本题是包含有板块模型的多过程9应分段分析物体的运动过程,对系统运用动量守恒列方程,对于单个物体运用动能定理列式求解位移,都是常规的思路专题四连接体与叠
41、加体的力学问题1D解析设P、Q的质量分别为t、2,Q受到绳的拉力大小为F,物块与斜面间的动摩擦因数为严9根据牛顿第二定律对整体分析,有F（!鳖）gsin0严（2）gcos0（狮lm2）;对Q分析,有FT加2gsin02gcos0加2,解得Fr毕F可见Q受到绳的拉力FT与斜面倾角0、动摩擦因l厂l2数和系统运动状态（或）均无关,仅与两物块质量和F有关,选项D正确2C解析设每根弹簧的原长均为L,、b间弹簧的形变量为rlc、d间弹簧的形变量为r2,则有;此r22虎r,若、b间弹簧也是被拉长,则b贼有:Lr22（L0rl）解得L（）0,不符合题意,所以、b间弹簧被压缩,选项A正确;由于受到的摩擦力大小
42、为,根据对称性可得b受7b叭T到的摩擦力大小也为,选项B正确;以和c为研究对象进行力的分析9第2题答图1答闽所丽,图中的徽为铡占喇之间的夹角则;-芋-,所以060。则乙mb120。受到的摩擦力大小T;对C根据力的合成可得:百,所以选项I正确;由于（受到的摩擦力大小为佰,根据对称性可知,受到的摩擦力大小也为百,选项C错误此题选择错误的选项,故选C点睛力的合成满足平行四边形定则当两个力方向相同时可以直接相加求合力;当两个力方向相反时可以直接相减求合力;当两个力相互垂直的时候,分力与合力之间满足勾股定理可以直接用勾股定理计算;如果两个力夹角不是特殊角,可以根据正交分解法、矢量三角形法或三角函数法求解
43、合力大小3。CD解析只有木板A时木板A匀速下滑,则说明木板A受到的重力的分力与摩擦力等大反向,即:mgSin0gcos0加上小滑块B后,A对斜面的压力增大则摩擦力变为:严.3!gcos从而重力沿斜面方向上的力不变,故合外力为:F合37?gcos0!gsln02mgsin从故木板A的加速度2gsin0。选项A、B错误;由分析可知整体在沿斜面方向受力平衡,故整体动量守恒,合外力的冲量定为零选项C正确;因A、B总动量保持不变,由动量守恒定律可知;mh2m;m0,故当A动量为p1咖U时,月的动量u为p2;m0选项D正确.故选CD.1仰挑战压轴题高考物理-强化练篇4BD解析以物块V为研究对象。它在水平向
44、左拉力F作用下,缓慢向左移动直至细绳与竖直方问夹角为45的过程中,如答图（a）所示,根据图解法知,水平拉力F逐渐增大.绳子拉力T逐渐增大,选项A错误、B正确;对M进行受力分析如答图（b）所示,可知若起初M受到的摩擦力沿斜面问下,则随着绳子拉力T的增加,摩擦力也逐渐增大;若起初M受到的摩擦力沿斜面向上则随着绳子拉力T的增加,摩擦力可能先减小后增加故选择BD点睛题中物体N受到三个力:水平拉力F、重力G、绳子的拉力T,由于物体缓慢移动可以当做三力直平衡处理。物体M定受到重力Mg、支持力FN、绳子拉力T,摩擦力情况不确定开始如果三个力恰好达成平衡则M是不受摩擦力的;如果N的质量比较小,那么开始绳子的拉
45、力T很小,那么M受到摩擦力必然沿斜面向上;N的质量较大时9摩擦力则沿斜面向下本题没有说明M、N的质量,故要考虑多种可能G亡门、夕第4题答图BD解析由答图知在拉动桌布的过程中鱼缸相对桌布问左运动9故受到桌布对其向右的摩擦力作用,选项A错误;因鱼缸、桌布、桌面两两之间的动摩擦因数均相等鱼缸在桌布上与在桌面上运动时受摩擦力大小相等,加速度大小相等,鱼缸先在桌布上加速然后在桌面上减速到停止,所以根据对称性,鱼缸做加速运动的时间与做减速运动的时间相等,选项B正确;若猫增大拉力,桌布的加速度更大,但是由于鱼缸与桌布间的压力不变,动摩擦广曰】亚Z9不些义上二疟些二今队上L叮【山臣些是7韧云一刻、5.第5题答
46、图因数也不变,故摩擦力也不变,选项C错误;若猫减小拉力,桌布的加速度减小.鱼缸在桌布上的运动时间变长,而鱼缸向右的加速度不变,由矿-r2知,鱼缸相对于桌面加速的位移变大,桌布被拉出后鱼缸在桌面上减速到零的位移也要变大鱼缸就有可能滑出桌面,选项D正确选BD点睛本题重在分析清楚鱼缸的受力情况、运动情况,属于板块模型问题鱼缸先在桌布上加速9后在桌面上减速,鱼缸受桌布的滑动摩擦力与猫拉力的大小无关.（lF-鸭（2）黑-:（3）丁丽警捣丁T-器吧或T合岭解析（l）设小球受AC、BC的拉力分别为Fl、F塑9Fl隐ln53。F2cos53。,FmgFlcos53F2Sin53且F!M;解得;F!g。u（2）
47、小球运动到与A、B相同高度过程中,小球上升高度ll3sin53,物块下降高度h22,机械能守恒定律吧媚l2解得皿旦们5。（3）根据机械能守恒定律,小球刚好能回到起始点设此时A（方向的加速度大小为9重物受到的拉力为T,由牛顿运动定律TM小球受AC的拉力TT,由牛顿运动定律Tmgcos53m6.参考答案14I解得T百器驾刃（T-器骡或7-合）.7.（1）2严gJ（2）A旦二L丝21且B二L互坚2枷枷撰巴坚蜘u垦后万解析（1）A、B受力如答图所示物体A移动的距离为s,则物T第7题答图体B移动的距离为九4g则W几-2g删.（2）;FT-B;2T4g-4瞳愿,2凰,联立解得;-丘薪g侧徽-F3g4m点睛
48、采用整体法或隔离法对物体进行受力分析抓住两物体之间的内在联系,绳中张力大小相等,A、B加速度大小不相等,需根据牛顿第二定律列式求解解决本题的关键还是抓住联系力和运动的桥梁加速度2grsln（3）UAV32cosr8.（1）Nmgcos（2）2（1cos）解析（1）支持力的大小Nmgcos（2）根据几何关系:1,工（1cos）贮sin且:ss:嘲解得:2（1cos）.工。3B的卜落高度;堑sin由动能定理;骡瓜-烫i砸i,又;哪刀.酚尝.则;刚凰-r白则j骂!岛.2（1cos）UA,点睛此题难在对几何关系的寻找上,B的实际运动轨迹不是沿斜面,也不是在竖直或水平方向,通常把B的运动正交分解但是是将
49、运动分解为水平、竖直方向,还是分解到沿斜面和垂直斜面方问,要按实际情况选择第三问难度较大,难在连接体的关联速度的寻找,般抓住沿弹力的方问分速度相同的特点便可9AC解析对受力做分析,沿光滑杆方向,根据牛顿第二定律可知:mgcos0m,解得:gCos从对箱和铁环组成的系统,根据牛顿第二定律可知:（Mm）gcos0EvM0u,解得:FN（Mm）gcos0-mgcos0,木箱对斜面的压力为:FF川（M川）gcos0mgcos0媚cos0,沿斜面方向有:、（M加）gSin0,故B、D错误A、C正确点睛本题主要考查了牛顿第二定律和共点力平衡,关键是正确地做受力分析利合理地选取研究对象对铁环受力做分析,求得
50、沿光滑杆下滑的加速度,对箱和铁环组成的系统根据牛顿第二定律和共点力平衡可求得摩擦力和压力10。A解析木板A获得速度后,向右做减速运动,B在摩擦力作用下问右做加速运动,分析B受力可得B加速度大小为B2g1ms2伺理可得A加速度大小为A尸2mg2lmg5ms2选项A正确?假设A、B达共同速度以后以共同做减速运动,则:旦2塑2ms2大于B的最大加速度I2】严2g1ms2假设不成立AB达到共同速度以后B相对于A向右运动,此时A的加速度大小为:h“!.2咖鼠3msB加速度大小仍为lms:选项B、C、D错误.故选A.lL（l）测-平（2）嚼b-0或毗-平（3）赋h-0或膊h率解析（l）不计切摩擦,在运动的