牛顿定律在直线运动中的应用.docx

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1、牛顿定律在直线运动中的应用牛顿运动定律的应用 教学目标1、学问目标：（1）能结合物体的运动状况进行受力分析（2）驾驭应用牛顿运动定律解决问题的基本思路和方法，学会用牛顿运动定律和运动学公式解决力学问题2、实力目标：培育学生审题实力、分析实力、利用数学解决问题实力、表述实力3、情感目标：培育严谨的科学看法，养成良好的思维习惯 教学建议 教材分析本节主要通过对典型例题的分析，帮助学生驾驭处理动力学两类问题的思路和方法这两类问题是：已知物体的受力状况，求解物体的运动状况；已知物体的运动状况，求解物体的受力 教法建议1、总结受力分析的方法，让学生能够正确、快速的对探讨对象进行受力分析2、强调解决动力学

2、问题的一般步骤是：确定探讨对象；分析物体的受力状况和运动状况；列方程求解；对结果的合理性探讨要让学生逐步习惯于对问题先作定性和半定量分析，弄清问题的物理情景后再动笔算，并养成画情景图的好习惯3、依据学生的实际状况，对这部分内容分层次要求，即解决两类基本问题解决斜面问题较简洁的连接体问题，建议该节内容用23节课完成 教学设计示例 教学重点：物体的受力分析；应用牛顿运动定律解决两类问题的方法和思路 教学难点：物体的受力分析；如何正确运用力和运动关系处理问题 示例： 一、受力分析方法小结 通过基本练习，小结受力分析方法（让学生说，老师必要时补充） 1、练习：请对下例四幅图中的A、B物体进行受力分析

3、答案： 2、受力分析方法小结 （1）明确探讨对象，把它从四周物体中隔离出来； （2）按重力、弹力、摩擦力、外力依次进行受力分析； （3）留意：分析各力的依据和方法：产生条件；物体所受合外力与加速度方向相同；分析静摩擦力可用假设光滑法 不多力、不丢力的方法：绕物一周分析受力；每分析一力均有施力物体；合力、分力不要重复分析，只保留实际受到的力 二、动力学的两类基本问题 1、已知物体的受力状况，确定物体的运动状况 2、已知物体的运动状况，确定物体的受力状况 3、应用牛顿运动定律解题的一般步骤： 选取探讨对象；（留意变换探讨对象） 画图分析探讨对象的受力和运动状况；（画图很重要，要养成习惯） 进行必要

4、的力的合成和分解；（在运用正交分解时，通常选加速度方向为一坐标轴方向，当然也有例外） 依据牛顿运动定律和运动学公式列方程求解；（要选定正方向） 对解的合理性进行探讨 四、处理连接体问题的基本方法 1、若连接体中各个物体产生的加速度相同，则可采纳整体法求解该整体产生的加速度 2、若连接体中各个物体产生的加速度不同，则一般不行采纳整体法（若学生状况允许，可再提高观点讲） 3、若遇到求解连接体内部物体间的相互作用力的问题，则必需采纳隔离法 以上各问题均通过典型例题落实 探究活动题目：依据自己的学习状况，编一份有关牛顿运动定律应用的练习题题量：46道要求：给出题目具体解答，并注明选题意图及该题易错之处

5、评价：可操作性、针对性，可调动学生主动性 高考物理牛顿定律的应用学问点总结复习 牛顿定律的应用学问要点：1、牛顿定律的应用到此为止力学已讲完三章学问。应当知道:第一章力,是讲解并描述了力的基本概念:知道了力是物体间的相互作用,力是矢量有大小、方向,驾驭了力的图示法,通过牛顿其次定律的学习了解到力的单位牛顿(N)的来历,相识了力学中的三种力(G、N、f)的学生计算,方向的确定,力的合成分解的运算法则,初步理解到力的作用效果。通过其次章,物体的运动的学习,驾驭了直线运动中,匀速直线运动,特殊是变速直线中的匀变速直线运动的规律,从中理解并驾驭速度、位移、加变速、间间这些描述物体运动规律的物理量。第三

6、章,牛顿运动定律具体阐明白运动和力(即运动状态改变和力)的关系。相识到物体为什么会这样或那样的运动的缘由。因此三章学问的关系应是第一章,力学的打算学问相识力,其次章运动学,只讲运动规律,探讨物体如何运动,第三章探讨运动和力的关系称之力动力学。本专题讲解并描述牛顿运动定律的应用,就是综合以上所学学问进行较全面地分析归纳,简洁的逻辑思维推理,建立物理情景,缕出解题思路,运用数学学问列出方程求解,借此培育和提高各种实力,初步驾驭解决力学问题的第一条途径即:两种类型三种运动方式。A两种类型:知道力求得加速度确定物体的运动状态要求仔细分析探讨对象的受力状况画出受力示意图,依据力的作用效果进行正交分解,并

7、求得所受力的合力,通过牛顿其次定律可以求出运动的加速度,假如再知道物体的初始条件,v0初速度初位置,依据运动学或就可以求出物体在随意时刻的位置和速度,这就是已知物体的受力状况,就可以确定物体运动的状况。与此相反假如已知物体的运动状况依据运动学公式求出物体的加速度,也可以依据牛顿其次定律确定物体所受的外力。 B、三种运动方式及其在运动应当特殊留意的问题(1)水平方向运动,看有无不水平力,此时会影响到压力N从而影响摩擦力f,因为只有水平力作用时Nmg(2)竖直方向运动,千万不行遗忘重力mg,匀速运动F=mg,然后看v0,的方向确定是向上或向下运动。 假如匀加向上Fmg=ma,若匀加向下,mgF=m

8、a(3)物体沿斜面方向运动,看有无水平力,此时会影响压力N从而影响摩擦力f的大小:当无水平方向力的作用时,N=mgcos,f=,当有水平方向力的作用时,N=mgcos如图所示。 C、解题步骤(1)确定探讨对象(视为质点)一个物体,一个点或相对静止的多个物体组成的物体系。(2)探讨对象的受力分析。a、画受力示意图,只画被分析物体受到的实际力(内力不画它对外界物体的力不画,等效力(含力分力)不画)b、受到的实际力,不能多画,也不能漏画,(可绕行物体一周,找出可能受到的力,按力的性质依次画出重力、弹力、摩擦力)c、推断被分析物体运动状态是平衡,还是有加速度(不平衡)d、作受力分析,即通过矢量分解合成

9、的方法把受到的多个力简化一个等效力(即),若被分析物平衡则=0,若有加速度则方向与a方向相同。(3)建立物理情景,弄清物理过程确定运动性质(4)列方程,已知量统一单位制(国际单位)(5)代入数值求解(6)对结果必要应加以说明或取舍。 2、超重和失重现象,实质上是视重。因为物体在运动中重力不变,我们知道物体的重力是由于地球对物体的吸引,而使物体受到的力,物体重力的大小可用弹簧秤称出来。物体在静止或上下匀速直线运动中,=0,有F=mg(F为弹簧的示数)。当物体在竖直方向上加速度运动时,仍以弹簧秤吊着物体,此时弹簧的示数就有改变,称为视点,加速上升时Fmg,加速下降Fmg,分析如下:加速上升,以向上

10、为正方向Fmg=ma减速下降,以向下为正方向F=mg+maFmgmgF=maFmgF=mg+ma加速上升等效于减速下降同理分析,减速上升以向上为正方向Fmg=ma加速下降以向下为正方向F=mgmaFmgmg=F=maF=mgmaFmg加速下降等效于减上升,当向下加速a=g时,处于完全失重状态。 3、有关连接体问题高考说明中明确指出:用牛顿定律处理连接体的问题时,只限于各个物体的加速度的大小、方向都相同的状况。所谓连接体是指:在实际问题中经常遇到的几个物体连结在一起,在外作用下的运动即连接体运动。其特点是:连接体的各部分之间的相互作用力总是大小相等,方向相反的(在将连接体作为一个整体考虑时这相互

11、作用力称之为内力)而连接体各部分的运动状况也是相互关联的。应相识到这类问题综合应用了牛顿运动定律和运动学、力的合成分解等方面的学问难度较大,因此必需驾驭解此类问题的一般规律,即整体法求加速度,隔离法求相互作用力。所谓整体法即把连接体看成一个整体考虑,受力分析时的外力是连接体以外的物体对整体连接体的作用力(连接体各部分之间的相互作用称之为内力未能考虑在内)。这些力的合力产生整体加速度。所谓隔离法,就是把连接体中的各个物体从连接体的整体中隔离出来,单独考试它们各自的受力状况和运动状况,此时的相互作用力即是外力,在受力分析不能忽视。常见的连接体有:升降机及机内的物体运动 汽车拉拖车 吊车吊物上升 光

12、滑水平面两接触物体受力后运动状况 两物体置在光滑的水平面受力后运动状况验证“牛顿其次定律”的试验 如右图装置 匀变速直线运动规律的应用 教学目标 学问目标 1、通过例题的探讨学习匀变速直线运动的推论公式及。 2、了解初速度为零的匀加速直线运动的规律。 3、进一步体会匀变速直线运动公式中矢量方向的表示方法。 实力目标 1、培育学生分析运动问题的实力以及应用数学学问处理物理问题的实力 教学建议 教材分析 教材通过例题1自然的引出推论公式，即位移和速度关系，通过思索与探讨对两个基本公式和推论公式做了小结，启发学生总结一般匀变速直线运动问题涉及到五个物理量，由于只有两个独立的方程式，因此只有在已知其中

13、三个量的状况下，才能求解其余两个未知量，引导同学思索和总结初速度为零的匀加速直线运动的特别规律教材通过例题2，事实上给出了对于匀变速直线运动的平均速度特点，强调由两个基本公式入手推导出有用的推论的思想，培育学生分析运动问题的实力和应用用数学处理物理问题的实力 教法建议 通过例题或练习题的探讨，让学生自己分析题目，画出运动过程草图，动手推导公式，老师适时地加以引导和总结，协作适当的课件，加强学生的相识在推导位移公式时干脆给出的，在这里应向学生说明，实质上它也是匀变速直线运动的两个基本公式的推论 教学设计方案 教学重点：推论公式的得出及应用 教学难点：初速度为零的匀变速直线运动的比例关系 主要设计

14、： 一、例题1的处理： 1、让学生阅读题目后，画运动过程草图，标出已知条件，a，s，待求量 2、请同学分析解题思路，可以激励学生以不同方法求解，如“先由位移公式求出时间，再利用速度公式求”等 3、老师启发：上面的解法，用到两个基本公式，有两个未知量t和，而本题不要求求出时间t，能否有更简洁的方法呢？可以启发学生两个基本公式的消去，能得到什么结论呢？ 4、让学生自己推导，得到，即位移和速度的关系，并且思索：什么条件下用这个公式更便利？ 5、用得到的推论解例题 二、思索与探讨的处理 1、（1）（2）（3）三个公式中共包括几个物理量？各个公式在什么条件下运用更便利？ 2、用三个公式解题时，至少已知几

15、个物理量？为什么？（知三求二）因为三个公式中只有（1）（2）两个是基本公式，是独立的方程，（3）为推论公式，所以最多只能求解两个未知量 3、假如物体的初速度等于零，以上三个公式是怎样的？请同学自己写出： 三、例题2的处理 1、让学生阅读题目后，画运动过程草题，标出已知量、，待求量为 2、放手让同学去解：可能有的同学用公式（3）和（1）联立先解出a再求出t；也可能有的同学利用前面学过的，利用求得结果；都应赐予确定，也可能有的同学受例1的启发，发觉本题没让求加速度a，想到用基本公式（1）（2）联立消去a，得到 3、得到后，告知学生，把它与对比知，对于匀变速直线运动，也可以当作一个推论公式应用，此公

16、式也可由，将位移公式代入利用求得（请同学自己推证一下） 4、用或解例2 四、探讨典型例题（见后） 五、探讨教材练习七第（5）题 1、请同学依据提示，自己证明 2、展示课件，下载：初速度为零的匀加速直线运动（见媒体资料） 3、依据课件，绽开探讨： （1）1秒末，2秒末，3秒末速度比等于什么？ （2）1秒内，2秒内，3秒内位移之比等于什么？ （3）第1秒内，第2秒内，第3秒内位移之比等于什么？ （4）第1秒内，第2秒内，第3秒内平均速度之比等于什么？ （5）第1个1米，第2个1米，第3个1米内所用时间之比等于什么？ 探究活动 依据本节所学学问，请你想方法测出自行车刹车时的初速度及加速度，须要什么测

17、量仪器？如何测量？如何计算？实际做一做 匀变速直线运动规律及应用 第2课时匀变速直线运动规律及应用 1一个小石块从空中a点自由落下，先后经过b点和c点，不计空气阻力已知它经过b点时的速度为v，经过c点时的速度为3v，则ab段与ac段位移之比为() A13B15C18D19 解析：经过b点时的位移为habv22g，经过c点时的位移为hac(3v)22g，所以habhac19，故选D. 答案：D 2静止置于水平地面的一物体质量为m57kg，与水平地面间的动摩擦因数为0.43，在F287N的水平拉力作用下做匀变速直线运动，则由此可知物体在运动过程中第5个7秒内的位移与第11个3秒内的位移比为() A

18、21B12C73D37 解析：第5个7秒内的位移为x112a35212a282，第11个3秒内的位移为x212a33212a302，所以x1x235228233230273. 答案：C 3. 图125 (2022江苏，7)如图125所示，以8m/s匀速行驶的汽车即将通过路口，绿灯还有2s将熄灭，此时汽车距离停车线18m该车加速时最大加速度大小为2m/s2，减速时最大加速度大小为5m/s2.此路段允许行驶的最大速度为12.5m/s.下列说法中正确的有 () A假如马上做匀加速运动，在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线 B假如马上做匀加速运动，在绿灯熄灭前通过停车线汽车肯定超速 C假如马上做匀减速运动，

19、在绿灯熄灭前汽车肯定不能通过停车线 D假如距停车线5m处减速，汽车能停在停车线处 解析：在加速阶段若始终加速则2s末的速度为12m/s，2s内的位移为x81222m20m，则在绿灯熄灭前汽车可能通过停车线，A正确汽车始终减速在绿灯熄灭前通过的距离小于16m，则不能通过停车线，如距离停车线5m处减速，汽车运动的最小距离为6.4m，不能停在停车线处A、C正确 答案：AC 4在四川汶川抗震救灾中，一名质量为60kg、训练有素的武警战士从直升机上通过一根竖直的质量为20kg的长绳由静止起先滑下，速度很小可认为等于零在离地面18m高处，武警战士感到时间紧迫，想以最短的时间滑到地面，起先加速已知该武警战士

20、落地的速度不能大于6m/s，以最大压力作用于长绳可产生的最大加速度为5m/s2；长绳的下端恰好着地，当地的重力加速度为g10m/s2.求武警战士下滑的最短时间和加速下滑的距离 解析：设武警战士加速下滑的距离为h1，减速下滑的距离为(Hh1)，加速阶段的末速度等于减速阶段的初速度为vmax，由题意和匀变速运动的规律有：v2max2gh1v2max2a(Hh1)v2 由上式解得h12aHv22(ga)2518622(105)m7.2m 武警战士的最大速度为vmax2gh12107.2m/s12m/s 加速时间：t1vmaxg1210s1.2s 减速时间：t2vmaxva1265s1.2s 下滑的最

21、短时间tt1t21.2s1.2s2.4s 答案：2.4s7.2m 5 图126 (20xx湖南十校联考)如图126所示，离地面足够高处有一竖直的空管，质量为2kg，管长为24m，M、N为空管的上、下两端，空管受到F16N竖直向上的拉力作用，由静止起先竖直向下做加速运动，同时在M处一个大小不计的小球沿管的轴线竖直上抛，小球只受重力，取g10m/s2.求： (1)若小球上抛的初速度为10m/s，则其经过多长时间从管的N端穿出； (2)若此空管的N端距离地面64m高，欲使在空管到达地面时小球必需落到管内，在其他条件不变的前提下，求小球的初速度大小的范围 解析：(1)对管由牛顿其次定律得mgFma 代

22、入数据得a2m/s2 设经过t时间从N端穿出 对管：h12at2 对球：(24h)v0t12gt2 由得：2t25t120，解得：t4s，t1.5s(舍去) (2)64v0t112gt21 6412at21 88v0t112gt21 由得：v032m/s，由得：v029m/s，所以29m/sv032m/s. 答案：(1)4s(2)29m/sv032m/s 1从足够高处释放一石子甲，经0.5s，从同一位置再释放另一石子乙，不计空气阻力，则在两石子落地前，下列说法中正确的是() A它们间的距离与乙石子运动的时间成正比 B甲石子落地后，经0.5s乙石子还在空中运动 C它们在空中运动的时间相同 D它们

23、在空中运动的时间与其质量无关 解析：两石子做自由落体运动，设t时刻甲下落的高度为h112gt2，则乙下落的高度为h112g(t0.5)2，它们之间的距离h1h212g(t0.25)12g(t0.5)0.25与乙石子运动的时间(t0.5)不成正比，A错误；由于两石子下落的高度相同，因此下落的时间相同，甲石子落地后，经0.5s乙石子刚好落地，B错误，C正确；由于不计空气阻力，由t2hg可知，两石子在空中运动的时间与质量无关，D正确 答案：CD 2在水平面上有a、b两点，相距20cm，一质点在一恒定的合外力作用下沿a向b做直线运动，经过0.2s的时间先后通过a、b两点，则该质点通过a、b中点时的速度

24、大小为() A若力的方向由a向b，则大于1m/s，若力的方向由b向a，则小于1m/s B若力的方向由a向b，则小于1m/s；若力的方向由b向a，则大于1m/s C无论力的方向如何，均大于1m/s D无论力的方向如何，均小于1m/s 解析：无论力的方向如何，0.2s中间时刻的瞬时速度均为vt20.20.2m/s1m/s，经分析可知，质点无论是匀加速还是匀减速，a、b中间时刻的瞬时速度均小于a、b中点时的速度，所以选项C正确 答案：C 3. 图127 2022年3月29日，中国女子冰壶队首次夺得世界冠军，如图127所示，一冰壶以速度v垂直进入三个矩形区域做匀减速运动，且刚要离开第三个矩形区域时速度

25、恰好为零，则冰壶依次进入每个矩形区域时的速度之比和穿过每个矩形区域所用的时间之比分别是() Av1v2v3321Bv1v2v3321 Ct1t2t3123Dt1t2t3(32)(21)1 解析：因为冰壶做匀减速运动，且末速度为零，故可以看做反向匀加速直线运动来探讨初速度为零的匀加速直线运动中连续三段相等位移的时间之比为1(21)(32)，故所求时间之比为(32)(21)1，所以选项C错，D正确；由vat可得初速度为零的匀加速直线运动中的速度之比为123，则所求的速度之比为321，故选项A错，B正确，所以正确选项为BD. 答案：BD 4两物体分别从不同高度自由下落，同时落地，第一个物体下落时间为

26、t，其次个物体下落时间为t/2，当其次个物体起先下落时，两物体相距() Agt2B3gt2/8C3gt2/4Dgt2/4 解析：当其次个物体起先下落时，第一个物体已下落t2时间，此时离地高度h112gt212gt22，其次个物体下落时的高度h212gt22，则待求距离hh1h2gt24. 答案：D 5四个小球在离地面不同高度处，同时从静止释放，不计空气阻力，从某一时刻起每隔相等的时间间隔，小球依次遇到地面则刚刚起先运动时各小球相对地面的位置可能是下图中的() 答案：C 6一个质点正在做匀加速直线运动，用固定的照相机对该质点进行闪光照相，闪光时间间隔为1s分析照片得到的数据，发觉质点在第1次、第

27、2次闪光的时间间隔内移动了2m；在第3次、第4次闪光的时间间隔内移动了8m，由此不行求得() A第1次闪光时质点的速度 B质点运动的加速度 C从第2次闪光到第3次闪光这段时间内质点的位移 D质点运动的初速度 解析：如上图所示，x3x12aT2，可求得a，而v1x1TaT2可求 x2x1aT2x1x3x12x1x32也可求， 因不知第一次闪光时已运动的时间和位移，故初速度v0不行求 答案：D 7一滑块以某一速度从斜面底端滑到顶端时，其速度恰好减为零若设斜面全长L，滑块通过最初34L所需时间为t，则滑块从斜面底端到顶端所用时间为() A.43tB.53tC.32tD2t 解析：假设存在逆过程，即为

28、初速度是零的匀加速直线运动，将全过程分为位移均为L/4的四个阶段，依据匀变速直线运动规律，其时间之比为1(21)(32)(23)，依据题意可列方程：(21)(32)(23)1(21)(32)(23)tt，t2t. 答案：D 8将一小物体以初速度v0竖直上抛，若物体所受的空气阻力的大小不变，则小物体到达最高点的最终一秒和离开最高点的第一秒时间内通过的路程为x1和x2，速度的改变量为v1和v2的大小关系为() Ax1x2Bx1x2Cv1v2Dv1v2 解析：上升的加速度a1大于下落的加速度a2，依据逆向转换的方法，上升的最终一秒可以看成以加速度a1从零下降的第一秒，故有：v1a1t，x112a1t

29、2；而以加速度a2下降的第一秒内有：v2a2t，x212a2t2，因a1a2，所以x1x2，v1v2，即A、C正确 答案：AC 9. 图128 如图128所示，在光滑的斜面上放置3个相同的小球(可视为质点)，小球1、2、3距斜面底端A点的距离分别为x1、x2、x3，现将它们分别从静止释放，到达A点的时间分别为t1、t2、t3，斜面的倾角为.则下列说法正确的是() A.x1t1x2t2x3t3B.x1t1x2t2x3t3 C.x1t21x2t22x3t23D若增大，则s1t21的值减小 解析：三个小球在光滑斜面上下滑时的加速度均为agsin，由x12at2知xt212a，因此x1t21x2t22

30、x3t23.当增大，a增大，xt2的值增大，C对，D错.vxt，且vv2，由物体到达底端的速度v22ax知v1v2v3，因此v1v2v3，即x1t1x2t2x3t3，A错，B对 答案：BC 10 图129 (20xx湖北部分重点中学月考)如图129所示水平传送带A、B两端点相距x7m，起初以v02m/s的速度顺时针运转今将一小物块(可视为质点)无初速度地轻放至A点处，同时传送带以a02m/s2的加速度加速运转，已知小物块与传送带间的动摩擦因数为0.4，求：小物块由A端运动至B端所经验的时间 解析：小物块刚放上传送带时，由牛顿其次定律：mgma，得：a4m/s2 小物块历时t1后与传送带速度相同

31、，则：at1v0a0t1，得：t11s 此过程中小物块的位移为：x1at21/2，得：x12mx7m 故小物块此时尚未到达B点，且此后的过程中由于a0g，所以小物块将和传送带以共同的加速度运动，设又历时t2到达B点，则：xx1at1t2a0t22/2得：t21s 小物块从A到B历时：tt1t22s. 答案：2s 11. 图1210 “10米折返跑”的成果反应了人体的灵敏素养，如图1210所示测定时，在平直跑道上，受试者以站立式起跑姿态站在起点终点线前，当听到“跑”的口令后，全力跑向正前方10米处的折返线，测试员同时起先计时，受试者到达折返线处时，用手触摸折返线处的物体(如木箱)，再转身跑向起点

32、终点线，当胸部到达起点终点线的垂直面时，测试员停表，所用时间即为“10米折返跑”的成果设受试者起跑的加速度为4m/s2，运动过程中的最大速度为4m/s，快到达折返线处时需减速到零，减速的加速度为8m/s2，返回时达到最大速度后不需减速，保持最大速度冲线求该受试者“10米折返跑”的成果为多少秒？ 解析：对受试者，由起点终点线向折返线运动的过程中 加速阶段：t1vma11s，x112vmt12m 减速阶段：t3vma20.5s；x312vmt31m 匀速阶段：t2l(x1x3)vm1.75s 由折返线向起点终点线运动的过程中 加速阶段：t4vma11s，x412vmt42m 匀速阶段：t5lx4v

33、m2s 受试者“10米折返跑”的成果为：tt1t2t56.25s. 答案：6.25s 12. 图1211 如图1211所示，一辆上表面光滑的平板小车长L2m，车上左侧有一挡板，紧靠挡板处有一可看成质点的小球起先时，小车与小球一起在水平面上向右做匀速运动，速度大小为v05m/s.某时刻小车起先刹车，加速度a4m/s2.经过一段时间，小球从小车右端滑出并落到地面上求： (1)从刹车起先到小球离开小车所用的时间； (2)小球离开小车后，又运动了t10.5s落地小球落地时落点离小车右端多远？ 解析：(1)刹车后小车做匀减速运动，小球接着做匀速运动，设经过时间t，小球离开小车，经推断知此时小车没有停止运

34、动，则x球v0t x车v0t12at2 x球x车L 代入数据可解得：t1s (2)经推断小球离开小车又经t10.5s落地时，小车已经停止运动设从刹车到小球落地，小车和小球总位移分别为x1、x2，则：x1v202a x2v0(tt1) 设小球落地时，落点离小车右端的距离为x，则：xx2(Lx1) 解得：x2.375m 答案：(1)1s(2)2.375m 第23页 共23页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页第 23 页 共 23 页