解答突破一 牛顿运动定律解决复杂多过程问题ok公开课.docx

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1、解答突破一 牛顿运动定律解决复杂多过程问题（计算题为主）（A/B作业）单质点多过程的运动问题，主要考查牛顿运动定律在某一物体参与多个运动过程中的应 用。“牛顿运动定律”是高中物理的核心内容之一，是动力学的“基石”。多过程运动问题 的难点在于受力分析，涉及隔离法与整体法的应用；多过程的运动问题往往按照时间先后顺 序依次对物体进行受力分析和运动分析，注意抓住前后两过程的联系点（前一过程的末态是 后一过程的初态），可以运用图像法处理力与运动的关系问题。在近几年的高考中，牛顿运 动定律往往和运动学规律结合起来考查。从能力角度来看，重点考查思维能力、分析和解决 实际问题的能力。也经常渗透电场和磁场的知识

2、，考查的综合性强，能力要求较高。考点一、牛顿运动定律解决单物体多过程问题（2例2变）（解答规范）例题1、（2018年浙江瑞安中学高一期中）如图，AB为光滑斜面，BC为粗糙斜面，两斜面 的倾角均为37。，且斜面底部B处平滑连接，质量为/%=2kg的物体从高为=l.25m的A处 由静止开始沿斜面下滑，运动到BC斜面上最终停止在C处。设物体与BC斜面间的最大静 摩擦力等于滑动摩擦力,物体与BC斜面的动摩擦因数为=0.75,$抽37。=06cos37。=0.8,（1）物体在B处的速度大小UB；（2）物体在BC斜面上的运动时间介（3）假设BC斜面的倾角可在。60。范围内变化，请分析并说明物体从A处释放后

3、在BC斜面 上可能的运动情况。【解题关键】关键语句信息解读AB为光滑斜面，BC为粗糙斜面受力分析时注意是否存在摩擦力A处由静止开始沿斜面卜滑初速度为零假设BC斜面的倾角可在060。范围内变化倾角的大小会导致最大静摩擦力变化【答案】（1） 5m/s （2） s （3）见解析；12【规范解答】解析：（1）物体沿AB斜面运动时的受力如下图;沿斜面下滑的加速度gsin8 = 6机/ （1分）7该过程B在棒上滑过的相对距离：L2=hB2-hA=-m （1分）8所以，棒长至少为：L = A|+AL2=2.5m （1分）变式4、如下图，质量M=0.4 kg的长薄板3C静置于倾角为37。的光滑斜面上，在距上端

4、 5水平距离为L2m的A处，有一个质量根=0.1 kg的小物体，以一定的初速度水平抛出，恰 好以平行于斜面的速度落在薄板8C的最上端8点并在薄板上开始向下运动，当小物体落在 薄板3C上的8端时，薄板无初速释放并开始沿斜面向下运动，当小物体运动到薄板的最下 端C点时，与薄板5c的速度恰好相等。小物体与薄板之间的动摩擦因数为05 sin37=0.6, cos37=0.8, g 取 lOm/s2,求：4（1）小物体在A点的初速度;（2）薄板的长度。【答案】（l）4m/s（2） 2.5 m【解析】（1）小物体从A到B做平抛运动，下落时间为办，水平位移为x,根据平抛运动规律有：=网, （1 分）x =

5、v0Z0 （1 分） %联立解得：%=4根/$ （1分）（2）设小物体落到B点的速度为v,根据平抛运动规律，那么有:Iv = = 5mIs （1 分）cos37。 u小物体在薄板上运动，根据牛顿第二定律有：1 0薄板的位移（1分）薄板的长度L = %（1分）联立解得L=2.5m （1分）教师备用题组1、（2018年3月台州市质量检测）第19题图（9分）如下图,爱龙战机为中国和巴基斯坦联合研制的多用途 收斗机本一次试飞任务中.皮砧加=60kg的驾驶员驾驶战斗机 竖壮向上运动,从某时刻起以恒定加速度加速上升. 10s后竖 江方向速度大小为20m/s,接卜去10s内竖直爬升了 300m.之后 企竖直

6、方向做匀减速运动.再经过20s到达最高点.求：（1）毁龙战机在加速上升过程中的加速度：（2）前20s内座位对驾驶员的支持力大小：（3）这40s内枭龙战斗机在竖H方向上的位移19. (1)对第 2 个 10s：由 1=%/+4，(1 分)W 224-2%/祖 n =-代入数据得： = 2MsZ （1分）（2）由 Fm - mg = ma（分）符尸”720N（分）（3）第 1 个 10s：竖直方向：y= %（1分）（1分）可得 =0（】分）（】分）M速阶段：初速度4=+/2）40m/s（1分）h =-/=400m（I 分）故：总位移，=4 +自+ 4 M 800 m （1分）2、如下图，一质量m=

7、lkg的小球套在一根足够长的固定直杆上，直杆与水平夹角8=37。， 杆与球间的动摩擦因数=0.5,现小球在竖直向上的拉力F作用下从A点由静止出发沿杆开 始做匀加速运动.加速度大小a=lm/s2 , F作用2s后撤去.g取10m/s2 , sin37=0.6, cos37=0.8.（1）求力F的大小；（2）求撤去力F后，再经过0.1s,小球的距离出发点的距离【答案】（1） 15N （2） x=2.15m【解析】（1）对小球受力分析，由牛顿第二定律得：在平行斜面方向上有：（F-mg）sin37- f = ma ,垂直斜面方向上有：（Fmg）cos37。一N =。, 其中：于二处!，联立解得：F =

8、 15N；一一191。（2）有F作用时，小球运动的距禺为芯=；=一xlx2/n = 2m；当撤去F后，小球的加速度为mgsin37 + /mgcos37 = ma,解得a = 10m/ 52 ；撤去F时小球的速度为v = at = 2m/s 所以小球停下来还需要 =0.2s 0.Is ； a1故小球再经过0.1s,运动的距离为=2x0.1gxlOxO.V =0.15小；故撤去力F后，再经过0.1s,小球的距离出发点的距离工=%+工2=2.15加。3、（2018年2月浙江湖州、丽水、衢州三地市高三质量检测）(9分)小明不小心将餐桌边沿处的玻璃杯碰落在地，玻璃杯没碎。他觉得与木质地板 较软有关，并

9、想估测杯子与地板接触过程中地板最大的微小形变量。他测出了玻璃杯 与地板作用的时间为，杯子的质量为加，桌面离地的高度为人(设杯离开桌面时初 速为零，杯的大小远小于九杯子与地板接触过程可视为匀减速直线运动，地板形变 不恢复)，重力加速度为g，不计空气阻力。试求杯子与地板接触过程中：(1)杯子加速度大小(2)杯子受到地板的作用力大小尸；(3)地板最大的微小形变量Ax。【答案】见解析【解析】声=2g/i v = y/2h(2分)v = aAta -(2分)(2) F mg = ma(3) Ax = ga(A/)2Ax = y/2gh(2分)4、如下图，一轻绳吊着粗细均匀的棒，棒下端离地面高H=L2m,

10、上端套着一个细环。棒 和环的质量均为m=2kg,相互间最大静摩擦力等于滑动摩擦力kmg(k=2)o断开轻绳，棒和 环自由下落。假设棒足够长，与地面发生碰撞时，触地时间极短，无机械能损失。棒在整个 运动过程中始终保持竖直，空气阻力不计，g取9.8m/s2。求：棒第一次与地面碰撤弹起上升过程中，环的加速度大小；(2)从断开轻绳到棒与地面第二次碰撞的瞬间，棒运动的路程so【答案】9.8m/s2(2)2m【解析】(1)设棒第一次上升过程中，环的加速度为Q 由牛顿第二定律得：kmgmg =ma 代入数据解得：a = 9.Sm/s(2)设以地面为零势能面，向上为正方向，棒第一次落地的运度大小为白 由机械能

11、守恒得：21ngH = x 2mv2解得匕=可万设棒弹起后的加速度为4由牛顿第二定律得：4 =一(k+ l)g2棒第一次弹起的最大高度乩=-T124棒运动的路程s = H + 2”|联立解得：s = -H = 2mk + 15、如图，上外表光滑、下外表粗糙的木板放置于水平地面上，可视为质点的滑块静止放在 木板的上外表。uO时刻，给木板一个水平向右的初速度w，同时对木板施加一个水平向左 的恒力F,经一段时间，滑块从木板上掉下来。木板质量M=3kg,高/z = 0.2m,与地 面间的动摩擦因数=0.2；滑块质量根=0.5 kg,初始位置距木板左端L=0.46m,距木板右 端L2=0.14m；初速度

12、uo=2 m/s,恒力/二8 N,重力加速度g=10 m/s?。求：L Li左右F工滋啰浴滋潴济 vo777777777777777777777777777777777777777777777777777777T(1)滑块从离开木板开始到落至地面所用时间；(2)滑块离开木板时，木板的速度大小；(3)从，=0时刻开始到滑块落到地面的过程中，摩擦力对木板做的功。【答案】1) 0.2s (2) 0.6m/s (3) -7.38J【解析】(1)设滑块从离开木板开始到落到地面所用时间为如以地面为参考系，滑块离开木板后做自由落体运动，根据运动学公式知九二g诏，得t = 0.2 s(2)以木板为研究对象，向

13、右做匀减速直线运动，由牛顿第二定律产+ (租+ M)g = M的得aQmH,那么木板减速到零所经历的时间。=言=0.4 s所经过的位移SiOAm由于siVZd=0.46m,说明这时滑块仍然停留在木板上此后木板开始向左做匀加速直线运动，摩擦力的方向改变，由牛顿第二定律F R(m + M)g = Ma2得 rz2=1m/s2滑块离开木板时，木板向左的位移S2 = Si +乙2 =。54 m该过程根据运动学公式S2 =鸿玲,得女=L8s滑块滑离瞬间木板的速度= Q 2t 2 =。6 m/s(3)滑块离开木板后，木板所受地面的支持力及摩擦力随之改变，由牛顿第二定律F 4 Mg = Ma3得 rz3=|

14、m/s2故木板在比这段时间的位移为S3 = u2to + |a3to 二2m整个过程摩擦力对木板做的功为叼=-(th + M)g8 + s2) - 4Mgs3得必=-7.38 J6、如下图，质量分布均匀的刷子刷地面上的薄垫子，开始时刷子和垫子的左边缘对齐， 刷子的质量为m,垫子的质量为M,刷子和垫子间的动摩擦因数为四，垫子和地面间的动摩擦因数为2,刷子和地面间的动摩擦因数为3,重力加速度为g(1)假设给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成60。角的推力Fh垫子和刷子保持静止，求刷子受到的摩擦力大小力和地面对垫子的支持力大小Fn ；(2)假设给刷子施加一个斜向右下方、与水平方向成30。角的推力F

15、2,刷子和垫子以同一加 速度运动，求刷子受到的摩擦力大小力；(3)假设给刷子施加一个水平向右的推力F3,刷子从图示位置开始运动，垫子保持静止，已 知刷子的长为b,垫子的长为L(Lb),求刷子完全离开垫子的速度大小为v。【答案】(1)+(2)(2)(y/3M + jU2mF2N2mg + 122(M+m)(3)(3)g(2L-b + jLi3b)【解析】(1)刷子受到重力、垫子的支持力、推力耳和摩擦力作用那么水平方向受力平衡有工=-F刷子和垫子整体在竖直方向受力平衡有Ev =（M + m）g + -Fx（2）设刷子和垫子运动的加速度为a,由牛顿第二定律可得：Fcos30 一%（mg + Mg +

16、 /sin30） =（M + m）a 对刷子有：gcos30 一于2= ma 3租骸、 2 )(Cm + jLi2mF2 解得力感+y(“+)（3）刷子离开垫子的过程受到的摩擦力做的功W/、=-由动能定理有 F3L-jLiimg(v,物块P在传送带上减速，受到向下的摩擦力，由牛顿第二定律有叫 gsin。+ geos 0 =可得物块P的加速度大小ai=10m/s2 减速至v的时间.= = 0.2运动位移X.=-=0.6m因xiL,摩擦力反向，又因mgsinemgcose ,物块P继续向上减速，有gsin 0 -geos 6 =可得物块P的加速度大小ai=2m/s2v减速至0的时间= - - 1s

17、%因t2=t-tI,说明物块P刚好减速到零时与物块Q相遇发生碰撞v2物块P第二段减速的位移大小马= =1相2名对物体 Q： m2gsinO-/jm2gcos0 = m2a3可得其加速度a3=2m/s21 9下滑的位移&=5%/ =144加BC的最小距离L=xi+x2+x3=3.04m课时作业：牛顿运动定律解决复杂多过程问题（A）1、2015年7月的喀山游泳世锦赛中，我国名将陈假设琳勇夺女子十米跳台桂冠,她从跳台斜向 上跳起，一段时间后落入水中，如图1所示,不计空气阻力.以下说法正确的选项是（）A.她在空中上升过程中处于超重状态B.她在空中下落过程中做自由落体运动C.她即将入水时的速度为整个跳水

18、过程中的最大速度D.入水过程中，水对她的作用力大小等于她对水的作用力大小答案D解析 起跳以后的上升过程中她的加速度方向向下，所以处于失重状态，故A错误；她具 有水平初速度，所以不能看做自由落体运动，故B错误；入水过程中，开始时水对她的作用 力大小（浮力和阻力）小于她的重力，所以先向下做一段加速运动，即入水后的速度先增大， 故C错误；入水过程中，水对她的作用力和她对水的作用力，因是一对作用力与反作用力， 二者大小相等.故D正确.2、如图甲所示，直角三角形斜劈。儿固定在水平面上.，=0时，一物块（可视为质点）从底端 以初速度。沿斜面外向上运动，到达顶端匕时速率恰好为零，之后沿斜面A下滑至底端 c假

19、设物块与斜面a。、8c间的动摩擦因数相等，物块在两斜面上运动的速率。随时间变化的 规律如图乙所示，取重力加速度的大小g=10m/s2,那么以下物理量中不能求出的是（）A.斜面ab的倾角eB.物块与斜面间的动摩擦因数C.物块的质量相D.斜面尻的长度L【答案】C 根据题图乙可求出物块在左右斜面上的加速度大小0、“2,根据牛顿第二定律 有 mgsin e+zgcos O=ma, mgcos。一加gsin那么可求出。和但 m 无法求出，根据题图乙可求出0.61.6 s时间内物块的位移大小，即可求出3应选项C正确.3、如图甲所示，质量为加=1kg、带电荷量为夕=2Xl（）-3c的小物块静置于绝缘水平面上

20、,A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场,A点左侧上方存在方向水平向右的匀强电场,小物块运动的。一，图象如图乙所示，取g=10m/s2,那么以下说法正确的选项是（）E ;nj/A甲4A.小物块在。3 s内的平均速度为彳m/sB.小物块与水平面间的动摩擦因数为0.2C.匀强电场的电场强度为300 N/CD.物块运动过程中电势能增加了 12J解析 由v-t图象中图线与纵轴所围面积的意义知。3 s内物块的位移为x=6m,所以在X。3 s内的平均速度为。=7=2 m/s, A错；由。一？图象中图线斜率的意义知加速阶段和减 速阶段物块的加速度大小分别为a加=4 m*和a减=2 m/s2,由牛顿第二定律知

21、qE一出ng= ma加,Nmg=ma减,联立并代入数值得=02 E=3 000 N/C, B正确，C错误；由图象知 加速阶段的位移为为=2 m,所以电场力做功W=qE.xi = 12 J,即物块运动过程中电势能减 少了 12J, D错误。答案B4、如下图为粮袋的传送装置，A、3两端间的距离为3传送带与水平方向的夹角为 仇工作时运行速度为粮袋与传送带间的动摩擦因数为正常工作时工人在A端将粮袋 放到运行中的传送带上.设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等，重力加速度大小为g.关于 粮袋从A到B的运动，以下说法正确的选项是()A.粮袋到达3端的速度与。比拟，可能大，可能小也可能相等B.粮袋开始运动的加速

22、度为g(sin。一 cos。)，假设L足够大，那么以后将以速度。做匀速运动 C.假设2tan 3,那么粮袋从A端到B端一定是一直做加速运动D.不管大小如何，粮袋从力到8端一直做匀加速运动，且加速度。2gsin。答案A解析 假设传送带较短，粮袋在传送带上可能一直做匀加速运动，到达3端时的速度小于 假设传送带较长，2tan仇 那么粮袋先做匀加速运动，当速度与传送带的速度相同后，做匀速 运动，到达B端时速度与。相同；假设/mgsin仇物体在BC斜面上做匀减速直线运动，速度减为零后保持静止。（1分）当。37。时，启axVmgsin仇物体在BC斜面上做匀减速运动，速度减为零后沿BC斜面向 下做匀加速运动

23、，随后运动到AB斜面,此后反复在两斜面间运动假设干次,最终静止在B点。（1分）【点拨】单质点多过程问题中根据物体的运动过程将物体分解成多个单独运动规律的子运 动，通常子运动之间是利用衔接处的速度建立联系。在分析子运动时，利用正交分解法，结 合牛顿第二定律求出物体的加速度，利用运动学公式求出物体的速度、位移等物理量。例题2、2018年2月18日晚在西安大唐芙蓉园进行天人机灯光秀，300架无人机悬停时摆 出“西安年、最中国”的字样，如下图为四旋翼无人机，它是一种能够垂直起降的小型遥控 飞行器，目前正得到越来越广泛的应用。一架质量为m=2kg的无人机，其动力系统所能提 供的最大升力片36N,运动过程

24、中所受空气阻力大小恒定，无人机在地面上从静止开始，以 最大升力竖直向上起飞，在/=5s时离地面的高度为75m（g取10m/s2）.求运动过程中所受空气阻力大小.假设由于动力设备故障，悬停的无人机突然失去升力而坠落。无人机坠落地面时的速度为动摩擦因数偿=0.4,在木板（足够长）的右端施加一个大小从零开始连续增大的水平向左的 力（图中未画出），以下能正确表示铁块与木板间的摩擦力R随力F大小变化的图象是（重 力加速度g= 10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力）（）（第19题图）【答案】C 当/Vi（M+2）g=2 N时，Ff=O;铁块恰好未与木板发生相对滑动时，铁块 的加速度。o=/2g, F

25、=/zi（A7+m）g+（M+m）6Zo=lON,故当 2NW/V10N 时，木板、铁块保 持相对静止向右做加速运动，/一川（M+Mg=（M+w），a=m4，解得4=专一1例）；当尸，10 N时，铁块相对木板滑动，此时摩擦力用=2，g=4N,所以C正确,6、（2018年3月浙江温州选考适应性模拟）（9分）陕西汉中天坑群是全球较大的天坑群地质遗迹，如图是镇巴三元圈子崖天坑，最大深度300m,在某次勘察中，一质量为60kg的探险队员利用竖直方 向的探险绳从坑沿滑到坑底。假设队员先从静止开始做匀加速直 线运动，下滑20s时速度到达5m/s,然后以此速度匀速运动 45s,最后匀减速直线运动到达坑底速度

26、恰好为零。整个下行 过程中探险绳始终处于竖直，探险队员视为质点。求：（1）匀加速阶段的加速度大小及匀加速下降的高度Ai；（2）匀减速下降时探险绳对探险队员的摩擦力大小：（3）探险队员整个下落过程的平均速度大小。v19. （9 分）（1）由 q=,得 m=0.25m/s2（1 分）由 =,得；Jl=50m（1 分）（2）4=% ,得力2=225m（1 分）v2五v2五% = h 几% ,得 3=25m（1 分）得 a2=0.5m/s2（ 1 分）（1分）（1分）（1分）/ mg = ma2 ,得 /=630N（1 分）（3） /3 =得 Z3=10s3，Z = 4 + G + A 得 t=75s

27、 9_ h ，v =得 y = 4 m/st ，7、（2018年3月浙江超级全能生物理选考）19.0分）一粗糙绝缘水平木板固定于水平桌面上，有一个斜置的平行板电容器A3CD,形成电场强度大小 为E= l.OXlO, N/C、方向与水平面成6=37角向上的匀强电场,如下图.现有一带电量为g=l.0X IO-4 C、质量为m = 0.1 kg的带正电小滑块（可视为质点）从木板的最左端A由静止开始沿水平面做匀 加速运动，经时间f = 0.2 s到达D点,然后离开电场并继续运动一段距离而静止.木板足够长,小滑 块与木板间的动摩擦因数为 =0.5.sin37 = 0.6,求：（D小滑块在离开电场前运动的

28、加速度大小；（2）小滑块刚离开电场时的速度大小,（3）小滑块从静止开始运动到最后静止发生的总位移大小.解：（1）对带电小滑块受力分析有qEcOsdf = ma x（1 分）/ = M（ 1 g q EsiM （1 分）解得 a】=（qEco的十zgEsiM-w，g）/7=6 m/s2 （ 1 分）（2）由运动学公式可知v=at= 1. 2 m/s （2 分）（3）小滑块先做匀加速直线运动，后做匀减速直线运动，那么= rat2 （ 1 分）乙= ma? （1 分）if =2a2j：2（ 1 分）/ =可 十 及=。.264 m （ 1 分）8、（2018年浙江余姚中学期中）某滑雪场中游客用手推着

29、坐在滑雪车上的小朋友一起娱乐， 当加速到一定速度时游客松开手，使小朋友连同滑雪车一起以速度V。冲上足够长的斜坡滑 道。为了研究方便，可以建立图示的简化模型，斜坡滑道与水平面夹角为0,滑雪车与 滑道间的动摩擦因数为中当地重力加速度为g,小朋友与滑雪车始终无相对运动。（1）求小朋友与滑雪车沿斜坡滑道上滑的最大距离s；（2）假设要小朋友与滑雪车滑至最高点时能够沿滑道返回，请分析说明与。之间应满足的 关系（设滑雪车与滑道间的最大静摩擦力与滑动摩擦力相等）；（3）假定小朋友与滑雪车以1500J的初动能从斜坡底端O点沿斜坡向上运动，当它第一次 经过斜坡上的A点时，动能减少了 900L机械能减少了 300J

30、。为了计算小朋友与滑雪车返 回斜坡底端时的动能，小明同学推断：在上滑过程中，小朋友与滑雪车动能的减少与机械能 的减少成正比。请你分析论证小明的推断是否正确并求出小朋友与滑雪车返回斜坡底端时的 动能。【答案】（1）-也;（2） |imgcos0可得：|itan0（3 分）（3）设小朋友与滑雪车的质量为m,斜面倾角为仇 0、A两点间的距离为xi，此过程中动能的减少量为AEk，机械能的减少量为AE,由0到A的过程中，根据动能定理得：-mg xisin0 -|img xjcos0 = -AEk可得：mg （sin0+|icos0） xi=AEk由于物体克服摩擦阻力所做的功量度物体机械能的减少，可得：p

31、imgxicos0=AE联立式可得： 强=in4cos0AE4 cos。由于在这个问题中9与|i为定值，那么上滑过程中小朋友与滑雪车的动能减少与机械能的减 少成正比，因此小明的推断是正确的。小朋友与滑雪车上滑过程中，当动能减少1500J时，设机械能减少AE,那么有：222 =叩300 AE,可得：AEi =500J因为返回底端的过程中机械能还要减少500J,那么整个过程中机械能减少1000J,所以物体返 回斜面底端时剩余的动能为500Jo （5分） 9、如下图，质量M=8.0kg、长L = 2.0m的薄木板静置在水平地面上，质量机=0.50kg的小滑块（可视为质点）以速度 =3.0m/s从木板

32、的左端冲上木板.滑块与木板间的 动摩擦因数 =0.20,重力加速度g取lOm/sz.假设木板固定，滑块将木板的右端滑出，求：a.滑块在木板上滑行的时间八b.滑块从木板右端滑出时间的速度假设水平地面光滑，且木板不固定.在小滑块冲上木板的同时，对木板施加一个水平向右的 恒力尸，如果要使滑块不从木板上掉下，力尸应满足什么条件？（假定滑块与木板之间最 大静摩擦力与滑动摩擦力相等）【答案】（l）% = LOs v = 1.0m/s （2） 1NF17N【解析】（l）a.滑块的加速度为。= 2.0m/s2根据运动学公式有：L = v（）t-at2，解得 = LOs或，= 2.0s （不可能反向加速，舍去）

33、b.根据速度时间关系可知，滑块滑离木板时的速度u = %-S = L0m/s.(2)设这段时间为4,滑块与木板共同运动的速度为匕，那么有x块= (%+%)%1X板=不贴X块一次板二L一 41所以 4 =s, V, = m/s ,31 3所以。板= = 0.25m/s2 A根据牛顿第二定律有F.+f = Ma 解得耳=1NF据牛顿第二定律：滑块与木板共同运动的加速度q=M + m滑块在静摩擦力的作用下，能到达的最大加速度2= g因此，滑块不在木板左端滑出需满足的条件是44生，解得/ = 37。.一小物块在A点由静止释放，先后沿斜面A区和水平面 运动，接着从。点水平抛出，最后落在水平地面上.水平面

34、与地面间的高度差/z = 0.80m.取重力加速度 g =10m/s2, sin37 = 0.6, cos37 = 0.8 .求:(1)小物块在斜面A3上运动的加速度大小.(2)小物块从C点水平抛出到落在地面上，在水平方向上的位移大小(3)小物块从C点水平抛出到刚要落地过程中的速度变化量的大小口.【答案】(1) 6.0m/s2 (2) 2.4m (3) 4.0m/s【解析】(1)由牛顿第二定律得mgsin370 =以，解得：a = gsin37 = 6.0/ti/ 52.(2)小物块在A3斜面上做匀加速直线运动，滑到B点时速度为u,根据匀变速直线运动规律5= 23 计算得出：v = 6.0m/

35、s,小物块在3C水平面上做匀速直线运动，以速度v从C点水平抛出, 竖直方向小物块做自由落体运动hgt 计算得出：物块平抛运动的时间/ = 0.40s,水平方向小物块做匀速直线运动x = vt,计算得出：x = 2.4m.(3)物块速度变化量的大小u = g，= 4.0m/s.3、如图，光滑斜面倾角为37。，一质量加=lxl()-2Kg、电荷量行+lxl0-6c的小物块置于斜面 上，当加上水平向右的匀强电场时，该物体恰能静止在斜面上，G=10m/s2,求：(2)假设电场强度变为原来的小物块运动的加速度大小22(3)在(2)前提下，当小物块沿斜面下滑m时机械能的改变量.【答案】(1) 7.5x10

36、4N/C (2) 3m/?(3) -0.02J【解析】(1)如下图，小物块受重力、斜面支持力和电场力三个力作用，受力平衡，那么有在 x 轴方向：Fx = FcosO-mgsmO = 0在 y 轴方向：Fv = FN - mg cos 0 - Fsin0 = 0得：qE = mgtan310,故有：E = 7.5xlO4A/C ,方向水平向右.4g(2)场强变化后物块所受合力为：F = mgsin37 -gqEcos37根据牛顿第二定律得：F = ma故代入解得。= 0.3g=3加/$2,方向沿斜面向下。(3)机械能的改变量等于电场力做的功，故小 = 39瓦cos37,解得AEnf.OZJ。4、

37、质量为10kg的箱子放在水平地面上，箱子和地面的滑动摩擦因数为0.5,现用与水平方向成37。倾角的100N力拉箱子，如下图.箱子从静止开始运动，2s末撤去拉力，(sin37 = 0.6, cos37 = 0.8 ),求：撤去拉力时箱子的速度为多大？箱子继续运动多长时间才能静止？箱子在整个运动过程中克服摩擦力做功为多少？7777777777777777777777【答案】(l)12m/s(2)2.4s(3)960J【解析】(1)物体在拉力/作用下加速滑行，受重力、拉力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿 第二定律有：Rx)s9-(叫一方sin6)= 汝,解得q=6m/s2(2)撤去拉力后，物体由于惯性继续滑行，受力，支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律有：umg = ma?， 解得。2 = 5m/s