1、1.答案 (1)0.067 m/s 2 (2)0.6 m解析 (1)遮光板通过第一个光电门的速度v1 m/s0.10 m/sLt1 3.010 20.30遮光板通过第二个光电门的速度v2 m/s0.30 m/sLt2 3.010 20.10故滑块的加速度 a 0.067 m/s 2v2 v1t(2)两个光电门之间的距离x t 0.6 mv1 v222. 答案 t解析 方法一：逆向思维法物体向上匀减速冲上斜面，其逆过程为由静止开始向下匀加速滑下斜面设物体从 B 到 C所用的时间为 tBC .由运动学公式得 xBC ，x AC ，又 xBC ，at2BC2 at tBC22 xAC4由以上三式解得
2、 tBCt.3. 答案 见解析解析 解法一：分成上升阶段和下落阶段两个过程处理绳子断裂后重物要继续上升的时间 t1 和上升的高度 h1 分别为t1 1 sv0gh1 5 mv202g故重物离地面的最大高度为 Hh 1h180 m重物从最高处自由下落，落地时间和落地速度分别为t2 6 s2Hgvgt 260 m/s所以从绳子突然断裂到重物落地共需时间为 tt 1t 27 s.解法二：取全过程作为一个整体考虑，从绳子断裂开始计时，经时间 t 后重物落到地面，规定初速度方向为正方向，则重物在时间 t 内的位移 h175 m ，由位移公式有：hv 0t gt212即17510t 10t210t5t 2
3、12t22t350解得 t17 s，t 25 s(舍去)所以重物落地速度为：vv 0gt10 m/s107 m/s60 m/s其中负号表示方向向下，与初速度方向相反4. 答案 5 m/s 2 10 m解析 设运动员在匀加速阶段的加速度为 a，在第 1 s 和第 2 s 内通过的位移分别为 x1 和 x2.在第 1 s 和第 2 s 内运动员都做匀加速运动，由运动学规律得x1 at 12 20x1x 2 a(2t0)212式中 t01 s.联立两式并代入已知条件，得 a5 m/s 2.设运动员做匀加速运动的时间为 t1，匀速运动的时间为 t2，匀速运动的速度为 v；跑完全程的时间为 t，全程的距
4、离为 x.依题意及运动学规律，得 t t1t 2vat 1x at vt 212 21设匀加速阶段通过的距离为 x，则 x at 12 21联立式，并代入数据得 x10 m.5. 答案 (1)16 m (2)8 m/s 6 s解析 (1)由 vt 图象知 AB 之间的距离为 xAB m16 m.1622(2)设滑块从 A 点滑到 B 点过程的加速度大小为 a1，从 B 点返回 A 点过程的加速度大小为a2，由题意知 a14a 2.根据 a1t a 2t 2x AB，得21 2t2 4 sa1t21a2因为 t1 t2，则滑块返回 A 点时的速度为 v28 m/sv12 v22则滑块在整个运动过
5、程中所用的时间为 tt 1t 26 s.6. 答案 (1)5 m/s (2)12 m解析 (1)设物体运动的加速度大小为 a，经 A、C 点的速度大小分别为 vA、v C.由匀加速直线运动规律可得：v v 2a 2B 2Al2v v 2a 2C 2Bl2v1 vA vB2v2 vB vC2解式得：v B5 m/s(2)解式得：vA 1 m/s，v C7 m/s由 v v 2al 得：l12 m.2C 2A7. 答案 (1)8 m/s 2 2.5 s (2)0.3 s (3)415解析 (1)设减速过程中汽车加速度的大小为 a，所用时间为 t，由题可得初速度 v020 m/s，末速度 vt0，位
6、移 x25 m，由运动学公式得v 2ax20t v0a联立式，代入数据得a8 m/s 2t2.5 s(2)设志愿者反应时间为 t，反应时间的增加量为 t，由运动学公式得Lv 0txt tt 0联立式，代入数据得t 0.3 s(3)设志愿者所受合外力的大小为 F，汽车对志愿者作用力的大小为 F0，志愿者质量为 m，由牛顿第二定律得Fma由平行四边形定则得F F 2(mg) 220联立式，代入数据得 .F0mg 4158. 答案 (1)3 m/s (2)1.75 s解析 (1)上升阶段：v 2gh20解得 v0 3 m/s2gh(2)上升阶段：0v 0gt 1解得：t 1 s0.3 sv0g 31
7、0自由落体过程：H gt12 2解得 t2 s1.45 s2Hg 210.4510故 tt 1t 20.3 s1.45 s1.75 s9. 答案 20 m/s(72 km/h)解析 设路面干燥时，刹车时汽车的加速度大小为 a0，安全距离为 s，反应时间为 t0，由运动学公式得sv 0t0 v202a0式中，v 0 为汽车刹车前的速度设在雨天行驶时，汽车的加速度为 a，依题意有a a025设在雨天行驶时汽车，安全行驶的最大速度为 v，由运动学公式得svt 0 v22a联立式并代入题给数据得v20 m/s(72 km/h)10. 答案 v0 a1t122x a1t21 2v0t1 2x a1t21
8、 2v0t1v0 a1t1解析 如图，A 为飞机着陆点，AB、BC 分别对应两个匀减速直线运动过程，C 点停下A 到 B 过程，依据运动学规律有：x1v 0t1 a1t ，v Bv 0a 1t112 21B 到 C 过程，依据运动学规律有：x2v Bt2 a2t ，0v Ba 2t212 2A 到 C 过程，有 xx 1x 2联立解得 a2v0 a1t122x a1t21 2v0t1t22x a1t21 2v0t1v0 a1t111. 答案 (1)100 N (2)100 N 方向与水平方向成 30角斜向右上方解析 物体 M 处于平衡状态，根据平衡条件可判断，与物体相连的轻绳拉力大小等于物体的
9、重力，取 C 点为研究对象，进行受力分析，如图所示(1)图中轻绳 AD 跨过定滑轮拉住质量为 M 的物体，物体处于平衡状态，绳 AC 段的拉力大小为：FAC FCDMg1010 N100 N(2)由几何关系得：F CF ACMg 100 N方向和水平方向成 30角斜向右上方12. 答案 (1)200 N(2)173 N，方向水平向右解析 对结点 C 受力分析如图：根据平衡方程FACsin 30MgFACcos 30F BC得：F AC2Mg200 NFBC 173 NMgtan 30方向水平向右 13. 答案 (1)6 N 方向沿斜面向上 (2)12 N 方向沿斜面向上解析 (1)设物体所受的
10、摩擦力大小为 Ff1，方向沿斜面向上，对物体进行受力分析，则有Ff1 mgsin F，由于 Fkx 14 N，故 Ff120 N 4 N6 N ，方向沿斜面向上12(2)若将物体上移，设物体所受的摩擦力大小为 Ff2，方向沿斜面向上，则再对物体进行受力分析可得：F f2mgsin F，由于 Fkx 2100(0.120.10) N2 N ，故 Ff2 20 N 2 N12 N，方向沿斜面向上1214. 答案 (1) mg (2) mg，方向水平向左22 12解析 (1)以物体为研究对象，垂直轨道方向有FNmg cos 45解得轨道对物体的弹力的大小为FN mg22(2)以木箱为研究对象，受力如
11、图所示由牛顿第三定律有 FNF N在水平方向上有 FfF Nsin 45解得 Ff mg，方向水平向左1215. 答案 (1) (2)2.510 3 NFL4d解析 (1)设 C点受两边金属绳的张力分别为 FT1 和 FT2，BC 与 BC的夹角为 ，如图所示依对称性有：FT1 FT2F T由力的合成有：F2F Tsin 根据几何关系有 sin dd2 L24联立上述二式解得 FT F2d d2 L24因 dL，故 FT .FL4d(2)将 d10 mm ，F 400 N，L250 mm 代入 FTFL4d解得 FT2.510 3 N，即金属绳中的张力为 2.5103 N.16. 答案 (1)
12、mgsin 2 (2) mgsin 412解析 木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有 mgsin mg cos ，即 tan (1)木楔在力 F 的作用下沿斜面向上匀速运动，有Fcos mgsin F fFsin F Nmg cos Ff FN解得 F 2mgsin cos sin 2mgsin cos cos cos sin sin mgsin 2cos 则当 时，F 有最小值，为 Fmin mgsin 2 .(2)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到地面的摩擦力等于 F 的水平分力，即Ff Fcos( )当 F 取最小值 mgsin 2 时， FfF mincos 2mgsin 2cos
13、2 mgsin 4.1217. 答案 方向与水平方向成 角斜向上且 tan G1 2解析 木块在运动过程中受摩擦力作用，要减小摩擦力，应使作用力 F 斜向上，设当 F 斜向上与水平方向的夹角为 时，F 的值最小木块受力分析如图所示，由平衡条件知：Fcos F N 0，F sin F NG 0解上述二式得：FGcos sin 令 tan ，则 sin ，cos 1 2 11 2可得 F Gcos sin G1 2cos 可见当 时，F 有最小值，即 FminG1 218. 答案 (1)30 N (2)30 N 方向水平向左解析 (1)金属球静止，则它受到三个力的作用而平衡( 如图所示)由平衡条件
14、可得墙壁对金属球的弹力为FN1G tan 37 40 N30 N.34(2)斜面体对金属球的弹力为 FN2 50 N，由斜面体平衡可知地面Gcos 37对斜面体的摩擦力大小为 FfF N2sin 3730 N，摩擦力的方向水平向左19.答案 (1) mg (2)sin cos 解析 (1)设该同学沿拖杆方向用大小为 F 的力推拖把将推拖把的力沿竖直和水平方向分解，根据平衡条件有Fcos mgF NFsin F f式中 FN 和 Ff 分别为地板对拖把的正压力和摩擦力Ff FN联立式得F mgsin cos (2)若不管沿拖杆方向用多大的力都不能使拖把从静止开始运动，应有 Fsin F N这时，
15、式仍成立联立式得sin cos mgF现求解使式成立的 角的取值范围注意到 式右边总是大于 0，且当 F 无限大时极限值为 0，有sin cos 0使式成立的 角满足 0，这里 0 是题中所定义的临界角，即当 0 时，不管沿拖杆方向用多大的力都推不动拖把故临界角的正切值为 tan 0.20. 答案 mgtan mgcos 解析 小球受力分析如图甲所示，由平衡条件得：竖直方向：F N1cos mg0水平方向：F N2F N1sin 0对整体受力分析如图乙所示，由平衡条件得：水平方向：F f FN20解得：F N1mgcos Ff mgtan 由牛顿第三定律得小球对斜面体的压力为FN1F N1mg
16、cos 21. 答案 (Mm) gtan 解析 小球与小车相对静止，它们的加速度相同，小车的加速度方向水平向左，小球的加速度方向也水平向左，由牛顿第二定律可知，小球所受合力的方向水平向左，如图所示，小球所受合力的大小为 mgtan .由牛顿第二定律有 mgtan ma 对小车和小球组成的整体，运用牛顿第二定律有F(M m) a联立解得：F(M m)gtan .22. 答案 (1)1 m /s (2)1 m/s2 方向沿斜面向上(3)235解析 (1)设物体滑到斜面底端时速度为 v，则有：L tv0 v2代入数据解得：v1 m/s(2)因 vv 0 物体做匀减速运动，加速度方向沿斜面向上，加速度的大小为：a 1 v0 vtm/s2.(3)物体沿斜面下滑时，受力分析如图所示由牛顿定律得：F fmgsin maFNmg cos Ff FN联立解得： ，a gsin gcos 代入数据解得： .23523. 答案 (1)2 m/s 2 (2)2 s解析 (1)以刷子为研究对象，受力分析情况，如图所示：根据牛顿第二定律得：(Fmg)sin F fma
