浙江专用版2020版高考物理二轮复习专题一力与运动第2讲力与直线运动讲义

力与直线运动讲第2] 相关知识链接[ ．基本公式11222axvatvvvatxvt.＝，2＝＋＋－，＝0002 ．重要推论222vvvv＋＋00vv v2＝＝＝aTx．Δ(利用平均速度测瞬时速度)；；用逐差法测加速度＝)(xt22223．符号法则选定正方向，将矢量运算转化为代数运算．[规律方法提炼]1．解题思路建立物体运动的图景，画出物体运动示意图，并在图上标明相关位置和所涉及的物理量，明确哪些量已知，哪些量未知，然后根据运动学公式的特点恰当选择公式求解．2．刹车问题的分析末速度为零的匀减速直线运动问题常用逆向思维法，特别对于刹车问题应先判断车停下所用的时间，再选择合适的公式求解．3．双向可逆类运动分析匀减速直线运动速度减为零后反向运动，全过程加速度的大小和方向均不变，故求解时可对xva 等矢量的正负及物理意义．、全过程列式，但需注意、4．平均速度法的应用在用运动学公式分析问题时，平均速度法常常能使解题过程简化．例1 (2019·广东广州市下学期一模)高速公路的ETC电子收费系统如图所示，ETC通道的长度是识别区起点到自动栏杆的水平距离．某汽车以21.6km/h的速度匀速进入识别区，ETC天线用了0.3 s的时间识别车载电子标签，识别完成后发出“滴”的一声，司机发现自动栏杆没有抬起，于是采取制动刹车，汽车刚好没有撞杆．已知司机的反应时间为0.7 s，刹车2)通道的长度约为，则该5 m/s的加速度大小为ETC(9.6m 6.0mC．7.8mD．A．4.2mB．D答案解析汽车匀速运动的位移ttxv6m.＝＝(＝6×(0.3＋＋0.7) m)21122v6x3.6m.＝＝匀减速过程m＝2a2×52xxx＝D＋正确．＝9.6m故通道长度，选项21气悬球是近几年新兴的一项小球运动，深受人们喜(2019·金华十校高三期末)拓展训练1浮红色圆形塑料片)爱．如图所示，球桌台面上有无数个小孔，从小孔中喷出的气体使小球(v做匀离在台面上，小球受击打后在台面上快速运动．某次比赛中，当小球受击打后以速度0L小球恰能匀减速直线运动到对方球门，小孔突然停止喷气，速直线运动至离对方球门处时，)则(v20Lv运动到离对方球门0.5A．若小球以速度处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为02v0Lv处小孔突然停止喷气，小球破门的速度为运动到离对方球门0.5B．若小球以速度02v20Lv运动到离对方球门C．若小球以速度处所受浮力突然减半，小球破门的速度为04v0Lv处所受浮力突然减半，小球破门的速度为运动到离对方球门D．若小球以速度02A答案L2222vvvvgLvgL正A＝2μ由题意知解析＝＝2μ0.5，若，得处停止喷气，由，故－00022 错误；确，B Fmg1?′11μ?－浮gmgFaLF，则若离球门μ处浮力减半，即＝′＝＝＝vvvvaL，故C、D由－′＝2得均错误．′＝002ae为港珠澳大桥上四段110m图中浮浮m222222的等跨钢箱拓展训练2(2019·安徽蚌埠市第二次质检)aabtce，则通过段的时间为连续梁桥，若汽车从点由静止开始做匀加速直线运动，通过段的时间为( )tttt (22)－2)＋A．D．B.2C．(2C答案112taxatxabccett＋设汽车的加速度为＝，经历＝段、段的时间分别为，、(，解析ttxatttt C.acab21221222)(＋＝＋(2)，故选)，，解得：＝－ae22112[相关知识链接]a＝0时，物体静止或做匀速直线运动，此时合外力为1．0.ava在同一条直线上，物体做匀变速直线运动，此时合外力恒和不为0)2．时，且为恒量(0定．[规律方法提炼]1．瞬时问题要注意绳、杆的弹力和弹簧弹力的区别，绳和轻杆的弹力可以突变，而弹簧的弹力不能突变．2．连接体问题要充分利用“加速度相等”这一条件或题中特定条件，灵活运用整体法与隔离法．3．超重和失重问题物体的超重、失重状态取决于加速度的方向，与速度方向无关．例2 (多选)(2019·广东深圳市第一次调研)高铁已成为重要的“中国名片”，领跑世界．一辆由8节车厢编组的列车，从车头开始的第2、3、6和7共四节为动力车厢，其余为非动力F，每节车厢质量都车厢．列车在平直轨道上匀加速启动时，若每节动力车厢牵引力大小为mkg.则( 为，每节车厢所受阻力为车厢重力的) 倍，重力加速度为A．启动时车厢对乘客作用力的方向竖直向上Fkmg2－ B．整列列车的加速度大小为m2F C．第2节车厢对第1节车厢的作用力大小为2Fkmg＋ 3节车厢的作用力大小为节车厢对第．第D22BC答案解析启动时车厢对乘客竖直方向有竖直向上的支持力，水平方向有沿列车运动方向的摩擦Fkmg8错误；对整列列车，根据牛顿第二定律：4－力，两个力的合力方向斜向上方，选项A Fkmg2－Fkmgmaama，－＝8B，解得正确；对第＝1节车厢，根据牛顿第二定律：＝，选项FmaFFkmgF，－22正确；对第1、2节车厢的整体，根据牛顿第二定律：＝＋解得＝，选项C 21m2F错误．＝0，选项解得D32她从跳台斜陈若琳勇夺女子十米跳台桂冠．年7月的喀山游泳世32212锦赛中，拓展训练3 2015)向上跳起，一段时间后落入水中，如图所示．不计空气阻力，下列说法正确的是(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有方向向下的加速度，所以处于失重状态，故A错误；她具有水平初速度，所以空中下落过程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是一对作用力与反作用力，二者大小相等，故D正确．m＝1kg0.2＝的水平面上有一个质量的小球，小拓展训练4 如图所示，在动摩擦因数μ球分别与水平轻弹簧及与竖直方向成θ＝45°角的不可伸长的轻绳一端相连，此时小球处于2g，最大静摩擦力10m/s取静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零．在剪断轻绳的瞬间()( 等于滑动摩擦力)，下列说法中正确的是A．小球受到地面的弹力仍然为零2a 8m/s＝B．小球立即向左运动，且2a．小球立即向左运动，且＝10m/sC ．小球仍然静止DB答案mgF，剪断轻绳后，＝解析分析剪断轻绳前小球的受力情况，如图所示，可知弹簧的弹力mgF 则小球发生滑动，弹簧弹力未变化，但小球立即受到地面的弹力和摩擦力的作用，，＞μ2amgmaF正确．、D错误，B，，选项＝8m/sA、有μ－C＝1．基本思路2．解题关键抓住两个分析，受力分析与运动过程分析，特别是多过程问题，一定要明确各过程受力的变化、运动性质的变化、速度方向的变化等． 3．常用方法有时根据情况也可以把加正交分解法：一般沿加速度方向和垂直于加速度方向进行分解，(1) 速度进行正交分解．一般用于末速度为把运动过程的末状态作为初状态的反向研究问题的方法，(2)逆向思维法：零的匀减速直线运动问题，比如刹车问题、竖直上抛问题等．如图所示，一辆满载西瓜的卡车从某地由静止出发，以)(2019·绍兴市3月选考例32车立，由于司机疏忽大意，车头撞在断桥桥头的护栏上(0.5m/s的加速度沿直线运动了30s被气囊护住相对于地面向前上半身，质量为40kg)即停下)，碰撞瞬间安全气囊弹出，司机(在车顶上)与此同时车顶上绑住行李箱的绳子断裂，行李箱(可看作质点移动了75cm后停住，h，，车顶距地面的高度为＝2.45m滑行了1m后飞出，已知箱子与车顶的动摩擦因数为0.751h＝2.55m平底河床距离地面．求：2卡车与护栏碰撞时的速度大小；(1) )的作用力大小；(2)气囊对司机(上半身) 结果中可以保留根号箱子的落点到河岸侧壁的距离．(3)((3)210m (1)15m/s (2)6000N 答案vat＋汽车匀加速过程，据解析(1)＝011v15m/s＝代入数据得2xav＝(2)把司机与气囊相互作用当作匀减速过程，根据222a＝150m/s解得2maF6000N作用力＝＝22ga＝μ7.5m/s(3)行李箱在车顶上滑行过程是匀减速运动，＝32Lvav210m/s2＝平抛初速度＝－30h2thhh1s＋，则飞行时间＝2.45m＋＝2.55m＝5m＝飞行高度＝21gtvs210m＝则＝0中国的“嫦娥四号”成为了人类历史日，1月3(2019·台州3月一模)2019年5拓展训练“嫦娥四号”探测器在距离月面A点时，100m上第一个在月球背面成功实施软着陆的人类探测器．利用发动机的反推力作用悬停，用自身的三维成像敏感器对着陆区进行障碍高度的C点为最安全的着陆点．此时，探测器调整发动机的反推力，沿水平方向从检测，选出月面BC点正上方的静止做匀加速直线运动，然后再以相同加速度大小做匀减速直线运动，刚好在BABA忽探测器总质量为s，点减速为零，如图所示．已知从长10 m，300 到kg(的运动时间为201g，重力加速度＝，探测器在月球表面的重力为地球表面的略喷气对探测器质量的影响)6210m/s，求探测器：BA运动到过程中的最大速率；(1)从匀加速运动时的加速度大小；(2) 匀减速运动时发动机的反推力大小．(3)22509N (3)10 答案 (1)1.0m/s (2)0.1 m/s BA运动到 (1)探测器从的平均速度为解析s10v＝＝m/s＝0.5 m/st20vv＝1.0m/s ＝最大速度为2m tt10s＝＝(2)加速时间12v1m22a m/s加速度大小为＝＝＝0.1 m/s t101Fma＝30N ＝(3)水平方向的合力：x根据力的平行四边形定则，可得122FmgF) 也对102509N( ＋写为500N＝＝x6vm15m/s的小物块，以如图所示，一质量为＝拓展训练6 (2019·安徽黄山市一模检测)0若物块与水平面及斜面37°的固定斜面，的速度向右沿水平面运动12.5m后，冲上倾斜角为，斜面足够长，物块从水平面到斜面的连接处无能量损失．求：的动摩擦因数均为0.5物块在斜面上能达到的最大高度；(1)2g，结果保留0.6，cos37°＝(2)物块在斜面上运动所需的时间．(0.8取10m/s，sin37°＝) 二位有效数字(2)3.2s答案 (1)3m222vaaxgvv10m/s ＝－5m/s，，解得－小物块在水平面上：＝－μ＝＝2解析 (1)1110122ssvagga＝2，可解得10m/s，0－小物块在斜面上向上运动：＝－＝sinθ－μcosθ＝－221sh3msinθ5m，所以＝＝v－01t1s＝＝小物块在斜面上向上运动的时间：(2)1a2mgmg，cosθ小物块在最高点时：sinθ＞μ2gag 2m/s－θμ，cos所以小物块会匀加速下滑，加速度θ＝＝sin312tats5s，解得：＝＝由2232ttt 5) s≈3.2s.＝小物块在斜面上运动所需时间为：(1＝＋＋211．模型特点传送带问题的实质是相对运动问题，这样的相对运动将直接影响摩擦力的方向．2．解题关键(1)搞清楚物体与传送带间的相对运动方向及摩擦力方向是解决该问题的关键．(2)传送带问题还常常涉及临界问题，即物体与传送带达到相同速度，这时会出现摩擦力改变的临界状态，对这一临界状态进行分析往往是解题的突破口．x＝8m，工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.6，工4例如图所示，水平传送带两端相距2gBvvA)10 m/s取，设工件到达＝件滑上端时速度10m/s端时的速度大小为.(＝BAv； (1)若传送带静止不动，求B BB点的速求到达说明理由；若传送带顺时针转动，工件还能到达若能，端吗？若不能，(2)v；度大小B vvAB所用的时间．逆时针匀速转动，求到及工件由(3)若传送带以＝13m/s B答案 (1)2m/s (2)能 2 m/s (3)13m/s 0.67samgμ，(1)工件受到的摩擦力方向水平向右，设加速度大小为根据牛顿第二定律可知解析222vvvaxmaag2m/s.－，故，且＝＝，则2＝μ＝＝6m/s BBA仍然做相同的减速运当传送带顺时针转动时，工件受力不变，其加速度不发生变化，(2)能．vB2m/s.＝动，故工件到达端的速度大小B v逆时针匀速转动时，开始时工件受到的摩擦力方向水平向左，加速度＝(3)传送带以13m/s vv－A2xat＝大小13m/s′＝6 m/s，工件速度达到时所用时间为，运动的位移为＝＝0.5s11a′12Bttav端前速度就达到了13m/s，则工件在到达，此后工件与传送带相＝5.75m＋＜′8m A112x2txxx≈0.17s，＝2.25m对静止，因此工件先加速后匀速运动．匀速运动的位移，＝－＝212vttBtA0.67s.所用的时间＝到＝＋工件由21vα传送带与水平面的夹角如图所示，电动传送带以恒定速度＝1.2m/s运行，拓展训练70m的物品箱轻放到传送带底端，经过一段时间后，物品箱被送到高＝37°，现将质量kg＝20h＝1.8 m的平台上，已知物品箱与传送带间的动摩擦因数μ＝0.85，不计其他损耗，则每件物品箱由静止从传送带底端送到平台上，需要多长时间？(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，2g)取10 m/s答案 3.25sv时，与传送带一起做匀速运动物品箱刚放到传送带上时做匀加速运动，当速度达到解析0mgmgmaa＝＝，解得cosα－sinα到平台．物品箱刚放上去时，根据牛顿第二定律有μ2.0.8m/s v1.20t＝＝s＝1.5s，从静止到与传送带共速所用时间1a0.8v0tx0.9m.＝＝此过程中，物品箱沿斜面向上的位移12 物品箱随传送带匀速运动到达平台的时间为h1.8x0.9－－sin37°sinαt，＝1.75s＝＝sttt3.25s. 总时间为＋＝＝212v1.20专题强化练基础题组L，)如图所示，一骑行者所骑自行车前后轮轴的距离为1.(2019·湖南长沙市雅礼中学期末在水平道路上匀速运动，当看到道路前方有一条减速带时，立刻刹车使自行车做匀减速直线t.运动，自行车垂直经过该减速带时，对前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为利用以上数据，可以求出前、后轮经过减速带这段时间内自行车的( )A．初速度 B．末速度D ．加速度 C．平均速度C答案12xvvatvvxvtat、＋，共含有＋速度公式：，、＝解析匀变速直线运动的位移公式：＝、tt0002at 五个未知量，至少要知道三个，才能求出另外两个物理量．由题意知，自行车垂直经过、tL，自行车前后轮轴的距离为前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为只知道，该减速带时，vva三个物理量，故A、B两个物理量，所以不能求出、、、D错误；由平均速度定义可得：t0x vtL，所以能，自行车前后轮轴的距离为＝，已知前、后轮造成的两次颠簸的时间间隔为t求出平均速度，故C正确．2．(多选)(2019·湖北天门、仙桃等八市第二次联考)矿井中的升降机以5m/s的速度竖直向上匀速运行，某时刻一螺钉从升降机底板松脱，经过3 s升降机底板上升至井口，此时松脱2g) ( 10 m/s的螺钉刚好落到井底，不计空气阻力，取重力加速度＝，下列说法正确的是A．螺钉松脱后做自由落体运动B．矿井的深度为45mC．螺钉落到井底时的速度大小为25m/sD．螺钉随升降机从井底出发到落回井底共用时6s答案 BC解析螺钉松脱时具有与升降机相同的向上的初速度，故螺钉脱落后做竖直上抛运动，A项12hvtgthvt，故矿井的，升降机这段时间的位移错误；螺钉自脱落至井底的位移＋＝－＝hhhvvgt＝25m/s，＋45m，B项正确；螺钉落到井底时速度大小为C深度为＝－＝＋项正＝02102012hvtttt′＝＝6s，所以螺钉运动的总时间为′，解得＋确；螺钉松脱前运动的时间为′＝019s，D项错误．3．蹦床运动要求运动员在一张绷紧的弹性网上蹦起、腾空并在空中做各种动作．为了测量运动员跃起的高度，训练时可在弹性网上安装压力传感器，利用传感器记录弹性网所受的压力，并在计算机上作出压力－时间图象，假如作出的图象如图所示．设运动员在空中运动时可视2g))( ( 取10m/s为质点，空气阻力忽略不计，则运动员跃起的最大高度是A．1.8mB．3.6mC．5.0mD．7.2m答案 C解析由题图可知，运动员腾空的时间为2s，由对称性可得自由下落的时间为1s，故运动员12hgt ＝5.0m，C正确．跃起的最大高度是＝24．(2019·杭州市高三期末)我国南方多雨地区在建造房屋屋顶时，需要考虑将屋顶设置成一定的角度，以便雨水可以快速地流下．若忽略雨水从屋顶流下时受到的阻力，为使雨水在屋顶停留时间最少，则屋顶应设计成下图中的( )答案 CaL＝θ，屋顶的宽度为，由牛顿第二定律得雨滴下滑的加速度：解析设屋顶的夹角为2L12tatxgx ＝＝，由几何关系得斜面的长度：；由位移公式得：＝；联立得：cosθ2θ2sin L2，可知当θ＝45°时时间最短，即屋顶的夹角为90°，故C正确，A、B、D错误．g sin2θ5．(2019·江西赣州市上学期期末)电梯顶上悬挂一根劲度系数是200N/m的弹簧，弹簧的原长为20 cm，在弹簧下端挂一个质量为0.4 kg的砝码．当电梯运动时，测出弹簧长度变为2g) ，则电梯的运动状态及加速度大小为23 cm，( 取10 m/s2a＝A．匀加速上升，2.5m/s2a B．匀减速上升，2.5m/s＝2a＝．匀加速上升，5m/sC2a 5m/s＝D．匀减速上升，C答案kxF由胡克定律可知，弹簧的弹力6N＝，＝200×(0.23－0.20) N＝解析2aFmgma＝＝5m/s由牛顿第二定律知：，解得：－ AD错误．、B、物体加速度向上，可能是加速上升，也可能是减速下降，故C正确，雨滴在空气中下落时会受到空气阻力的作用，)多选)(2019·山东泰安市3月第一轮模拟(6．假设阻力大小只与雨滴的速率成正比，所有雨滴均从相同高处由静止开始下落，到达地面前) ( 均达到最大速率．下列判断正确的是A．达到最大速率前，所有雨滴均做匀加速运动 B．所有雨滴的最大速率均相等 C．较大的雨滴最大速率也较大 D．较小的雨滴在空中运动的时间较长CD答案mgkv－a，则雨滴下落时，随速度的增加，加速度逐渐减小，则根据牛顿第二定律：解析＝ma＝0错误；当时速度最大，达到最大速率前，所有雨滴均做加速度减小的变加速运动，选项A mgv 正确；较小的雨滴在空中运动的最错误，C则＝，则质量越大，最大速度越大，选项B m k D 大速度较小，整个过程的平均速度较小，则在空中运动的时间较长，选项正确．F拉小车和木块一起做匀加速直线运动，小车质量为7.如图所示，光滑水平面上，水平恒力Mma，木块与小车间的动摩擦因数为μ，它们的共同加速度为.则在运动过程，木块质量为中( )mg．木块受到的摩擦力大小一定为μA Mma．木块受到的合力大小为()＋B mF C．小车受到的摩擦力大小为Mm＋Mma ()＋D．小车受到的合力大小为答案 CFma，A、＝B解析木块与小车共同加速，木块受到静摩擦力，由牛顿第二定律错误；小车f mFmaFMmaMaF，由＋＝)受到的合外力为＝，D错误；对小车和木块整体：，对木块：＝(f mM＋mF，C正确．牛顿第三定律得小车受到的摩擦力大小也为mM＋v＝2m/s如图所示，水平放置的传送带以速度沿顺时针方向转动，现将一小物体轻轻地放8.2BAAg，6m.若端相距0.2端，物体与传送带间的动摩擦因数μ＝，端与取10 m/s在传送带BA)( 则物体由到的时间为A．2sB．2.5sC．3.5sD．4s答案 C解析物体放在传送带上，传送带对物体有向右的滑动摩擦力，使物体开始做匀加速直线运动，物体与传送带速度相等后滑动摩擦力消失，物体与传送带以相同的速度做匀速直线运2gmaamg，达到共同速μμ2m/s＝＝，物体加速运动的加速度为＝动．根据牛顿第二定律得vvLx－1txtt＝＝2.5s，＝1m度所用的时间，此后匀速运动的时间＝＝1s，发生的位移＝2111av2B共用时间3.5s，选项C正确．到达能力题组v沿顺时针如图甲所示，倾斜的传送带正以恒定速率9．(2019·北京市东城区上学期期末)1v从传送带的底部冲上传送带并沿传送带37°.一物块以初速度方向转动，传送带的倾角为0vt图象如图乙所示，物块到传送带顶端时速度恰好为零，sin37°＝－向上运动，其运动的0.6，2g)，则( cos37°＝0.8，取10m/sA．由图乙可知，0～1s内物块受到的摩擦力大于1～2s内的摩擦力B．摩擦力方向一直与物块运动的方向相反1C．物块与传送带间的动摩擦因数为4D．传送带底端到顶端的距离为11m答案 C解析由题图乙可知在0～1s内物块的速度大于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向下，与物块运动的方向相反；1～2s内，物块的速度小于传送带的速度，物块所受摩擦力的方向沿斜面向上，与物块运动的方向相同，由于物块对传送带的压力相等，根据摩擦力FF可知两段时间内摩擦力大小相等，故选项A、B错误．在＝μ0～1s内物块的加速度公式Nf v4－12Δ22amgmgma，cos37°)＝sin37°＋μ8 m/s，根据牛顿第二定律得：－(为＝＝m/s＝－t1Δ14＋12vtx＝－为：，故C正确；物块上升的位移大小等于图象所包围的面积大小，解得μ＝424×1×1m＋m＝10m，所以传送带底端到顶端的距离为10m，故D错误．210．(2019·金华十校期末)如图所示，在某段平直的铁路上一列以324km/h高速行驶的“和谐号”列车某时刻开始匀减速行驶，5 min后恰好停在某车站，并在该站停留5 min，随后匀加速驶离车站，经9 km后恢复原速324 km/h.求：(1)“和谐号”减速、加速时的加速度；(2)“和谐号”从开始减速到恢复原速这段时间内的平均速度大小．－0.3 m/s 0.45 m/s答案 (1)vΔ2aa，得0.3m/s(1)解析由＝－＝11t 22(2)28.125 m/sΔ22axav，得20.45m/s＝由＝222vxxt13500m，得＝(2)由＝1112vttx200s，得＝由＝2222xx＋21vv＝由，得＝28.125m/sttt＋＋21mv＝20m/s2kg的物块以初速度(a)．11(2019·江苏无锡市上学期期末)如图所示，质量为＝0F作用，在运从图中所示位置开始沿粗糙水平面向右运动，同时物块受到一水平向左的恒力2g .所示，动过程中物块速度随时间变化的规律如图(b)取10 m/s试求：aa内的加速度的大小；的大小和4～(1)物块在0～4s内的加速度8s21Fμ(2)恒力；的大小及物块与水平面间的动摩擦因数F所做的功．(3)8s内恒力22168 J(2)7 N 0.15 (3)－答案 (1)5 m/s 2 m/s内，物块向左做匀加内，物块向右做匀减速直线运动，4～8s解析 (1)由题图可知，0～4s v20Δ－222a，大小为5m/s速直线运动；0～4s内，，方向水平向左；＝＝ m/s＝－5 m/s1t4Δv8Δ－′222a，方向水平向左；2 m/s，大小为内，2m/s＝＝m/s＝－4～8s2t4′Δ8－mamgFF与摩擦力同向：＝＋μ(2)根据牛顿第二定律，在0～4s内恒力1FmaFmgF0.15μ＝内恒力，解得：与摩擦力反向：＝－μ7N＝，4～8s211x，m＝24m＝×(4×20) m－(3)根据图形的面积可得8s内物块运动的位移大小为×(4×8) 22F方向相反，方向水平向右，与恒力FxFW168J.做的功为＝－故恒力＝－7×24J＝－L10m)如图甲所示，光滑平台右侧与一长为＝12．(2019·吉林吉林市友好学校联合体期末v滑上木板，恰好滑的水平木板相接，木板固定在地面上，现有一小滑块以初速度10m/s＝0＝37°，让θ到木板右端停止．现让木板右端抬高，如图乙所示，使木板与水平地面的夹角2g，sin37°＝取滑块以相同的初速度滑上木板，不计滑块滑上木板时的能量损失，10 m/s 0.8.求：0.6，cos37°＝μ；(1)滑块与木板之间的动摩擦因数t. 滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间(2)＋(2)15s答案 (1)0.5mamgma① (1)设滑块质量为＝，木板水平时滑块的加速度大小为，则对滑块有μ解析2aLv－②＝－20滑块恰好到木板右端停止，故有02v0解得μ＝＝0.5③gL2ast，有当木板倾斜，设滑块上滑时的加速度大小为(2)，最大距离为，上滑的时间为11mamgmg＝θcos＋④sinθμ12sva＝－－2⑤010tav＝⑥－0101st＝5m⑦1s由④⑤⑥式，解得，＝1ta，下滑的时间为设滑块下滑时的加速度为，有22mamgmg⑧－μcosθ＝θsin212tsa⑨＝222t5s由⑧⑨式解得＝2ttt5s. ＝滑块从滑上倾斜木板到滑回木板底端所用的时间＝＋1＋21。