简单运动专题突破

2020年高考物理专题精准突破 专题 自由落体运动和竖直上抛【专题诠释】1.自由落体运动特点和规律 (1)从静止开始，即初速度为零. (2)只受重力作用的匀加速直线运动. (3)公式：v ＝gt ，h ＝12gt 2，v 2＝2gh .2. 自由落体运动是初速度为0，加速度为g 的匀加速直线运动。

匀变速直线运动的一切推论公式都适用于自由落体运动。

3.竖直上抛运动特点与规律(1)特点：初速度为v 0，加速度为－g 的匀变速直线运动(通常取初速度v 0的方向为正方向)． (2)公式v ＝v 0－gt . x ＝v 0t －12gt 2. v 2－v 20＝－2gx . (3)规律：升到最高点(即v ＝0时)所需的时间t ＝v 0g ，上升的最大高度x max ＝v 202g.4.竖直上抛运动是初速度竖直向上，加速度大小为g 的匀变速直线运动，可全过程应用匀变速直线运动的速度时间关系公式等，但要注意0v 、a 、x 等物理量的正负号。

【高考引领】【2015年广东卷】距地面高5 m 的水平直轨道上A 、B 两点相距2 m ，在B 点用细线悬挂一小球，离地高度为h ，如图．小车始终以4 m/s 的速度沿轨道匀速运动，经过A 点时将随车携带的小球由轨道高度自由卸下，小车运动至B 点时细线被轧断，最后两球同时落地．不计空气阻力，取重力加速度的大小g ＝10 m/s 2.可求得h 等于( )A ．1.25 mB ．2.25 mC ．3.75 mD ．4.75 m 【命题立意】考察自由落体运动的基本规律 【答案】：A【解析】：根据两球同时落地可得2H g ＝d ABv ＋ 2hg，代入数据得h ＝1.25 m ，选项A 正确． 【2016·浙江理综·17】如图所示为一种常见的身高体重测量仪。

测量仪顶部向下发射波速为v 的超声波，超声波经反射后返回，被测量仪接收，测量仪记录发射和接收的时间间隔。

第9练 板块模型的综合分析1．(2021·海南卷·17)如图，一长木板在光滑的水平面上以速度v 0向右做匀速直线运动，将一小滑块无初速度地轻放在木板最右端．已知滑块和木板的质量分别为m 和2m ，它们之间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g .(1)滑块相对木板静止时，求它们的共同速度大小；(2)某时刻木板速度是滑块的2倍，求此时滑块到木板最右端的距离；(3)若滑块轻放在木板最右端的同时，给木板施加一水平向右的外力，使得木板保持匀速直线运动，直到滑块相对木板静止，求此过程中滑块的运动时间以及外力所做的功． 答案 (1)2v 03 (2)7v 0225μg (3)v 0μgm v 02解析 (1)由于地面光滑，则木板与滑块组成的系统动量守恒，有2m v 0＝3m v 共 解得v 共＝2v 03(2)由于木板速度是滑块的2倍，则有v 木＝2v 滑 再根据动量守恒定律有2m v 0＝2m v 木＋m v 滑 联立化简得v 滑＝25v 0，v 木＝45v 0再根据功能关系有－μmgx ＝12×2m v 木2＋12m v 滑2－12×2m v 02解得x ＝7v 0225μg(3)由于木板保持匀速直线运动，则有F ＝μmg 对滑块进行受力分析，并根据牛顿第二定律有a 滑＝μg 滑块相对木板静止时有v 0＝a 滑t 解得t ＝v 0μg则整个过程中木板滑动的距离为x ′＝v 0t ＝v 02μg则拉力所做的功为W ＝Fx ′＝m v 02.2．(2022·河北卷·13)如图，光滑水平面上有两个等高的滑板A 和B ，质量分别为1 kg 和2 kg ，A 右端和B 左端分别放置物块C 、D ，物块质量均为1 kg ，A 和C 以相同速度v 0＝10 m/s 向右运动，B 和D 以相同速度k v 0向左运动，在某时刻发生碰撞，作用时间极短，碰撞后C 与D 粘在一起形成一个新物块，A 与B 粘在一起形成一个新滑板，物块与滑板之间的动摩擦因数均为μ＝0.1.重力加速度大小取g ＝10 m/s 2.(1)若0<k <0.5，求碰撞后瞬间新物块和新滑板各自速度的大小和方向；(2)若k ＝0.5，从碰撞后到新物块与新滑板相对静止时，求两者相对位移的大小． 答案 (1)5(1－k ) m/s ，方向向右10－20k3m/s ，方向向右 (2)1.875 m 解析 (1)物块C 、D 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为v 物，已知C 、D 的质量均为m ＝1 kg ，以向右为正方向，则有m v 0－m ·k v 0＝(m ＋m )v 物 解得v 物＝1－k 2v 0＝5(1－k ) m/s>0可知碰撞后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度大小为5(1－k ) m/s ，方向向右．滑板A 、B 碰撞过程中满足动量守恒，设碰撞后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为v 滑，滑板A 和B 质量分别为1 kg 和2 kg ，则由 M v 0－2M ·k v 0＝(M ＋2M )v 滑 解得v 滑＝1－2k 3v 0＝10－20k 3 m/s>0则新滑板速度方向也向右．(2)若k ＝0.5，可知碰后瞬间物块C 、D 形成的新物块的速度为 v 物′＝5(1－k ) m/s ＝5×(1－0.5) m/s ＝2.5 m/s 碰后瞬间滑板A 、B 形成的新滑板的速度为 v 滑′＝10－20k3m/s ＝0可知碰后新物块相对于新滑板向右运动，新物块向右做匀减速运动，新滑板向右做匀加速运动，新物块的质量为m ′＝2 kg ，新滑板的质量为M ′＝3 kg ，设相对静止时的共同速度为v 共，根据动量守恒可得m ′v 物′＝(m ′＋M ′)v 共解得v 共＝1 m/s 根据能量守恒可得μm ′gx 相＝12m ′(v 物′)2－12(m ′＋M ′)v 共2解得x 相＝1.875 m.1.如图所示，静止在水平地面上的木板(厚度不计)质量为m 1＝1 kg ，与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2，质量为m 2＝2 kg 且可看成质点的小物块与木板和地面间的动摩擦因数均为μ2＝0.4，以v 0＝4 m/s 的水平初速度从左端滑上木板，经过t ＝0.6 s 滑离木板，g 取10 m/s 2，以下说法正确的是( )A ．木板的长度为1.68 mB ．小物块离开木板时，木板的速度为1.6 m/sC ．小物块离开木板后，木板的加速度大小为2 m/s 2，方向水平向右D ．小物块离开木板后，木板与小物块将发生碰撞 答案 D解析 由于μ2m 2g >μ1(m 1＋m 2)g ，对木板，由牛顿第二定律得μ2m 2g －μ1(m 1＋m 2)g ＝m 1a 1，解得a 1＝2 m/s 2，即物块在木板上以加速度大小a 2＝μ2g ＝4 m/s 2向右减速滑行时，木板以加速度大小a 1＝2 m/s 2向右加速运动，在0.6 s 时，物块的速度v 2＝1.6 m/s ，木板的速度v 1＝1.2 m/s ，B 错误；物块滑离木板时，物块位移为x 2＝v 0＋v 22t ＝1.68 m ，木板位移x 1＝v 12t ＝0.36 m ，两者相对位移为x ＝x 2－x 1＝1.32 m ，即木板长度为1.32 m ，A 错误；物块离开木板后，木板做减速运动，加速度大小为a 1′＝μ1g ＝2 m/s 2，方向水平向左，C 错误；分离后，物块在地面上的加速度大小为a 2′＝μ2g ＝4 m/s 2，在地面上物块会滑行x 2′＝v 222a 2′＝0.32 m ，木板会滑行x 1′＝v 122a 1′＝0.36 m ，所以两者会相碰，D 正确．2．(多选)(2022·陕西省西北工业大学附中适应性训练)如图甲，足够长的木板静置于水平地面上，木板右端放置一小物块．在t ＝0时刻对木板施加一水平向右的恒定拉力F ，作用1 s 后撤去F ，此后木板运动的v －t 图像如图乙．物块和木板的质量均为1 kg ，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．拉力F 的大小为18 NB ．物块与木板、木板与地面间的动摩擦因数均为μ＝0.4C ．物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为3 mD ．t ＝2 s 时刻，物块的速度减为0 答案 AC解析 由题图乙可知，撤去拉力F 前，物块在木板上一直有相对运动，否则，撤去拉力F 后，木板的v －t 图像不可能是折线．在1～1.5 s 内，物块加速、木板减速，设它们的加速度大小分别为a 1、a 2，则a 1＝⎪⎪⎪⎪Δv 1Δt 1＝3－01.5－0 m/s 2＝2 m/s 2，a 2＝⎪⎪⎪⎪Δv 2Δt 2＝8－31.5－1 m/s 2＝10 m/s 2，设物块、木板的质量均为m ，物块与木板之间的动摩擦因数为μ1，木板与地面之间的动摩擦因数为μ2，则有μ1mg ＝ma 1，μ1mg ＋μ2·2mg ＝ma 2，得μ1＝0.2，μ2＝0.4，撤去拉力F 前，木板的加速度大小a 0＝ΔvΔt ＝8 m/s 2，对木板，根据牛顿第二定律有F －(μ1mg ＋μ2·2mg )＝ma 0，得F ＝18 N ，选项A 正确，B 错误；在0～1.5 s 内，物块位移为x 1＝v 122a 1＝322×2 m ＝2.25 m ，木板位移为x 2＝v 22t ＋v 22－v 122a 2＝(82×1＋82－322×10) m ＝6.75 m ，在t 1＝1.5 s 后，物块与木板间仍有相对滑动，物块的加速度大小a 1′＝μ1g ＝2 m/s 2，设木板的加速度大小为a 2′，由μ2·2mg －μ1mg ＝ma 2′得a 2′＝6 m/s 2，物块到停止的时间还需t 块＝v 1a 1′＝32 s ＝1.5 s ，木板到停止的时间还需t 板＝v 1a 2′＝36 s ＝0.5 s ，所以木板比物块早停止运动，从t 1＝1.5 s 到物块停止运动的这段时间，物块的位移为x 1′＝v 122a 1′＝322×2 m ＝2.25 m ，木板位移为x 2′＝v 122a 2′＝322×6 m＝0.75 m ，物块最终停止时的位置与木板右端间的距离为Δs ＝x 2＋x 2′－(x 1＋x 1′)＝[6.75＋0.75－(2.25＋2.25)] m ＝3 m ，选项C 正确；物块从开始到停止运动的总时间为3 s,2 s 时的速度不为0，选项D 错误．3.质量M ＝3 kg 的滑板A 置于粗糙的水平地面上，A 与地面的动摩擦因数μ1＝0.3，其上表面右侧光滑段长度L 1＝2 m ，左侧粗糙段长度为L 2，质量m ＝2 kg 、可视为质点的滑块B 静止在滑板上的右端，滑块与粗糙段滑板的动摩擦因数μ2＝0.15，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，现用F ＝18 N 的水平恒力拉动A 向右运动，当A 、B 分离时，B 对地的速度v B ＝1 m/s ，求L 2的值．答案 1 m解析 在F 的作用下，A 做匀加速运动，B 静止不动，当A 运动位移为L 1时B 进入粗糙段，设此时A 的速度为v A ，则对A 由动能定理得 FL 1－μ1(M ＋m )gL 1＝12M v A 2B 进入粗糙段后，设A 加速度为a A ，B 加速度为a B ，对A 由牛顿第二定律有 F －μ1(M ＋m )g －μ2mg ＝Ma A 对B 由牛顿第二定律μ2mg ＝ma B 联立解得v A ＝2 m/s ，a A ＝0，a B ＝1.5 m/s 2即A 以v A ＝2 m/s 的速度做匀速直线运动直至A 、B 分离，设B 在粗糙段滑行的时间为t ，则对A 有x A ＝v A t对B 有v B ＝a B t ，x B ＝12a B t 2二者位移关系为x A －x B ＝L 2 联立解得L 2＝1 m.4．(2022·广东肇庆市二模)如图所示，长木板静止在光滑的水平面上，小铁块静止在长木板左端，长木板右端紧靠固定在水平面上的竖直弹性挡板，某时刻小铁块自长木板左端以v 0＝6 m/s 的速度向右运动，经过一段时间后与挡板相碰，碰撞过程没有能量损失，最终小铁块恰好没有从长木板上滑下．已知小铁块与长木板质量均为m ＝1 kg ，二者间的动摩擦因数μ＝0.6，重力加速度g ＝10 m/s 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求：(1)小铁块和长木板的最终速度大小及长木板的长度；(2)整个过程中小铁块和长木板因摩擦产生的热量． 答案 (1) 6 m/s 1 m (2)12 J解析 (1)设铁块运动到木板右端时的速度为v 1，木板长度为l ，则有 v 02－v 12＝2μgl反弹后铁块向左运动，铁块与木板组成的系统动量守恒，最终速度为v 2，有 m v 1＝2m v 2μmgl ＝12m v 12－12×2m v 22联立并代入数据解得 v 2＝ 6 m/s ，l ＝1 m(2)整个过程中，铁块与木板相对运动的路程为 2l ＝2 m所以整个过程中铁块和长木板因摩擦产生的热量为 Q ＝μmg ·2l ＝12 J.5.如图所示，足够长的固定斜面倾角为30°，工件质量M ＝2m ，上表面光滑，长度l ＝20 cm ，可视为质点质量为m 的物块位于工件顶端，工件下表面与斜面之间的动摩擦因数μ＝39，现将物块和工件同时由静止释放，重力加速度大小取g ＝10 m/s 2，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力，求：(1)物块经多长时间与工件挡板相碰；(2)假设碰撞为弹性碰撞，碰撞结束后工件的速度大小． 答案 (1)0.4 s (2)53m/s解析 (1)对于物块，沿斜面方向有mg sin 30°＝ma m 对于工件，沿斜面方向有 2mg sin 30°－μ(3mg cos 30°)＝2ma M因为a m >a M ，设t 时间物块与工件相碰，根据位移关系有l ＝12a m t 2－12a M t 2代入数值解得t＝0.4 s(2)物块与工件挡板即将相碰前，物块的速度v m＝a m t工件的速度v M＝a M t代入数值解得v m＝2 m/s，v M＝1 m/s物块与工件组成的系统碰憧过程中，由动量守恒定律有m v m＋M v M＝m v m′＋M v M′根据机械能守恒定律有12＋12M v M2＝12m v m′2＋12M v M′22m v m代入数值解得v M′＝53m/s.6．航空公司装卸货物时常因抛掷而造成物品损坏，为解决这个问题，某同学设计了如图所示的缓冲转运装置．装置A紧靠飞机，转运车B紧靠A，包裹C沿A的光滑曲面由静止滑下，经粗糙的水平部分后滑上转运车并最终停在转运车上被运走，B的右端有一固定挡板．已知C与A水平部分和B之间的动摩擦因数均为μ1＝0.2，缓冲装置A与水平地面间的动摩擦因数为μ2＝0.1，不计转运车与地面间的摩擦．A、B的质量均为M＝40 kg，A、B水平部分的长度均为L＝4 m．包裹C可视为质点且无其他包裹影响，C与B的右挡板碰撞时间极短，碰撞损失的机械能可忽略．重力加速度g取10 m/s2.求：(1)要求包裹C在缓冲装置A上运动时A不动，则包裹C的质量最大不超过多少；(2)若某包裹的质量为m＝10 kg，为使该包裹能停在转运车B上，则该包裹释放时的高度h 应满足的条件；(3)若某包裹的质量为m＝50 kg，为使该包裹能滑上转运车B，则该包裹释放时h′的最小值．答案(1)40 kg(2)0.8 m≤h≤2.8 m(3)0.85 m解析(1)要求A不动时需满足μ1mg≤μ2(m＋M)g解得m≤M＝40 kg即包裹C的质量不能超过40 kg.(2)由于包裹质量小于40 kg，装置A始终静止不动，所以在A上释放高度最小时，包裹C恰好滑上B车，则有mgh1＝μ1mgL解得h1＝0.8 m释放高度最大时，则包裹C 滑上B 车与挡板碰撞后返回B 车最左端时二者恰好共速，从开始下滑至刚要滑上B 车有mgh 2＝12m v 02＋μ1mgL与B 车相互作用过程满足m v 0＝(m ＋M )v 12m v 02＝12(m ＋M )v 2＋μ1mg ·2L 解得h 2＝m ＋M M ×2μ1L ＋μ1L ＝2.8 m所以0.8 m ≤h ≤2.8 m.(3)由于包裹质量大于40 kg ，则装置A 带动B 车向右运动，要求包裹能滑上B 车，最小高度是包裹刚好可以滑上B 车时A 、B 、C 三者共速．则A 、B 加速度满足 a 1＝μ1mg －μ2(m ＋M )g 2M ＝18 m/s 2包裹加速度a 2＝μ1g ＝2 m/s 2包裹在光滑曲面下滑有12m v 02＝mgh ′共同速度v ＝a 1t ＝v 0－a 2t 解得t ＝817v 0如图所示由v －t 图像可得L ＝12v 0t解得h ′＝0.85 m.7．如图所示，在光滑的水平面上有一质量M ＝4 kg 的平板车，小车右端固定一竖直挡板，挡板的质量不计，一轻质弹簧右端固定在挡板上，在平板车左端P 处有一可以视为质点的小滑块，其质量m ＝2 kg.平板车上表面Q 点的左侧粗糙，右侧光滑，PQ 间的距离L ＝10 m ．某时刻平板车以v 1＝1 m/s 的速度向左滑行，同时小滑块以v 2＝8 m/s 的速度向右滑行．一段时间后，小滑块与平板车达到相对静止，此时小滑块与Q 点相距d ＝5 m ，取g ＝10 m/s 2，求：(1)小滑块与平板车相对静止时的速度v；(2)小滑块与平板车之间的动摩擦因数μ；(3)弹簧可能获得的最大弹性势能E p.答案(1)2 m/s，方向水平向右(2)0.54或0.18(3)18 J解析(1)平板车与滑块组成的系统动量守恒，设平板车与滑块的共同速度为v，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得m v2－M v1＝(M＋m)v解得v＝2 m/s，方向水平向右．(2)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律得12＋12m v22－12(M＋m)v2＝μmg(L－d)2M v1解得μ＝0.54如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再在返回过程中与平板车达到相对静止，对平板车与滑块组成的系统，由能量守恒定律得12＋12m v22－12(M＋m)v2＝μmg(L＋d)2M v1解得μ＝0.18.(3)如果小滑块尚未越过Q点就与平板车达到相对静止，弹簧的弹性势能为零．如果小滑块越过Q点与弹簧相互作用后，再在返回过程中与平板车达到相对静止，弹簧被压缩具有最大弹性势能时，滑块和平板车共速，对平板车、滑块和弹簧组成的系统，由能量守恒定律得12＋12m v22－12(M＋m)v2＝μmgL＋E p2M v1解得E p＝18 J所以，弹簧可能获得的最大弹性势能为18 J.错题统计(题号)对应考点错因分析用动力学方法分析板块问题用动量观点分析板块问题用功能观点分析板块问题1．板块模型的分析方法(1)分析滑块、木板的受力情况，确定两者的运动情况．(2)从速度、位移、时间等角度，寻找滑块与木板之间的联系．(3)注意摩擦力的变化，两者共速时，摩擦力往往发生突变．(4)根据题目要求的物理量和相互作用情况，选择合适的规律列式求解．2．分析板块模型常用的物理规律(1)牛顿运动定律和运动学公式：题目涉及运动的物理量如加速度、位移、速度时，选用此规律．(2)动量守恒定律：合外力为零但不涉及中间量时，选用此规律．(3)动量定理：涉及相互作用时间时，选用此规律．(4)功能关系、能量守恒定律：涉及摩擦生热和能量转化时，选用此规律．3．摩擦生热的计算Q＝F fΔs，Δs为滑块在板上的相对路程．4．注意事项(1)木板在光滑地面上滑动时，滑块不从木板上掉下来的临界条件是滑块到达木板末端时，两者共速．(2)应注意区分滑块、木板各自的相对地面位移和它们的相对位移．用运动学公式或动能定理列式时位移指相对地面位移；求系统摩擦生热时用相对位移(或相对路程).1．(多选)(2022·河北省模拟)如图甲所示，质量为M＝1.5 kg、足够长的木板静止在水平面上，质量为m＝0.5 kg的物块静止于木板左端，木板与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.1.现用水平向右的拉力F 拉动物块，拉力大小随时间的变化关系满足F ＝kt (k 为常量)，物块的加速度a 随时间t 变化的图像如图乙所示．最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g ＝10 m/s 2，则( )A ．k ＝2 N/sB ．物块与木板间的动摩擦因数为0.5C ．0～2 s 时间内，水平拉力F 做的功为49144J D.43～2 s 时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为29J 答案 ABD解析 根据题图乙知，1 s 时木板开始与地面发生相对运动，则有k ×(1 s)＝μ1(M ＋m )g ，解得k ＝2 N/s ，A 正确；当t ＝1 13 s 时，物块的加速度为13 m/s 2，根据牛顿第二定律得k ×(1 13s)－μ2mg ＝m ×(13m/s 2)，解得μ2＝0.5，B 正确；2 s 时物块的加速度为k ×(2 s)－μ2mg ＝ma ，解得a ＝3 m/s 2，a －t 图线与t 坐标轴围成的面积表示速度变化量，则2 s 末物块的速度为v ＝13×132 m/s ＋(13＋3)×(2－1 13)2 m/s ＝76 m/s ，末动能为12m v 2＝49144J ，根据动能定理，合力做的功是49144 J ，C 错误；43 s 时木板的速度为v 1＝13×132 m/s ＝118m/s ，木板的加速度为μ2mg －μ1(M ＋m )g ＝Ma 2，解得a 2＝13 m/s 2，故43～2 s 时间内，木板的位移为x 2＝v 1t ＋12a 2t 2＝118×23 m ＋12×13×(23)2 m ＝19 m ，43～2 s 时间内，木板与地面间因摩擦产生的热量为Q ＝μ1(M ＋m )gx 2＝29J ，D 正确． 2．(2022·湖北武汉市武昌区质检)如图所示，质量M ＝4 kg 、左端带挡板的、长L ＝1.5 m 的木板B 静止在水平面上，质量m ＝1 kg(可视为质点)的物块A 静止在木板的左端，挡板和物块间用长为l ＝0.5 m 的轻绳连接，A 与B 之间、B 与水平面之间的动摩擦因数分别为μ1＝0.5、μ2＝0.1.现给物块A 持续施加大小恒为F ＝9 N 、方向水平向右的拉力，使A 由静止开始在B 上向右运动，当绳拉直时瞬间绷断．已知A 因绳绷断速度减小了Δv A ＝0.8 m/s ，可认为滑动摩擦力与最大静摩擦力相等，取g＝10 m/s2，求：(1)绳绷断后瞬间，物块A的速度大小v A和木板B的速度大小v B；(2)物块A在木板B上运动的总时间．答案(1)1.2 m/s0.2 m/s(2)1 s解析(1)开始阶段，由于μ1mg＝μ2(M＋m)g因此物块在木板上滑动时，木板处于静止状态．对物块A，根据牛顿第二定律有F－μ1mg＝ma由于l＝12at12解得a＝4 m/s2，t1＝0.5 s绳绷断前的瞬间，物块A的速度v0＝at1＝2 m/s绳绷断后瞬间，物块A的速度v A＝v0－Δv A＝1.2 m/s绳绷断时间极短，可认为动量守恒有m v0＝m v A＋M v B因此绳绷断后瞬间，木板B的速度v B＝0.2 m/s(2)绳绷断后B做匀速运动，根据运动学公式有v A t2＋12at22－v B t2＝L－l解得t2＝0.5 s，t2′＝－1 s(舍去)物块A在木板B上运动的总时间为t＝t1＋t2＝1 s.3.(2022·福建龙岩市武平县第一中学月考)如图所示，左端为四分之一光滑圆弧的长木板静止放置在光滑的水平面上，圆弧与长木板水平部分相切于B点，圆弧的半径为R，长木板的质量为3m，在长木板右端固定一轻弹簧，轻弹簧的自由端位于长木板D点的上方，其中BC＝CD＝R，且BC段光滑，CD段均匀粗糙，小物块P与长木板间的动摩擦因数为μ，D点右侧光滑，质量为m的小物块P由A点上方R处静止下落，沿切线下落进入圆弧，重力加速度为g.求：(1)小物块P到达圆弧最低点B时，小物块P与长木板的速度大小分别为多少；(2)小物块P到达圆弧最低点B时，长木板向左移动的距离多大；(3)运动过程中轻弹簧的弹性势能的最大值．答案(1)3gR 133gR(2)14R(3)(2－μ)mgR解析(1)小物块P从静止开始到最低点的过程中，两物体构成的系统水平方向上动量守恒，根据动量守恒定律有0＝m v1－3m v2根据能量守恒定律有mg·2R＝12m v12＋12×3m v22联立解得v1＝3gR，v2＝133gR(2)根据水平方向上动量守恒定律有0＝m v1－3m v2在这个过程中，小物块的水平位移为x1，长木板的位移为x2，则有x1＋x2＝Rmx1＝3mx2长木板向左移动的距离x2＝14R(3)从小物块P静止开始下落到弹簧压缩到最短的过程中，系统水平方向上动量守恒0＝(m＋3m)v共，得v共＝0根据能量守恒定律有2mgR＝μmgR＋E p得E p＝2mgR－μmgR＝(2－μ)mgR.。

自由落体运动和竖直上抛运动1、一小石块从空中a 点自由落下,先后经过b 点和c 点,不计空气阻力。

经过b 点时速度为v ,经过c 点时速度为3v ,则ab 段与ac 段位移之比为( ) A.1:3 B.1:5 C.1:8 D.1:92、如图所示,一杂技演员用一只手抛球,他每隔0.4s 抛出一球,接到球便立即把球抛出.已知除抛、接球的时刻外,空中总有4个小球,将球的运动近似看成是竖直方向的运动,球到达的最大高度是(高度从抛球点算起,210m/s g =)( )A.1.6mB.2.4mC.3.2mD.4.0m3、空降兵某部官兵使用新装备从260m 超低空跳伞成功。

若跳伞空降兵在离地面224m 高处,由静止开始在竖直方向做自由落体运动。

一段时间后,立即打开降落伞,以12.52m/s 的平均加速度匀减速下降,为了空降兵的安全,要求空降兵落地速度最大不得超过m/s (g 取102m/s )。

则( )A.空降兵展开伞时离地面高度至少为125m,相当于从2.5m 高处自由落下B.空降兵展开伞时离地面高度至少为125m,相当于从1.25m 高处自由落下C.空降兵展开伞时离地面高度至少为99m,相当于从1.25m 高处自由落下D.空降兵展开伞时离地面高度至少为99m,相当于从2.5m 高处自由落下4、从塔顶由静止释放一个小球A 的时刻为计时零点，0t 时刻，在与A 球0t 时刻所在位置的同一水平高度，由静止释放小球B ，若两球都只受重力作用，设小球B 下落时间为t ，在A 、B 两球落地前，A 、B 两球之间的距离为x ∆，则0xt t∆-的图线为( )A. B. C.D.5、取一根长2m 左右的细线、5个铁垫圈和一个金属盘。

在线端系上第一个垫圈,隔12cm 再系一个,以后垫圈之间的距离分别为36cm 、60cm 、84cm,如图所示。

某同学站在椅子上,向上提起线的上端,让线自由垂下,且第一个垫圈紧靠放在地上的金属盘。

实验一研究匀变速直线运动（原卷版）1．实验原理(1)利用纸带判断物体是否做匀变速直线运动的方法设x1、x2、x3、x4、…为纸带上相邻两个计数点之间的距离,假如Δx=x2-x1=x3-x2=x4-x3=…=常数,即连续相等的时间间隔内的位移之差为恒量,则与纸带相连的物体做匀变速直线运动。

(2)由纸带求物体运动速度的方法根据匀变速直线运动某段时间中间时刻的瞬时速度等于这段时间内的平均速度来求,即v n=。

(3)由纸带求物体运动加速度的方法①逐差法:根据x4-x1=x5-x2=x6-x3=3aT2(T为相邻两计数点之间的时间间隔),求出a1=,a2=,a3=,再算出a1、a2、a3的平均值a==,也就是物体的加速度。

②图象法:求出打各个计数点时纸带的瞬时速度,再作出v-t图象,图线的斜率则为物体做匀变速直线运动的加速度。

2.实验器材打点计时器,一端附有定滑轮的长木板、小车、纸带、细绳、钩码、刻度尺、导线、电源、复写纸。

3.实验步骤(1)仪器安装①把附有定滑轮的长木板放在实验桌上,并使滑轮伸出桌面,把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端,连接好电路。

②把一条细绳拴在小车上,细绳跨过定滑轮,下边挂上合适的钩码,把纸带穿过打点计时器,并把它的一端固定在小车的后面。

实验装置如图所示,放手后,看小车能否在木板上平稳地加速滑行。

(2)测量与记录①把小车停在靠近打点计时器处,先接通电源,后放开小车,让小车拖着纸带运动,打点计时器就在纸带上打下一系列的点,换上新纸带,重复三次。

②从三条纸带中选择一条比较理想的,舍掉开头一些比较密集的点,从后边便于测量的点开始确定计数点,为了计算方便和减小误差,通常用连续打点五次的时间作为时间单位,即T=0.1 s。

用毫米刻度尺测量每相邻两计数点间的距离,并填入设计的表格中。

③利用某一段时间的平均速度等于这段时间中间时刻的瞬时速度求得各计数点的瞬时速度。

④增减所挂钩码数,再重复实验两次。