多过程运动(答案)
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第 1 页，共 8 页 多过程运动（参考答案）
一、计算题
1． 【答案】 (1)3 m/s (2)1.4 m
【解析】 (1)小滑块从A→B→C→D过程中，由动能定理得
mg(h1－h2)－μmgs＝12mv2D－0
将h1、h2、s、μ、g代入得：vD＝3 m/s。
(2)对小滑块运动全过程应用动能定理，设小滑块在水平轨道上运动的总路程为s总。有：mgh1＝μmgs总
将h1、μ代入得：s总＝8.6 m
故小滑块最终停止的位置距B点的距离为
2s－s总＝1.4 m。
2． 【答案】：(1)0.5 (2)2 m
【解析】(1)物块向右做匀速运动：f＋F2＝F1cos α；f＝μ(mg－F1sin α)，
联立解得：μ＝0.5。
(2)撤掉F1后：a1＝F2＋μmgm＝30＋255 m/s2＝11 m/s2
设经过时间t1向右运动速度变为0，则：t1＝v0a1＝1 s
此时向右位移：x1＝v02t1＝5.5 m
后5 s物块向左运动：a2＝F2－μmgm＝1 m/s2
后5 s向左位移：x2＝12a2t22＝12.5 m
物块在6 s末距初始位置的距离：Δx＝x2－(x0＋x1)＝12.5 m－(5 m＋5.5 m)＝2 m。
3． 【答案】 (1)1 m/s2 (2)80 kg (3)30 m
【解析】 (1)设气球匀加速下降的加速度为a，受到空气的浮力为F，则由运动公式可知：h1＝v0t0＋12at 20
解得a＝1 m/s2
(2)由牛顿第二定律得：Mg－F＝Ma
抛掉质量为m的压舱物，气球匀速下降，有：(M－m)g＝F，解得m＝80 kg.
(3)设抛掉一些压舱物时，气球的速度为v1，经过t1＝5 s下降的高度为H
由运动学公式可知：v1＝v0＋at0
H＝v1t1
解得H＝30 m.
4． 【答案】(1)v＝4 m/s F＝22 N (2)k＝45 (3)vn＝9－0.2n m/s (且n
【解析】(1)由机械能守恒定律，得12mv20 ＝mg(2R)＋12mv2
得A滑过Q点时的速度v＝4 m/s
在Q点，由牛顿第二定律和向心力公式有F＋mg＝mv2R
解得A滑过Q点时受到的弹力F＝22 N
(2)AB碰撞前A的速度为vA，由机械能守恒定律有 第 2 页，共 8 页 12mv20 ＝12mv2A，得vA＝v0＝6 m/s
AB碰撞后以共同的速度vp前进，由动量守恒定律，得
mvA＝(m＋m)vp
得vp＝3 m/s
总动能Ek＝12(m＋m)v2p＝9 J
滑块每经过一段粗糙段损失的机械能ΔE＝fL＝μ(m ＋ m)gL＝0.2 J
则：k＝EkΔE＝45
(3)AB滑到第n个光滑段上损失的能量E损＝nΔE ＝ 0.2n J
由能量守恒得12(m＋m)v2p－12(m＋m)v2n＝nΔE
带入数据解得vn＝9－0.2n m/s，(n
5． 【答案】(1)02()vgHhL （2）h=时Smax=H-μL+L （3）1352.62()2hm
2350.38()2hm
【解析】（1）设斜面长度为L1，斜面倾角为α，根据动能定理得
2101()cos2mgHhmgLmv ①
即 201()2mgHhmgLmv ②
02()vgHhL ③
（2）根据平抛运动公式
X=vot ④
h=12gt2 ⑤
由③-⑤式得 2()xHLhh
⑥
当h=时，x有最大值，xmax=H-μL
∴对应的最大水平距离Smax=H-μL+L．
（3）在⑥式中令x=2m ,H=4m,L=5m, =0.2
则可得到：—h2+3h-1=0
求出1352.62()2hm 2350.38()2hm
6． 【答案】第一位同学的观点正确，最小值为1.6J。
7． 【答案】 (1)arctan 0.05 (2)0.8 (3)1.9 m
【解析】 (1)为使小物块下滑，应有mgsin θ≥μ1mgcos θ①
θ满足的条件tan θ≥0.05②
即当θ＝arctan 0.05时物块恰好从斜面开始下滑．
(2)克服摩擦力做功Wf＝μ1mgL1cos θ＋μ2mg(L2－L1cos θ)③
由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝0④
代入数据得μ2＝0.8⑤ 第 3 页，共 8 页 (3)由动能定理得mgL1sin θ－Wf＝12mv2⑥
结合③式并代入数据得v＝1 m/s⑦
由平抛运动规律得H＝12gt2，x1＝vt
解得t＝0.4 s⑧
x1＝0.4 m⑨
xm＝x1＋L2＝1.9 m
8． 【答案】 0.25 16.25 m
【解析】 设力F作用时物体沿斜面上升的加速度大小为a1，撤去力F后其加速度大小变为a2，则：
a1t1＝a2t2①
有力F作用时，对物体受力分析并建立直角坐标系如图所示
由牛顿第二定律可得：Fcos θ－mgsin θ－Ff1＝ma1②
Ff1＝μFN1＝μ(mgcos θ＋Fsin θ)③
撤去力F后，对物体受力分析如图所示
由牛顿第二定律得：－mgsin θ－Ff2＝－ma2④
Ff2＝μFN2＝μmgcos θ⑤
联立①②③④⑤式，代入数据得：
a2＝8 m/s2，a1＝5 m/s2，μ＝0.25，
物体运动的总位移
x＝12a1t21＋12a2t22＝12×5×22＋12×8×1.252 m
＝16.25 m.
借题发挥
a．解决两类动力学基本问题应把握的关键
应用牛顿第二定律解决两类动力学基本问题，主要应把握两点：
(1)两类分析——物体的受力分析和物体的运动过程分析；
(2)一个桥梁——物体运动的加速度是联系运动和力的桥梁．
b．解决动力学基本问题时对力的处理方法
(1)合成法：
在物体受力个数较少(2个或3个)时一般采用“合成法”．
(2)正交分解法： 第 4 页，共 8 页 若物体的受力个数较多(3个或3个以上)，则采用“正交分解法”．
①分解力而不分解加速度，此法应规定加速度的方向为x轴正方向．
②分解加速度而不分解力．此法一般是以某个力的方向为x轴正方向，其他力都落在两个坐标轴上而不需要分解．
c．解决动力学两类问题的基本思路：
无论是哪种情况，联系力和运动的“桥梁”都是加速度．利用牛顿第二定律解决动力学问题的关键是寻找加速度与未知量的关系，然后利用运动学规律、牛顿第二定律和力的运算法则列式求解．
9． 【答案】(1)av22as－v2 (2)0 m(acot θ－g)
【解析】(1)设加速过程中加速度为a′，由匀变速运动公式
s1＝v22a′，s2＝v22a
s＝s1＋s2＝v22a′＋v22a
解得a′＝av22as－v2
(2)设球不受车厢作用，应满足Nsin θ＝ma，Ncos θ＝mg
解得a＝gtan θ
减速时加速度由斜面支持力N与左壁支持力P共同决定，当a>gtan θ时，P＝0
球受力如图。 第 5 页，共 8 页
由牛顿定律Nsin θ＝ma，Ncos θ－Q＝mg
解得Q＝m(acot θ－g)
10．【答案】(1)2.5m/s^2;(2)2.4m;(3)0.2s或0.75s
11．【答案】(1)20.3m(2)8s
【解析】这是一道“多物理过程”的问题，处理此类问题首先应将多物理过程分解，再采取逐个分析方法，从中寻求规律。
设小球第一次落地速度为V0，则：
100102smghv
那么第二、第三……第n+1次落地速度分别为：
0197vv 022)97(vv……0)97(vvnn
小球开始下落到第一次碰地经过的位移为5m，小球第一次碰地到第二次碰地经过的路程为:220221)97(102/)97(222gvgvL.
小球第二次到第三次与地面相碰经过的路程L2为:4222)97(1022gvL
运用数学归纳法可知，小球第n到第n+1次与地面相碰经过的路程Ln为:
nnl2)97(10.
故整个过程的总路程为:
3210(lllhs……)nl
42)97()97[(105……])97(2n
根据等比数列求和公式qqasnn1)1(1可得:
msn3.20)97(1)]97(1[)97(5522.
小球从开始下落到第一次碰地时间为:
sght12000.
第一次到第二次碰地所用时间)(972211sgvt
同理可得:nnt)97(2. 第 6 页，共 8 页 总时间210tttt+……+nt
2)97(97[21……])97(n
t=8s
12．【答案】（1）经过t秒后质点的速度为．
（2）该质点到达B点时的速度为．
【解析】（1）作出a-t图线，图线围成的面积表示速度的变化量，
每经过n秒增加a0，则ts时，加速度a=，
则ts内速度的变化量=．
因为初速度为零，则ts后的速度v=．
（2）根据速度位移公式得，
，
．
．
累加，解得．
13．【答案】（1）02ax 06ax （2）ax0226+
14．【答案】 (1)210 m (2)27 s
【解析】 (1)过ETC通道时，减速的位移和加速的位移相等，均为：x1＝v21－v222a
所以总的位移：x总1＝2x1＋d＝210 m
(2)过ETC通道时t1＝v1－v2a×2＋dv2＝22 s
过人工收费通道时t2＝v1a×2＋20＝50 s
x2＝v212a×2＝225 m
二者的位移差Δx＝x2－x总1＝15 m
在这段位移内过ETC通道时是匀速直线运动
所以：Δt＝t2－(t1＋Δxv1)＝27 s
15．【答案】（1）若绿灯亮起瞬时，所有司机同时起动汽车，有64辆汽车能通过路口；（2）刹车后汽车加速度大小为1.47m/s2．（3）在该情况下，有25辆车能通过路口．
