《高二一轮复习粤教版高中物理必修一测试题第四章 力与运动精编解析版.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高二一轮复习粤教版高中物理必修一测试题第四章 力与运动精编解析版.docx（11页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、.第四章力与运动一、单项选择题本大题共5小题，1. 质点受四个力处于平衡状态，那么其中()A. 三个力的合力大于第四个力B. 三个力的合力一定与第四个力一样C. 三个力的合力一定与第四个力不同D. 一个力撤去后质点一定作匀加速直线运动C解：A、四个共点力作用在一个质点上，使质点处于平衡状态，那么三个力的合力一定与第四个力等值反向，故AB错误；C正确；D、一个力撤去后，此力与剩余力的合力等值反向，当此力的方向与速度方向共线时，那么做匀变速直线运动；当不共线时，那么做匀变速曲线运动.故D错误应选：C四个共点力作用在一个质点上，质点处于平衡状态，知合力等于零，当一个力逐渐减小时，物体所受的合力与此力
2、反向，做匀变速运动解决此题的关键知道平衡状态的特征，即合力为零，知道物体平衡时，任意一个力与剩余力的合力等值反向，注意直线与曲线运动的条件2. 在北京29届奥运会4×100m接力比赛中，我国男子接力队进入了前八名，假设在比赛中第一棒运发动跑了95m，第二棒运发动跑了104m，第三棒运发动跑了98m，第四棒运发动跑了103m，用时40.0s，第四棒运发动冲过终点时的速度是13m/s，以下说法正确的选项是()A. 四名运发动的平均速度为10m/sB. 第四棒运发动的位移为103mC. 第四棒运发动冲过终点时的速度13m/s指的是瞬时速度D. 第一棒运发动比第四棒运发动跑地慢C解：A、在标
3、准跑道上，一周的长度是400m，所以四名运发动的路程是400m，位移不是400m，所以平均速度不是10m/s.故A错误；B、位移是从起点指向终点的有向线段，由于第四棒运发动跑的是弯道，所以位移一定小于103m.故B错误；C、第四棒运发动冲过终点时的速度13m/s对应某一个时刻的速度，指的是瞬时速度.故C正确；D、由于不知道第一棒运发动和第四棒运发动跑的时间，所以不能比较他们的快慢关系.故D错误应选：C 位移是从起点指向终点的有向线段；平均速度和瞬时速度的区别在于平均速度与一段位移或一段时间对应，而瞬间速度和某一位置或某一时刻对应，因此明确二者概念即可正确解答此题生活中的很多现象是和物理知识互相
4、对应的，因此要经常利用所学物理概念深化分析实际问题，进步对物理规律的理解和应用3. 蹦极跳是英勇者的体育运动。设运发动分开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运发动下降至最低点为第二阶段。以下说法中正确的选项是()A. 第一阶段重力对运发动的功和第二阶段重力对运发动的功大小相等B. 第一阶段重力对运发动的冲量大小和第二阶段重力对运发动的冲量大小相等C. 第一阶段运发动受到的合力方向始终向下，第二阶段受到的合力方向始终向上D. 第一阶段和第二阶段，重力对运发动的总冲量与弹性绳弹力对运发动的冲量大小相等D解：A、整个下落过程中，两个阶段的下落的高度关系不知
5、道，根据W=mgh，那么不能断定第一阶段重力对运发动的功和第二阶段重力对运发动的功大小关系。故A错误；B、整个下落过程中，两个阶段的时间关系不知道，根据I=mgt，那么不能断定第一阶段重力对运发动的冲量和第二阶段重力对运发动的冲量大小关系。故B错误；C、第二阶段运发动受到的合力方向先向下后向上。故C错误。D、整个下落过程中，由于初末速度都为零，所以第一、第二阶段重力对运发动的总冲量和第二阶段弹性绳弹力对运发动的冲量大小相等。故D正确。应选：D根据动量定理研究第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小关系；整个下落过程中，由于初末速度都为零，根据动能定理，总功为零，整个过程中，重力对运发动所做的
6、功等于运发动抑制弹性绳弹力所做的功。此题中橡皮绳类似于弹簧，运用动量定理和动能定理分析时，关键要恰当地选择研究过程。4. 如下图，程度桌面上平放着一副扑克牌，总共54张，每一张牌的质量都相等，牌与牌之间的动摩擦因数以及最下面一张牌与桌面之间的动摩擦因数也都相等.用手指以竖直向下的力按压第一张牌，并以一定的速度程度挪动手指，将第一张牌从牌摞中程度移出(牌与手指之间无滑动).设最大静摩擦力等于滑动摩擦力，那么A. 第1张牌受到手指的摩擦力方向与手指的运动方向相反B. 从第2张牌到第54张牌之间的牌不可能发生相对滑动C. 从第2张牌到第54张牌之间的牌可能发生相对滑动D. 第54张牌受到桌面的摩擦力
7、方向与手指的运动方向一样B【分析】第1张牌受到手指的摩擦力是静摩擦力，方向与相对运动趋势方向相反.第2张牌受到手指的滑动摩擦力，小于它受到的最大静摩擦力，与第3张牌之间不发生相对滑动；而第3张到第54张牌的最大静摩擦力更大，更不能发生相对滑动；对53张牌(除第1张牌外)研究，分析摩擦力的方向；此题考察对摩擦力理解和判断才能；此题是实际问题，要应用物理根本知识进展分析，同时要灵敏选择研究对象。【解答】A.第1张牌相对于手指的运动趋势方向与手指的运动方向相反，那么受到手指的静摩擦力与手指的运动方向一样；故A错误；BC.设每张的质量为m，动摩擦因数为.对第2张分析，它对第3张牌的压力等于上面两张牌的
8、重力，最大静摩擦力Fm>2mg=2mg，而受到的第1张牌的滑动摩擦力为f=mg<Fm，那么第2张牌与第3张牌之间不发生相对滑动.同理，第3张到第54张牌也不发生相对滑动；故B正确，C错误；D.对53张牌(除第1张牌外)研究，处于静止状态，程度方向受到第1张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向一样，那么根据平衡条件可知：第54张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反；故D错误。 应选B。5. 电梯由第三层向第四层运动时，在接近第四层楼时以0.6m/s2的加速度减速，电梯内一名学生的质量为60kg，此时学生对电梯底面的压力大小为(取g=10m/s2)()A. 636NB.
9、 600NC. 564ND. 36NC解：由题可知，电梯的加速度的方向向下，可知，人的加速度的方向也向下，由牛顿第二定律得：mg-FN=ma所以：FN=mg-ma=60×10-60×0.6=564N根据牛顿第三定律可知，此时学生对电梯底面的压力大小为564N。应选：C。从三层乘坐电梯到四层，电梯在接近四楼时以0.6m/s2的加速度减速，加速度方向下上，由牛顿第二定律可得地板对乘客的支持力；结合电梯底面对他的支持力为零的情况，由牛顿第二定律即可求出加速度首先要会断定超重和失重，其次要够由牛顿第二定律求解支持力，重点把握加速度的方向二、多项选择题本大题共4小题，6. 蹦极跳是英
10、勇者的体育运动.设运发动分开跳台时的速度为零，从自由下落到弹性绳刚好被拉直为第一阶段，从弹性绳刚好被拉直到运发动下降至最低点为第二阶段.以下说法中正确的选项是()A. 第一阶段重力对运发动的冲量和第二阶段重力对运发动的冲量大小相等B. 第一阶段重力对运发动的冲量和第二阶段弹力与重力对运发动的冲量大小相等C. 第一和第二阶段重力对运发动的冲量，与弹性绳弹力对运发动的冲量大小相等D. 第一阶段运发动受到的合力方向始终向下，第二阶段受到的合力方向始终向上BC解：A、整个下落过程中，两个阶段的时间关系不知道，根据I=mgt，那么不能断定第一阶段重力对运发动的冲量和第二阶段重力对运发动的冲量大小关系.故
11、A错误；B、第一阶段重力对运发动的冲量和第二阶段合力对运发动的冲量大小相等相等，方向相反.故B正确；C、整个下落过程中，由于初末速度都为零，所以第一、第二阶段重力对运发动的总冲量和第二阶段弹性绳弹力对运发动的冲量大小相等.故C正确D、第二阶段运发动受到的合力方向先向下后向上.故D错误应选：BC 根据动量定理研究第一阶段重力的冲量和第二阶段弹力的冲量大小关系；整个下落过程中，由于初末速度都为零，根据动能定理，总功为零，整个过程中，重力对运发动所做的功等于运发动抑制弹性绳弹力所做的功此题中橡皮绳类似于弹簧，运用动量定理分析时，关键要恰当地选择研究过程7. 以下说法中正确的选项是()A. 第二类永动
12、机无法制成是因为它违犯了热力学第一定律B. 教室内看到透过窗子的“阳光柱里粉尘颗粒杂乱无章的运动，这种运动是布朗运动C. 小草上的露珠呈球形的主要原因是液体外表张力的作用D. 热量能从高温物体向低温物体传递，也能由低温物体传给高温物体CD解：A、第二类永动机无法制成是因为它违犯了热力学第二定律，故A错误；B、布朗运动是由于液体分子无规那么运动时撞击的不平衡引起的，教室内看到透过窗子的“阳光柱里粉尘颗粒杂乱无章的运动是由于气流的作用引起的，故这种运动不是布朗运动，故B错误；C、液体外表张力有使外表积收缩的作用，即总是想使外表积减小，而球是体积一样的形状中外表积最小的，故露珠呈球形，C正确；D、根
13、据热力学第二定律热量不能自发的从低温传向高温，但在一定条件下可以从低温传向高温，比方空调，故D正确应选：CD第二类永动机无法制成是因为它违犯了热力学第二定律；布朗运动是由于液体分子无规那么运动时撞击的不平衡引起的；小草上的露珠呈球形的主要原因是液体外表张力的作用；热量能从高温物体向低温物体传递，也能由低温物体传给高温物体此题全面考察了选修3-3中的根底知识，这些知识大都需要平时的记忆和积累，在平时注意加强记忆和练习，进步知识的应用才能8. 如下图，xOy平面直角坐标系的第三和第四象限均存在垂直平面向里的匀强磁场，第四象限还存在与y轴平行的匀强电场.一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点
14、垂直于y 轴进入第四象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第一象限，Q点距O点的间隔 为d，重力加速度为g，根据以上信息，可以判断()A. 电荷的正负B. 电场强度的大小和方向C. 磁感应强度大小D. 小球在第四象限运动的时间AD解：A、根据左手定那么，由小球在第III象限中的偏转和磁场方向可以确定小球带正电，故A正确；B、小球在第象限做匀速圆周运动，那么mg=qE，电场强度：E=mgq，由于不知道：m、q，无法求出电场强度大小，故B错误；C、小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB=mv2r，解得：B=mv2qBd根据小球在第III象限里的运动可以求得小球圆周运动的v，但由
15、于不知道m、q，无法求出磁感应强度B的大小，故C错误；D、小球在第四象限做匀速圆周运动，利用动能定理可以求得小球进入第四象限的速度以及小球圆周运动的半径，故可以求得小球在第四象限运动的时间，故D正确应选：AD根据小球第象限内的运动，应用动能定理可以求出小球的速度；小球在第象限做匀速圆周运动，应用牛顿第二定律分析答题此题考察了小球在磁场、电磁场中的运动，分析清楚小球的运动过程，应用动能定理、牛顿第二定律、周期公式即可正确解题，解题时要注意洛伦兹力对带电小球不做功9. 我国高铁技术处于世界领先程度，和谐号动车组是由动车和拖车编组而成，提供动力的车厢叫动车，不提供动力的车厢叫拖车。假设动车组各车厢质
16、量均相等，动车的额定功率都一样，动车组在程度直轨道上运行过程中阻力与车重成正比。某列动车组由8节车厢组成，其中第1、5节车厢为动车，其余为拖车，那么该动车组 A. 动时乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向相反B. 做匀加速运动时，第5、6节与第6、7节车厢间的作用力之比为3:2C. 进站时从关闭发动机到停下来滑行的间隔 与关闭发动机时的速度成正比D. 与改为4节动车带4节拖车的动车组最大速度之比为1:2BD【分析】根据受力分析，结合牛顿第二定律分析车厢之间的作用力；根据动能定理分析从关闭发动机到停下来滑行的间隔 ；当牵引力和阻力的大小相等时，动
17、车的速度到达最大值，由此可以求得将非动力车改为动力车的数量。当机车的速度到达最大时，机车做匀速运动，此时机车处于受力平衡状态，即此时的牵引力和受到的阻力的大小相等，再根据瞬时功率的公式即可解答此题。【解答】设每节动车的功率为P，牵引力为F，每一节车厢的质量是m，阻力为kmg，A.启动时乘客的加速度的方向与车厢运动的方向是一样的，所以乘客受到车厢作用力的方向与车运动的方向一样，故A错误；B.做加速运动时，有两节动力车厢，对整个的车进展受力分析得：2F-8kmg=8ma对6、7、8车厢进展受力分析得：F1-3kmg=3ma对7、8车厢进展受力分析得：F2-2kmg=2ma联立可得：F1F2=32，
18、故B正确；C.设进站时从关闭发动机到停下来滑行的间隔 为s，那么：-8kmgs=0-8×12mv2 可得：s=v22kg 可知进站时从关闭发动机到停下来滑行的间隔 与关闭发动机时的速度的平方成正比，故C错误；D.当只有两节动力车时，最大速率为v，那么：2P=8kmgv 改为4节动车带4节拖车的动车组时：4P=8kmgv' 所以：v'=2v，故D正确。应选BD。三、填空题本大题共1小题，10. 如下图，物体运动的位移图象，以前10s物体运动的速度方向为正方向，那么物体在第一个10s内的速度是_ m/s，第二个10s内的速度是_ m/s，第三个10s内的速度是
19、_ m/s，第四个10s内的速度是_ m/s5；10；0；-15解：s-t图象的斜率等于物体运动的速度，那么物体在第一个10s内的速度是：v1=s1t1=5010=5m/s，第二个10s内的速度是：v2=s2t2=150-5010=10m/s，第三个10s内的速度是：v3=s3t3=150-15010=0 第四个10s内的速度是：v3=s4t4=0-15010=-15m/s 故答案为：5；10；0；-15 s-t图象的纵坐标表示物体某时刻的位移，s-t图象的斜率等于物体运动的速度理解位移图象的斜率等于物体运动的速度，是我们解决此类问题的理论根据四、实验题探究题本大题共2
20、小题，11. 为探究“恒力做功与物体动能改变的关系，采用了如下图实验装置.请答复以下问题：(1)为了减小小车与程度木板之间摩擦力的影响应采取做法是_ A.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀速运动B.将木板不带滑轮的一端适当垫高，使小车在钩码拉动下恰好做匀加速运动C.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动D.将木板不带滑轮的一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀加速运动(2)假设实验中所用小车的质量为200g，为了使实验结果尽量准确，在实验室提供的以下四种规格钩码中，应该挑选的钩码是_ A.10g &#
21、160; B.30g C.50g D.100g (3)某实验小组挑选了一个质量为50g的钩码，在屡次正确操作实验得到的纸带中取出自认为满意的一条，经测量、计算，得到如下数据：第一个点到第n个点的间隔 为40.0cm；打下第n点时小车的速度大小为1.30m/s.该同学将钩码的重力当作小车所受的拉力，那么拉力对小车做的功为_ J，小
22、车动能的增量为_ J.(g=10m/s2，结果保存两位小数)C；A；0.20；0.17解：(1)将不带滑轮的木板一端适当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动，以使小车的重力沿斜面分力和摩擦力抵消，那么小车的合力就是绳子的拉力.应选：C(2)为了使钩码的重力等于绳子的拉力，要满足钩码的质量远小于小车的质量，应选：A(3)拉力对小车做的功W=mgx=0.05×10×0.4J=0.20J，小车动能的增加量Ek=12mv2=12×0.05×132J=0.17J故答案为：(1)C；(2)A；(3)0.20，0.17(1)平衡摩擦力时，将不带滑轮的木板一端适
23、当垫高，在不挂钩码的情况下使小车恰好做匀速运动；(2)为了使钩码的重力等于绳子的拉力，要满足钩码的质量远小于小车的质量；(3)根据下滑的高度求出拉力做功的大小，根据第n点的速度求出小车动能的增加量解决此题的关键知道该实验中的两个认为：1、认为绳子的拉力等于小车的合力，前提需平衡摩擦力，2、认为钩码的重力等于绳子的拉力，前提满足钩码的质量远小于小车的质量12. 小华同学在做“研究小车匀变速直线运动的实验过程中，所使用的交流电源频率为50Hz，取下做匀加速直线运动的小车带动的一段纸带进展研究，如下图.O点为记数点的起点，相邻两记数点间还有四个计时点(图中未画出)，请答复下面的问题：(1)他因粗心而
24、忘记测量第1个记数点与起始O点间的间隔 ，请跟据纸带的数据特点推理出S1的长度，S1=_cm(2)当打第3个记数点时小车的瞬时速度v3=_m/s，小车运动的加速度a=_m/s2(计算结果保存两位有效数字)4.00，0.65，1.0【分析】根据匀变速直线运动的推论公式x=aT2可以求出加速度的大小，根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度。利用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的才能，在平时练习中要加强根底知识的理解与应用，进步解决问题才能。【解答】(1)根据匀变速直线运动的推论：物体在连续相等的时间间隔内位移之差是常数，x=aT，由图中可看出2、3两点间的间隔 为S3=6.
25、00cm，假设物体在连续相等的时间间隔内位移之差是常数x，所以1、2间的间隔 S2=S3-x，0、1间的间隔 S1=S2-x=S3-2x由此得：S1+S2=9.00cm解得：x=1.00cm所以S1=4.00cm(2)根据匀变速直线运动中间时刻的瞬时速度等于该过程中的平均速度，那么有：v3=x242T代入数据解得：v3=0.22-0.092×0.1=0.65m/s根据匀变速直线运动的推论公式有：x=aT2可以求出加速度：a=xT2=1.0m/s2故填：4.00，0.65，1.0五、计算题本大题共4小题，13. 5个一样的木块紧挨着静止放在地面上，如下图.每块木块的质量为m=1kg，长
26、l=1m.它们与地面间的动摩擦因数1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力.现有一质量为M=2.5kg的小铅块(视为质点)，以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块的动摩擦因数2=0.2.小铅块刚滑到第四块木块时，木块开场运动，求：(1)铅块刚滑到第四块木块时的速度(2)通过计算说明为什么小铅块滑到第四块木块时，木块才开场运动(3)小铅块停顿运动后，离第一块木块的左端多远？解：(1)设小铅块在前三块木块上运动的加速度大小为a1，刚滑到第四块的速度为v1由牛顿第二定律得 2Mg=Ma1由运动学公式得v02-v12=2a13l联立得：v1=2m/s(2)设小
27、铅块滑到第n块木块时对木块的摩擦力为：f1=2Mg=5N 后面的(5-n+1)块木块受到地面的最大静摩擦力为：f2=1M+(6-n)mg 要使木块滑动，应满足f2<f1，即1M+(6-n)mg<5 n>3.5取n=4 (2)设小铅块滑上4木块经过t秒和4、5木块到达共同速度，此过程小铅块、4、5木块的对地位移为s1和s2，相对位移为s，4、5木块运动的加速度为a22Mg-1(M+2m)g=2ma2v1-a1t=a2ts1=v1t-12a1t2s2=12a2t2s=s1-s2联立解得：&#
28、160;s1=8081m s=89m由于s<l(s1<l)说明小铅块没有分开第四块木块，最后小铅块与4、5木块达共同速度一起减速为零. 设小铅块与4、5木块到达共同速度为v2，一起减速的加速度大小为a3，减速位移为s31(2m+M)g=(2m+M)a3 v2=a2t &
29、#160; s3=v222a3 联立以上各式得：s3=281m &
30、#160; 小铅块最终离1木块左端为：s=3l+s1+s3 联立以上各式，得：s=32581m答：(1)铅块刚滑到第四块木块时的速度为2m/s(2)由于s<l(s1<l)说明小铅块没有分开第3块，木块小铅块滑到第4块木块时，木块才开场运动(3)小铅块停顿运动后，离第一块木块的左端32581m.通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的摩擦力程度向右，地面给长木板的摩擦力程度向
31、左，当滑块对木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力时，长木板开场运动；根据牛顿运动定律和匀变速直线运动规律分析求解此题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的根本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解.此题运动过程较为复杂，难度较大14. 如下图，5个一样的木块紧挨着静止在程度地面上，每块木块的质量为M=1kg，长I=1m，它们与地面间的动摩擦因数1=0.1，木块与地面的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，现有一质量为m=2.5kg的小铅块(视为质点)，以v0=4m/s的初速度向右滑上左边第一木块的左端，它与木块间的动摩擦因数2=0.2，小铅块刚滑上第四块木块时，4、5两块
32、木块开场运动，最终小铅块静止在第四块木块上，求：(1)小铅块刚滑上第四块木块时的速度；(2)小铅块滑上第四块木块后，4、5两木块的加速度；(3)小铅块与木块达共同速度后，还能继续滑行多远。解：(1)小铅块在木块上滑动时，根据牛顿第二定律，有：2mg=ma1得：a1=2g=2m/s2根据速度位移公式：v12-v02=2a1(3l)v1=v02+2a13l=42-2×2×3=2m/s(2)以4、5两木块组成的整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有：2mg-1(2M+m)g=2Ma2代入数据：0.2×25-0.1×45=2a2解得：a2=0.25m/s2(3)设
33、经过时间t小铅块与两木块速度一样，有：v1-a1t=a2t代入数据：2-2t=0.25t解得：t=89s共同速度为：v2=0.25t=29m/s小铅块的位移为：x1=v1+v22t=2+292×89=8081m木板的位移为：x2=v22t=292×89=881m小铅块相对木板的位移为：x=x1-x2=7281=89m<1m，所以到达共同速度时，小铅块仍在第4块木板上到达共同速度后，对小铅块和两木板组成的整体，根据牛顿第二定律，有：1(2M+m)g=(2M+m)a3代入数据解得：a3=1g=1m/s2到达共同速度后，还能滑行x3，为：x3=v222a3=(29)2
34、15;1=281m答：(1)小铅块刚滑上第四块木块时的速度为2m/s；(2)小铅块滑上第四块木块后，4、5两木块的加速度0.25m/s2；(3)小铅块与木块达共同速度后，还能继续滑行281m(1)根据牛顿第二定律求出小铅块的加速度，根据运动学公式求出小铅块刚滑上第四块木块时的速度；(2)以4、5两木块为研究对象，根据牛顿第二定律求出4、5两木块的加速度；(3)求出小铅块与木块的共同速度，此题是相对运动的题目，要对每个物体分别分析其运动情况，利用运动学的根本公式，再根据速度和位移的关系及牛顿第二定律求解。此题运动过程较为复杂，难度较大。15. 如下图，静置于程度地面的三辆手推车沿一直线排列，质量
35、均为m，人在极短的时间内给第一辆车一程度冲量其运动，当车运动了间隔 L时与第二辆车相撞，两车以共同速度继续运动了间隔 L时与第三车相碰，两车以共同速度又运动了间隔 L时停顿。车运动时受到的摩擦阻力恒为车所受重力的k倍，重力加速度为g，假设车与车之间仅在碰撞时发生互相作用，碰撞时间很短，忽略空气阻力，求： (1)整个过程中摩擦阻力所做的总功；(2)人给第一辆车程度冲量的大小。解：(1)设运动过程中摩擦阻力做的总功为W，那么W=-kmgL-2kmgL-3kmgL=-6kmgL；即整个过程中摩擦阻力所做的总功为-6kmgL。 (2)设第一车初速度为u0，第一次碰前速度为v1，碰后共同速度为
36、u1；第二次碰前速度为v2，碰后共同速度为u2；人给第一车的程度冲量大小为I。由动能定理，对三段减速过程列式-kmgL=12mv12-12mu02-2kmgL=12(2m)v22-12(2m)u12-3kmgL=0-12(3m)u22由动量守恒定律对两次碰撞过程列式mv1=2mu12mv2=3mu2人推车过程，由动量定理列式I=mu0-0联立以上六式，解得：I=2m7kgL 即人给第一辆车程度冲量的大小为2m7kgL。略16. 如下图，五块完全一样的长木板依次紧挨着放在程度地面上，每块木板的长度L=0.5m，质量m=0.6kg.一质量M=1kg的小物块以1=3m/s程度速度从第一块长
37、木板的最左端滑入.小物块与长木板间的动摩擦因数1=0.2，长木板与地面间的动摩擦因数2=0.1，设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等.重力加速度g取10m/s2.求：(1)小物块滑至第四块长木板时，物块与第四块长木板的加速度分别为多大？(2)物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大间隔 ？解：(1)设当物块滑至第n块木板时，木板与地面的摩擦力小于小物块与木板的摩擦力，即1Mg>2M+5m-(n-1)mg 解得：n>4.3 物块滑上第五块木板时，木板才开场在地面上滑动即：小物块滑至第四块长木板时，第四块长木板的加速度为零.物块的加速度为： a1=1g=2m/s2；(2)设物块刚滑
38、上第五块木板时的速度为v2，每块木板的长度为L，由动能定理得： -1Mg×4L=12Mv22-12Mv12 解得：v2=1m/s 物块在第五块木板外表做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，设经历时间t，物块与木板能获得一样的速度v3，对物块：a1=1MgM=1g=2m/s2 又v3=v2-a1t 对木板a2=1Mg-2(M+m)gm=23m/s2 又v3=a2t 解得：v3=14m/s 在此过程中，物块发生的位移为s1，由动能定理得： -1Mgs1=12Mv32-12Mv22 解得：s1=1564m<0.5m 即物块与木板获得14m/s的共同速度，之后整体
39、向前匀减速运动s2后静止.由动能定理得：-1(M+m)gs2=0-12(M+m)v32 解得：s2=132m 所以物块总共发生的位移S=4L+s1+s22.27m；答：(1)小物块滑至第四块长木板时，物块的加速度为2m/s2，第四块长木板的加速度为0(2)物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大间隔 约为2.27m(1)通过对长木板的受力分析知，滑块给长木板的滑动摩擦力程度向右，地面给长木板的静摩擦力程度向左，当滑块对木板的滑动摩擦力大于地面对长木板的最大静摩擦力时，长木板开场运动，可判断出物块滑上第五块木板时，木板才开场在地面上滑动.再根据牛顿第二定律求解物块的加速度(2)先根据动能定理求出物块刚滑上第五块木板时的速度，物块在第五块木板外表做匀减速直线运动，木板做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律和速度时间公式求出物块与第五块木块速度相等时经历的时间，两者共同运动后，由动能定理求解通过的位移，即可物块在整个运动过程中相对出发点滑行的最大间隔 能正确判断长木板开场运动的条件是滑块给长木板的摩擦力大于地面对长木板的摩擦力，并能根据摩擦力的表达式列出不等式进展求解，木块滑动的间隔 可以根据滑块的运动结合动能定理求解；纯熟使用动能定理解决此题的关键*.;第 11 页