专题卷(三) 牛顿运动定律的应用-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（江西专版）

二摩嫩力方向一直与醒块运动的方向相反 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷（三）】 D.传送带韩动的速率越大，煤块到达传透描顶端时的速度就会越大 物理·牛顿运动定律的应用 4.如图甲，轻洋簧竖直放置，下南园定在水平炮面上，质量为桥的小球，从弹簧上方￥：处静止下 落，若以小球开静下落的位置为学标原点，建文经直向下的坐标轴江，小煤下落至最低点垃 (考试时间75分的，满分100分) 程中的。-士图嫁如图乙（图中，1g均为已短量），不计空气阴力，g为重力加遍度。下 列说法正确的量 一，选择想：本题共10小题，共桥分。在每小题帕出的四个透项中，第1一7题只有一项符合题目 A。到王，经，个球做加违度逐帝越小的诚建运动 要求，每小题4分：第8~10葛有备项符合题日要求，每小题6分，全昂选对的得6分，选对但 不全的得3分，有这错的得0分。带·驱日为能力浸升夏，分值不计入总分。 及弹簧受到的最大弹力为： L,在数室内将两端开口的结净玻璃管整直插人液体中，管中液面如周所示， C该过程中小球与弹黄组成系统的劳能变化的是大值为g,十x) 当把该装置放在竖直加速的电梯中，且电棉的加速度a<x,黑 D,小球向下话动过程中最大速度为/g《可，十x,》 A.若电梯有上加速，期威璃管内外的液面高度差将变大 思若电梯向上加速，则鼓璃管内外的液面高度差保特不变 5。如图所示，竖直救置的轻质弹黄一图定在地面上，另一端放上一个重物，重物上端 C若电梯向下加速，雨玻璃管内外的液面高度差将要大 与一根跨过光滑定滑轮的轻绳相连，在轻绳的另一端施相一整直向下的拉力F。当 D,着电锦向下加速，则暖璃管内外的液面斋度差保持不度 F=0时，重物处于平衡状态，此时弹簧的压缩量为x,(第簧在弹性限度内)，某时剑 2,风利实验可以模拉高空确伞情况下人体所承受气藏的状态。已知物体受到的空气阻力F与 拉动轻蝇，使得重物向上餐匀知速直线运动，用A表示重物向上做匀加速直线运动 的距离：在场x。:围内，下列关于牧力F与贴的美系周像中可健正确的是 物体相对空气的遮度：请足F一CS(S为物体班风面积，C为风酮系救p为空气密度)， 图甲中风洞竖直向上匀速通风，一质量为网的物体从A处由静止下落，一段时间后在B处打 开降落伞，相对速度的平方：与加速度大小山的关系图缘如图乙所示，重力加速度为®，下列 说法正确的是 D 8.如图，将一质量为用一10、长度为一2的©m的长方形规纸板数在水半桌置上，右端一小部分 伸出桌外。将一质量也为10区的橡皮擦（可礼为斯点）置于纸板的正中间，用手指将纸板水平 第出，纸版醉间获得初喜度，一1ms。已知橡皮擦与纸板，桌鞋间的动李擦因数均为共1一01： 条板与桌面间的动摩擦因数为：一0,2，设最大静厚报力等于滑动摩擦力，章g一 10m/.则 A.开率能加速度向下，且越米峰大 B开伞后加速度向上，且够米悠大 A,弹出板后颜间，纸板的加速度大小为2m/ 6开伞前物体班风有积为3-二 D开拿后特体迎风面积为5品，=g二2 :檬皮擦与纸板达到相同渔度后，一直与纸板相戏静止 C最橡皮擦不会酰奥纸板 大平率国 C 3.如图甲所示，领斟的传送灌正以恒定速率影，沿顺时针方向转动，传送兹的领角为3丁。：星 块以初速度从传进特的底部神上传送带并沿传送带向上运闭，其运动的，图像如图乙所 n因障皮旅与纸板厚擦而产生的热量为2」 示，煤块到传透带顶时离度恰好为罗，sin37”一0.6，c0s37'一0.8。g取10m/s,则 7,如图所示，质量为m的长术板A放在光滑的水平面上，将块B,C战在长木板上，物块B的 得71 质量也为m,B,C与A同的动摩擦因数购为严，A,B,C均处于静止状态，量大静摩擦力等于 滑动摩擦力，重力都速度为g,现给物块B隐加一个水平向右的拉力F,则下列判断正病 的是 A.当F足擦小时，A仍保转静止仪态 玉当拉力F一心mg时，物块B与A刚好要发生相对滑动 C.当物块C的置量足够小时，C与A会发生相对滑动 A。煤块在你送相上的知衰为Bm D.当物块C的质量也为w时，物块C能线得的最大加遮度为2g 且煤块与传透带间的动摩擦圆数为Q,S 物理用·专题格（三）第1真引共页) 鱼纸地门整 物理目·专理卷（三}第多真（共g真） ·如图所示，轻弹簧的一端风定在倾角为8=3矿的光册斜面底瑞，另一连援一质量为3m的物 人。物块的初速发为2m/ B,物块与斜面同的动摩擦因数为0,4 块A,系统处于静止状声。若将吸量为阳的物块B通过跨过光滑轻质定滑整的氧绳与A相 连，开始时用手托住物体B,使闺绳刚好保持伸直（绳，希簧均与斜面平行》，松平后A,B一园 C.物块沿斜面上滑的最大加速度为g D物块语斜斑上清的最小有为曾。 运功，A运动到最高点P(未而出}后再反向向下运动。已知重力加迪度为x,对于上述整个运 4如图甲所示，光滑斜面上有圆定指板A,斜面上叠教着小物块君和得木板C,术板下端位于挡 动过醒，下列说法正瑞的是 板A处，整体处于静止状态。术版C受到蓬源增大的沿斜雀向上的拉力F作用时，术餐C的 人帮傲B的聚同，绳子案力大小为以 加速度：与拉力下的关系图像如图乙所示，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度为 A=10m/。,侧由图像可知下列说法正确的是 武释放B的瞬间，嘴子张方大小为g 4 C在量高点P,绳千张力大个为写mg D,在最高点护，弹簧对A的第力大小为 8,如图所示，轻质动滑轮下方悬挂重物A、经爱定滑轮下方悬挂重物B:悬挂滑 A10N<F<15N时物块B和木板C相对群动 轮的轻版细线繁直，开始时重物A.B处于静止状态，释放后A,B开始运 动，已如A,B质量均为时一1kg,假最摩蒸阻力和空气阳力均忽略不计，重 、我木板和物换间的功摩擦因数为和一 力加速度g=10m/,当A的位移为五=1m时，两滑轮还末齐平，此状态下 C由题目条件可求出木板C的面量 下列说法正确的是 D.F>15N时物块B鸭本板C相对滑动 A.重物A的加速度大小为2m/ 二、非选择题：本题共5小题，共54分。 思重物B的加速度大小为？m/ 11.(8分)用卡车运输质量为m的匀质冒简状工件，为桂工件保接围定，等其置于两个光滑料直 A的速度大小为4m/: D重物B受到的领线拉力为6 之佩，如图所示，两个制.四定在车上，顾角分别为试和37.已知如37=营37” 马.如图甲所示，垂量为的小火着由静止开始加速上升，知速度：与速度佩数二的关系图像如 三：重力加速度为g: 图乙所示，火箭的速度为时对应的加速度为1，不计空气阻力和燃料燃烧时的质量制失， 《1)当卡车沿平直公路匀速行陵时，米工件对斜面1，■的弹力大小， 重力加速度为g,下列说达正确的是 《2)当卡车沿平直公降以g的加速度匀碱速行驶时，求料面1，对工的掉力大小 3》为保证行车安全，求卡车希平直公路做匀加淘直线话分的最大闻速度的大小 A.火蔷以恒定的功率启动 B火南的功率为m《1十。)p C:上关系图像的斜为十日 D.:士关系图像在横轴极距为a,十gp 1心，如图甲所示，将某一物块每次以不变的初违拳沿足够长的斜面向上报出调节斜面与水平方 向的爽角县，测得物块运动的最大位移x与斜面领角g的关系如图乙所示，g食10m/:,则 物理用·专题格（三）第3真共取页》 鱼纸地门整 物理目·专理卷（三}第4真（共g真） 车收 12.《8分》冰童是在冰上注行的一种授博性竟荐项目。某次训，中，冰壶《可视为质点)截运动员那 13,《10分》两同学玩拉板块的双人游戏，考验两人的默突虔，如图所示。一长上=0,5m,质量 出后，在水平冰面上沿直线依次经过A.B,C三点后停在O点，已知A,B同的距离x1 M一0,5kg的木板载在光滑暖直用面上，木板右下方有一质量标=1,0kg韵小滑块（可祝为 胜名 26m,B,C可的雨离x-5.5m,冰壶通过A日段的时闻11一10，通过BC段的时闻I:一 质点》，滑块与木板闻的动摩察因数为一0.2，滑块与木叛间的最大静摩泰力等于带动摩擦 5+最设冰壹和冰省间的动摩继因数处处相等，重力加速度大小。=10m/?。求： 力，取一10m/公'，一人用水平恒力F:向左作用在带块上，另一人用紧直向上的恒力F,间 《1C,0两点之间的距离x,: 上拉动滑块，使滑块从雄道由静止开始向上运动。 《2)冰壶和冰面间的动摩察因数丛 《1》若F,=17.5N,F,=27,5N:求小滑块和木板各自的相道度： (2》在第(1》问的条件下，经过多长时月滑欢从术板上滑离开术版： (3》若F:一5N,为使带换与木板一是南上运动但不发生相对帝动，则F:必测满足什么 条件7 等慧老 123456 7*90 物理用·专题格（三）第F页（共取页》 鱼纸地门整 物理用·专理缩（三】第6真（纯真） 14,《12分》如图甲所示为某综艺节月的解球游成。观将运动过程注行简化，如图乙所示，泡沫球 15,《16分》如图所示，领角9=0的光滑斜面底端有一挡板1.术级A置于斜面上，小物块B置 从A点静止开始沿斜面匀闻速直线下滑，斜面的倾角▣=那，A与斜面能满B距肉为18m 于A底骑，A,B质量均为2g,西版2到B和到问板1的距离均为上=0.2m,【m0时别， 池沫球列达B点后没有速度授失，然后在水平面上做匀减速直线品动，池球球在整个运动过 将A,B一品由静止释放，A,B分别与挡板1和挡板2发生弹性碳撞，暖锺时闻极短忽略不 程中斯受阻力恒为其重力的0,1倍，参与游戏的玩家一开始站在C点，当小球到达B点时 玩家由静止开以加遮度大小Am/开始向右做匀加这直线运动，到达8m/8后做匀速直 计，已加A,B问的动章擦因数加一信，最大静摩擦力等于指动家幕方，童力加流度：取 规运功，C点的位置玩家可白由苏拜，在不被球道上的着提下C的距离鹅小，得分运商。黑 10m/s,小物块B始终未离开木板A。 取10m/,求： 《1》求小物块B第一次与挡板2碰撞后解同的动量大小： 《1》卷沫球沿斜面下滑时相速度，的大小和在水平面上做灯减速直线运动时加速度心：的大小： 《2)木板A的长度至少为多少？ 《2》海沫球到达B时的速度大小 3》求从一0时到开始到木板A与西板1发生第3发碰撞衡霸何，重力对木版A的总冲量 (3》玩家得分最高的情况下，所选择C的距离。 的大小。 乙 物理用·专题格（三）第T真（共取页》 鱼纸地门整 物理目·专理卷（三}第展真（共g真）高三二轮复习专题卷 2mg一上，解得a,=4m/s, 2m 第一次碰地后，木棒的加速度大小为a:-mg十上，解得a,=22m/s, 小环向下做匀加速直线运动，木棒先向上做匀减速直线运动再向下做匀加速直线运动，假设与 小环共速前会再次碰地，则两次碰地时间间隔△1=2，解得△=2四 as 118, 再次碰地时木棒的速度仍为v1=√29m/s,此时环的速度o'=v1十a4△t>v1, 故假设成立，即之后过程两物体不会再共速； 若木棒恰好与地面第4次碰撞时弹性小环从木棒底端滑落，则从第一次碰撞开始，小环向下加 动了3△1，相对木棒向下运动距离x=3u141十224(34)2-1 121m, 之前小环相对木棒向上运动距离，=十”， 261-h1, 解得s=2m, 1237 故小环开始运动时距木棒下端的距离1=x一5=121m。 物理（三） 1.C【解析】若电梯向上加速，则液体将处于超重状态，液体向下的压力增大，则可知玻璃管内的 液面要下降，玻璃管内外的液面高度差将减小，故AB错误；若电梯向下加速，则液体将处于失重 状态，液体向下的压力减小，则可知玻璃管内的液面要上升，玻璃管内外的液面高度差将变大，故 C正确，D错误。 2.C【解析】物体从A处由静止下落，开伞前加速度向下，物体所受合力为F合=mg一F,F= 2CS,F不断增大，加速度减小，图乙中右侧图线与此过程相符合，有mg一F=ma1,解得 S,= 2(mg-ma1 Cov ，故A错误，C正确；左侧图线为开伞后的图线，有F:=CS:,当0=v 有mg=F,CS,,解得5一，且当u减小时，a减小，故BD量 3.A【解析】由图乙可知传送带的速度为8m/s,在0~1s内，煤块比传送带运动得快，相对位移 为4m,此时划痕为4m;在1~3s内，传送带比煤块运动得快，相对位移为8m,此时划痕为 8m,覆盖前面的4m划痕，总划痕为8m,故A正确；在0~1s内，煤块的速度大于传送带速度， 传送带对煤块的摩擦力沿传送带向下，根据牛顿第二定律有mg sin37°+umg cos37°=ma1,根 据图乙可得@，=-16-8m/g=-8m/g,在1~38内传送带的速度大于煤块的速度，传送带对煤块 的摩擦力沿传送带向上，根据牛顿第二定律有mg sin37°一mg cos37°=ma2,根据图乙可得 @g-8,°m/s2=4m/S3,联立解得u=0.25,故BC错误；当传送带的速度大于16m/s后，煤艺 在传送带上一直做加速度为α2的减速运动，无论传送带的速度为多大，煤块到达传送带顶端时 的速度都相等，D错误。 4,D【解析】根据图甲可知，小球与弹簧刚刚接触，压缩量较小时，重力大于弹簧的弹力，即x。到 x1段，小球做加速度逐渐越小的加速运动，A错误；根据图乙可知，在x1位置，加速度为0，则有 ·8 ·物理· 参考答案及解析 k(x1一xo)=mg,随后进一步向下压缩弹簧，最大压缩量为x2,此时速度减为0，则此时弹力最 大，为Fx=k(c,-x),解得F=mg?-2 一，B错误；该过程中小球与弹簧组成系统的机 x1一x0 械能守恒，即只有动能，势能（包含重力势能与弹性势能）的转化，在加速度为0时，小球速度最 大，动能最大，即小球运动至x1位置时，重力势能减小了mgx1,减小的重力势能转化为弹性势 能与动能，可知小球与弹簧组成系统的势能变化的最大值小于mgx1,C错误；小球运动至x1位 置时，加速度为0，速度最大，根据图乙可知，将纵坐标乘以小球质量m,即可表示合力，则结合图 像的面积可求出合力做功，结合动能定理有mgx,十工1一mg=号m,解得” √g(x1十xo),D正确。 5.C【解析】当重物向上移动的距离为h时，对重物进行受力分析，由牛顿第二定律知F十k(x。 h)一mg=ma,由题意知x。=mg,解得F=h十ma,可见F与h是一次函数关系，且截距不 为零。 6.C【解析】弹出纸板后瞬间，对纸板受力分析可知橡皮擦给纸板水平向右的摩擦力为f1 41m1g=0.1×0.01×10N=0.01N,桌面给纸板水平向右的摩擦力为f2=:2(m十m1)g=0.2 ×0.02×10N=0.04N,由牛顿第二定律可知弹出纸板后瞬间，纸板的加速度大小为a= +=5m/s,橡皮擦的加速度大小为a1==1m/S,故A错误；橡皮擦与纸板达到相同 m 速度后，假设纸板和橡皮擦相对静止，则整体受到的加速度a'=f:=2m/s,而橡皮擦做减 m十m1 速运动的加速度最大值为a-=1m/s<a'=2m/s,故此时橡皮擦将相对纸板向左运动， 7m1 且橡皮擦向右的加速度即为a{=1m/s,纸板向右的加速度为a,=f-=3m/s,故B错误； m 结合AB选项，设橡皮擦与纸板经过L时间速度相同，则有a1t=,一a,代人数据解得1= 6s, 此时二者向左共同的速度为。=名m/s,橡皮擦的位移为x1=2,=方m,纸板的位移为x: 1 1 L一2a2=2m,则二者相对位移为△x1=x2x2m<0.1m,可知橡皮擦未滑 接着二者由相同的速度开始以不同加速度做诚速运动，由于a2=3m/s2>a1=1m/s2,所以纸板 先减速为0，保持静止，橡皮擦继续以α{减速为0，规定向左为正方向，则橡皮擦的位移为x{= v21 1 27克m,纸板的位移x2216m,则二者相对位移为△x,=一x08m,可知橡皮 2 擦最终距离纸板中点的距离为△x=△x1一△x2一27m<0.1m,即最终橡皮擦不会脱离纸板，且 此过程中橡皮擦与纸板因摩擦而产生的热量为Q=41m1g(△x1十△x:)一1O80J,故C正确， D错误。 7.D【解析】由题知，长木板A放在光滑的水平面上，不受摩擦力作用，B、C与A间的动摩擦因 数均为，当F足够小时，B对A有静摩擦力作用，A在水平方向合力不为零，故A不能保持静 止状态，A错误；根据牛顿第二定律可知，当拉力F=mg时，物块B与A间的摩擦力小于 mg,并不是刚好要滑动，B错误，当B与A发生相对滑动时，假设C与A不会发生相对滑动，则 ·9· 高三二轮复习专题卷 mg=(m十mc)a,解得a=mg,则A对C的摩擦力f=mca m十mc m十mc ·mcg<mcg,假 设成立，即C与A不可能发生相对滑动，C错误；当C的质量也为m时，物块C能获得的最大加 速度为a=mg=1 m十mc2g,D正确。 *B【解析】释放瞬间对整体由牛顿第二定律有mg一3 mg sin30°十F弹=4ma1,F弹=3 ng sin30°， 对物块B,有mg一T=ma1,联立解得T=子mg,放A错误，B正确；在最高点P,由对称性可知。 加速度大小为a2=a1=4g,对整体，有3 ng sin30°-mg十F第=4ma2,对物块B,有T'-mg= ma,解得F=2mg,T-寻mg,放CD结误。 8.AD【解析】设细线的拉力为T,由题干图可知，A受到两细线的拉力为2T,方向向上，B受到 细线的拉力为T,方向向上，A、B所受重力大小相等，A、B释放后，A向上运动，B向下运动，当 A上升的高度为h时，B下降的高度为2h,B的位移大小为2h,方向向下，由于B下降的位移是 A上升位移的两倍，它们的运动时间相等，由x=可知，B的加速度是A加速度的两倍，设 重物A的加速度大小为a,则重物B的加速度大小为2a,由牛顿第二定律得2T一mg=ma,mg 一T=2ma,解得a=2m/s2,T=6N,则2a=4m/s2,故AD正确，B错误：设当A的位移为 h时，速度为v,则B的速度大小为2v,B下降的高度为2h,以A、B两个物体组成的系统为研究 对象，由机械能守恒定律得mg×2h-mgh-2m2+2m(2o),解得v=2n/s,故C错误。 9.ABD【解析】根据题意，设火箭的功率为P,牵引力为F,由公式P=F可得F=P,由牛顿第 律有F一mg=ma,解得a=片·。一g,由图乙可知，a关系图像的斜率为k=a,二（二 1 01 =(a,十g)w1,则有P=(a1十g)01,可得P=m(a1十g)01,即火箭以恒定的功率启动，故AB正 m 确，C错误：由上述分析可知，a号的关系式为a-·}g,当a=0时，解得-% m U a,千g即a关系图像在楼轴的发距为a,g故D正确 10.AD【解析】由图可知，当夹角为90时，位移为0.2m,由竖直上抛运动规律一2gh,解得。一 2m/s,故A正确；当夹角为0°时，位移为0.4m,根据v6=2ax,mg=ma,可得μ=0.5，故B 错误；根据umg cos0+mgsin0=ma,可得a=gsin0+gcos0=√1十gsin(0十p),因此最 大加莲度为4=1十g=受8，此时有话=2a解得-25 25m,故C错误， D正确。 BD【解析】由图像可知，当10N<F<15N时物块B和木板C相对静止，当F>15N时木板的 加速度图线斜率变大，可知此时物块B和木板C产生了相对滑动，故A错误，D正确；对木板和物 块组成的整体，当F1=10N时，a=0,则F1=(M+m)gsin0,当F2=15N时，a=2.5m/s2,则 R:-(M+m)gsin0=(M+m)a,联立方程可求解M+m=2kg,sin0=,但是不能求解木板C ·10· ·物理· 参考答案及解析 的质量，故C错误；因当F2=15N时，a=2.5m/s2,此时物块和木板开始发生相对滑动，物块和 3 木板之间的摩擦力达到最大，则对物块有omg cos0一mgin0=ma,解得：一？，故B正确。 .mg音ng(a∴mg 4 23 025mg25mg(3)38 【解析】(1)以工件为研究对象，受力分析如图所示，根据共点力 的平衡条件可知，斜面I、Ⅱ对圆筒的压力大小分别为F:= mgc0s53°-号mg,Fg=mgc0s37”= 5mg, 37 根据牛顿第三定律可知工件对斜面I的弹力大小F,=F1 mg,工件对斜面Ⅱ的弹力大小F,=F-mg。 3 (2)以工件为研究对象，设斜面I、Ⅱ对工件的弹力分别是F3和F4, 在水平方向上根据牛顿第二定律有F,sin37°一Fasin53°=ma, 在竖直方向上根据平衡条件有F4cos37°十F3cos53°=mg, 解得卫，-品mg,E,-完g 23 (3)卡车沿平直公路以最大加速度匀加速行驶时，Ⅱ对圆筒的压力大小为0，则有F:sin53°= 4 mam,Fscos53°=mg,解得am=38d 12.(1)0.9m(2)0.02 【解析】(1)因为冰壶与冰面间的动摩擦因数处处相等，因此冰壶滑动时受到的摩擦力处处相等， 又因为冰壶沿直线运动，因此冰壶在A点至O点的运动过程为匀减速直线运动，假设冰壶运动的 加速度大小为a,在A点时的速度大小为v,在C点时的速度大小为c,因此有v4一2at- 1wA十2)2a(4+t2)无十x2解得a=0.2m/8,0A=3.6m/3 又由vc=uA一a(t1+t2),代入数据可得vc=0.6m/s, 已知运动到O点时冰壶停下，因此有2一0=2ax3,代入已知数据可知x3=0.9m。 (2)假设冰壶与冰面间的摩擦力大小为f,则有f=umg,根据牛顿第二定律可知f=ma, 已知a=0.2m/s2,联立以上各式可得4=0.02。 13.(1)2.0m/s2,竖直向上1.0m/s2,竖直向上(2)1.0s(3)15.0N<F1≤21.0N 【解析】(1)假设滑块和木板之间为滑动摩擦力，对滑块由牛顿第二定律有F1一F2一mg= ma1,解得a1=2.0m/s2,方向竖直向上， 对木板由牛顿第二定律有F2一Mg=Ma2,解得a2=1.0m/s2,方向竖直向上， 因为a1>a2,所以假设成立。 【2)设经过时间1滑块从木板上端离开木板，则滑块从木板上端离开木板时2“，24L 代人数据得t=1.0s。 (3)为使滑块与木板一起向上运动，应使整体合力向上，故F>(M十m)g=15.0N, 为使滑块与木板不发生相对滑动，F,最大时滑块与木板间静摩擦力应等于最大静摩擦力，对木 板由牛顿第二定律有uF2一Mg=Ma,解得a=4,0m/s°，方向竖直向上， 对滑块由牛顿第二定律有F1一F2一mg=ma,代入数据得F1=21.0N, ·11· 高三二轮复习专题卷 综上所述，F1必须满足的条件为15.0N<F1≤21.0N。 14.(1)4m/s21m/s2(2)12m/s(3)16m 【解析】(1)泡沫球沿斜面下滑时mg sin a-f=ma1,其中f=0.lmg, 联立可得a1=4m/s2, 泡沫球做匀减速运动时f=0.1mg=ma2,可得加速度大小a2=1m/s2。 (2)设泡沫球到达B时的速度大小为vB,则有一0=2a1xAB, 代入数据解得vg-12m/s。 (3)当泡沫球的速度0=8m/s时，可得1=”一”=4s,则x=可十： a? 2 t=40m, 人匀加速阶段0=a,,得=2s,此时x1=0,片=8m, 匀速阶段x2=v(t-t1)=16m,故xc=x-x1一x2=16m。 15.(1)22kg·m/s(2)0.3m(3)(83+12)N·s 【解析】(1)因a=tan0,则A、B一起下滑，斜面光滑，A、B共同下滑的加速度为ao= 2mg sin 6 2m 5m/s2,小物块B与挡板2碰撞前瞬间的速度为v=√2aoL-√2m/s, 由于发生弹性碰撞，则小物块B第一次与挡板2碰撞后瞬间的动量大小为pa=mw=2√2kg·/s。 (2)物块B碰后在木板上向上运动，对木板A分析有：mg cos0一mg sin0=0,说明木板A匀速 下滑， L√2 从物块B与挡板2碰撞到木板A与挡板1碰撞的过程，所用时间为tA= v10s, 物块B减速上滑的加速度大小为a=mg cos0十mgsi0=10m/s, 物块B从碰撞至减速为0所用时间为1。=”-区 a10 s=tA, 则木板A的长度至少为1=二 +L=0.3m。 2a (3)木板A与挡板1碰撞后原速率返回，由于重力的下滑分力与B施加的摩擦力同向，则匀减 速运动的加速度也为a=10m/s2。 由于B所受摩擦力与重力沿斜面的下滑分力平衡，故B保持静止状态。木板A上滑至速度为 0通过的位移为x一云-0,1m,时间为=”- a10 8, 然后二者从静止开始再次以加速度a。下滑，同时与挡板发生第2次碰撞，运动时间为t2= 2x=0.2s ao 二者相对静止直至第3次碰撞。则从释放开始到第三次碰撞的总时间为t=”十tA十七，十3，= 22+3 5 重力对木板A的总冲量为I=mgt=(83十12)N·s。 物理（四】 1.A【解析】将篮球看成反向做平抛运动，篮球在竖直方向下降的高度相同，竖直方向上根据位 ·12·