专题卷(二) 直线运动与牛顿运动定律(包括板块模型)-【鱼跃龙门卷】2025年高三物理二轮复习专题卷（河北专版）

高三二轮复习专题卷 14.(1)460N(2)230N,水平向右 【解析】(1)根据题意，由平衡条件可知，地面对车的支持力为FN=m人g十m车g=1150N, 由公式f=uFx可得，地面对小车的摩擦力的大小为f=0.4×1150N=460N。 (2)根据题意，设绳子的拉力为F,由平衡条件有2F=f,解得F=230N, 对人受力分析，由平衡条件有f1=F=230N,方向水平向右。 15.(1)tan6(2)当a=0时，拉力F有最小值mg sin20(3)2 mg sin40 【解析】(1)木块在木楔斜面上匀速向下运动时，有mg sin0=ng cos0,解得：=tan0。 (2)木楔在力F作用下沿斜面向上匀速运动，沿斜面方向根据平衡条件Fcos a=mg sin0十F:, 垂直于斜面方向Fsin a十FN=mg cos 0, 根据摩擦力的计算公式F:=FN, 联立解得F=2 ng sin0 2mg sin 0cos 0 mgsin 20 cos a+usin a cos acos 0++usin acos 6 cos (0-a)' 则当a=0时，F有最小值，为Fmn=mg sin29。 (3)因为木块及木楔均处于平衡状态，整体受到水平面的摩擦力等于F的水平分力，即F'= Fcos (a+0), 当F取最小值mg sin20时，F:=Fmin Cos20=mg sin20cos20= 2 ng sin40。 物理（二） 1.A【解析】设汽车正常行驶的速度为。，由匀变速直线运动的平均速度与瞬时速度的关系可得 2),可得=2如，A正确：减速过程时间为。-0，反应过程的时间为1：=。，B错 aa 误；减速过程的位移为x。=t。= 42 日，反应过程的位移为工反=l饭 5a,则有=5 x反2，C错误； 从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度为司_严十·-？， t厦十t。一6u,D错误。 2。D【解析】由于相同时间内通过任一横截面的水的体积相等，则x()}',△：=x(受)，△，可 得o。：v6=d：d2=9:16。 3.C【解析】根据题意无法计算第二阶段减速的平均加速度，所以无法比较第一阶段减速的平均 加速度和第二阶段减速的平均加速度的大小，故A错误；三个阶段减速过程中航天员均处于超 (B错误；根据匀变速直线运动规律可知第三阶段减速的平均加速度大小为 2Xm/s'=50m/s,设第三阶段减速至距地面0.5m高时返回舱的速度为0'，则有v:- 102 -2ah',解得o'=5√2m/s,故C正确，D错误。 4.C【解析】张洋铭在ab、bc、cd三段位移内速度增加量之比为1：2：1，则对应时间之比为1： 21,有L1=t+2ar,L:=(o,十a)·24+2a2)2=201+4ad2,L,=(,+3a)t+ at=,t+,可得L,=L1十L 1 5.C【解析】根据几何知识可知，当甲车在乙车前方时，有x甲一x乙=6m,根据运动学公式有 ·4· ·物理· 参考答案及解析 甲1)at2,正2=U2t,解得=2s,12=6s。由甲=ato,解得t。=65,则o=6s 甲车停下，乙车运动，之后甲、乙两车的距离不断减小，从t。=6s开始到乙车行驶至甲车前方6 m的过程，经历的时间为4'-25一2X6m=6s,所以甲，乙两车能利用蓝牙通信的时间为1。 U乙U乙 2s+6s=8s。 6.A【解析】系统处于静止状态时，根据受力平衡可知(m1十m2)g=kxo,0~0.2s过程中根据位 移一时间公式可知z=,a2,t=0时对系统，根据牛顿第二定律可知F=(m1十m2)a,t=0.2S 时，对物块1根据牛顿第二定律可知F一m1g=m1a,弹簧弹力F=k(x。一x),对物块2根据牛顿 第二定律可知F2-m2g=m2a,联立解得xo=0.15m,x=0.08m,a=4m/s2,F=28N,F1= 24N,F2=56N,故A正确，BCD错误。 7.D【解析】根据题意可知，竖直向上为正方向，设火星表面重力加速度为g1,则有x=v。t一 812,整理可得=6一281t,结合图像可得，=Q,8:=公，故A错误：根据题意，由公式 1 2a 2a可得，上升的最大高度为h一2-哈，放B错误；根据题意，由万有引力等于 有GMn GMm v2 R =mg1,解得M=5R_2aR G=G,由万有引力提供向心力有R=mR,联立解得 √6，故C错误，D正确。 2aR √g1R= *B【解析】由于用相同的力作用相同的一段时间，人对物体的冲量相同，由动量定理I=m,可知 质量与速度成反比，故质量小的羽毛获得的速度大，舱外没有空气，离开手以后，在飞行过程中小 钢球和羽毛的运动都可看作匀速直线运动，故羽毛先到达正前方两米处，AD错误，B正确；惯性是 物体本身固有的属性，在任何状态下都具有惯性，C错误。 8.ACD【解析】设AO一x,甲、乙两冰壶的初速度均为v。,乙先以加速度az做匀减速直线运动的 位移为x1,此时的速度是v,由匀变速直线运动的速度位移关系公式，对甲冰壶可得v=21x, 对乙冰壶可得v-v2=2a2x1,v2=2a3(x-x1),联立可得2a1x-2a3(x-x1)=2a2x1,整理可 得(a1一aa)x=(a2一aa)x1,由题意可知，乙冰壶在位移x1的摩擦力大于在位移x一x1的摩擦 力，由牛顿第二定律可知a2>aa,可得a1>aa,又有a1x=a2x1十ag(x一x1),若a2=a3,则有a1 =a2,现有a2>a3,推理可知a1<a2。 9.BD【解析】篮球到达最高点时，运动的时间为，==0.5s,该同学运动的时间为1，=一 1 三0,3s,篮球到达最高点时，该同学的手指指尖恰好触碰到篮球，则十1=人与一)g号+h 2g 其中h1=2m,h2=2.5m,解得v人=4m/s,触碰到篮球时该同学的速度为v=v人一gt2= 1m/s,故C错误，D正确；起跳过程，根据动量定理I一mg△1=mv人，解得地面对该同学的冲量 为I=360N·s,故A错误；根据动量定理，起跳过程，合外力对该同学的冲量为I合=m人= 240N·s,故B正确。 10.BC【解析】未撒去力F时，由题意得号mg tan60°=了n 1 3m·3g=3ma,说明小球恰好不离开 1 3mg 2 斜面，斜面对小球无作用力，弹簧拉力大小F cos60一3mg,撤去力F的瞬间，弹簧弹力不 ·5· 高三二轮复习专题卷 发生突变，仍为号mg,小球与斜面之间的弹力不变，故小球对斜面的压力为零，选项AD错误； 设撒去力F瞬间斜面体的加速度大小为，则Fco0s30°=ma,解得a'-号&，选项B正确；小 球受力不变，加速度不变，大小仍为3g,选项C正确。 *ABC【解析】若两者均无初速度同时释放，则在同一时间内下降高度相等，可知小球在空中不能 穿过管，故A正确；两者同时释放，小球具有竖直向下的初速度。，管无初速度，以管为参考系，小 球相对管做匀速运动，在管中运动的时间：=二，则小球能穿过管，且在管中运动的时间与当地重 力加速度无关，故B正确；先让小球自由下落，设下落时间为t1,当小球落至空心管上边缘时，无初 速度释放空心管，设小球落至空心管上边缘时的速度为01，在管中运动的时间为t2,则有△1= ,十2g:-g好=L,:-上-上，则小球一定能穿过管，且在管中运动的时间与当地重力加 v gt 速度有关，故C正确：两者均无初速度释放，但小球提前了△时间释放，以管为参考系，小球相对 管匀速运动，则有，一8，L=,可知小球在管中运动的时间为1一4，时间与当地重力加速 度有关，故D错误。 11.(1)100m(2)80m(3)25s 【解析】(1)汽车通过人工收费通道时，设减速过程位移为x1,有一=一2ax1,求得x1=50m, 加速过程与减速过程对称，设变速过程总位移为x,则有x=2x1, 代入相关数据解得x=100m。 (2)汽车通过ETC通道时，设减速过程中位移为x1,有v2-v=一2ax1,求得x{=37.5m, 加速过程与减速过程对称，设整个运动过程位移为x',有x'=2x{十d, 代入相关数据解得x'=80m. (3)由于x>x,汽车行驶1O0m通过人工收费通道和ETC通道分别用时t=工十t。,t'= 2x1 vo+u 2 2 d+x二工，节省的时间△1=1一t, 联立解得汽车通过ETC通道比通过人工收费通道节省的时间△t=25s。 12.(1)10m/s(2)3:4 【解析】(1)卡车的速度v。=72km/h=20m/s, 取运动方向为正，则a=一5m/s2, 由公式v=v。十at,代入数据求得2s末的速度为v=10m/s。 (2)设卡车在t。时刻停止，由v=vo十at,得刹车时间为t。=4s, 散前5s内的位移等于前4s内的位移，由x=t十)a 得前2s内位移为x1=30m, 前4s内位移为x2=40m,所以位移大小之比为x1:x2=3：4。 13.(1) L(2)2s00 【解析】(1)当B刚好加速到，时，所用时间为t,由速度一时间公式得。=at,解得t= a ·6· ·物理· 参考答案及解析 车A与交汇点的距离5=U,X- aa (2)车B的运动可逆向看作初速度为0的匀加速直线运动，根据速度一位移公式得v=2a's。, 解得a'- 25’ 根据速度一时间公式得，=a,解得-2】 0 14.1)0.05(2)0.075(3)7.5m 【解析】(1)由乙图可知，力F在5s时撤去，此时长木板P的速度为v1=5m/s, 6s时两者速度相同为v2=3m/s, 在0~6s的过程对Q由牛顿第二定律得41mg=ma2, 根据图乙可知a:-品，解得a:=0.5m, 代入数据可得41=0.05，即滑块Q与长木板P之间的动摩擦因数是0.05。 (2)5~6s对P由牛顿第二定律得u1mg十42·2mg=ma1, 由乙图可知a1=2m/s2,代入数据可得42=0.075， 即长木板P与地面之间的动摩擦因数是0.075。 (3)从6s末到长木板停下的过程，对长木板由牛顿第二定律得μ2·2mg一41mg=a3, 代入数据可得a,=1m/S,这段时间△=0，解得△=3s,所以9s时长木板P停下来，6s前 长木板的速度大于滑块Q的速度，6s后长木板P的速度小于滑块Q的速度，由vt图像的“面 积”可知前6s的相对位移大于6s后的相对位移，故长木板P的长度至少为前6s过程中Q相 对P滑动的距离，Az=号×5X5m+号×(6+3)×1m-2×6×3m=1.5m, 15.（1)2m/s2m/s2(2)29m/s(3)1237 121m 【解析】(1)最初开始运动时，对小环，根据牛顿第二定律F:一2mg一f=2ma1,解得a1 一2m/s2,即加速度大小为2m/s2,方向竖直向下， 对木棒，根据牛顿第二定律f一mg=ma2,解得a2=2m/s2,即加速度大小为2m/s2,方向竖直 向上。 (2)小环初速度vo=4m/s,则两物体第一次共速过程vo十a1t1=a2t1, 解得t1=1s,此时拉力恰好变为F2=120N, 假设之后两物体共同减速到零，根据牛顿第二定律3mg一Fz=3mag,解得a3=2m/s2, 则棒受到的摩擦力f'=mg一ma3,解得f'=40N, 棒受到的摩擦力小于滑动摩擦力，故假设成立； 棒和小环在1s后做类竖直上抛运动，回到1s时的位置时，速度均变为竖直向下，v=a2t1, 解得v=2m/s, 1 回到1s时的位置时，棒相对于初始位置上升的高度h,=2a2,解得h1=1m, 之后棒和小环以a:=2m/s2的加速度向下加速运动，根据o一o2=2aa(H十h1), 解得木棒第一次与弹性地面碰撞时的速度的大小v:=√29m/s。 (3)木棒第一次与弹性地面相碰时，撤去施加在小环上的外力，此后小环的加速度大小α4= ·7· 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 ·8A.8L 2024一2025学年度高三二轮复习专题卷() 物理·直线运动与牛顿运动定律（包括板块模型）】 C、L+L D.L+L) (考试时可7分钟，调分100分) 5.如图所示，甲.乙两辆玩具小汽车（可以视为质点）并排沿平直路置的相邻轨道向衡行装，再军 都装有蓝牙设备，这两个藏牙液各可以在6m以内实现通氧。1=0时刻，甲，乙两率刚好位于 一，法择题：本慧共10小题，共6分。在每小题地出的四个选项中，第1一7题只有一项符合菌目 图示位置，此时甲车的速度为6m,,乙车的速度为2m/,从该时刺起甲车以1m/s2的如通 要求，每小整4分：第8一10题有多项特合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对包 皮做匀诚速运动直至停下，乙车保持原有速度量匀速直线运动，想略轨道间距和信号传通时 不全的得3分，有这错的得0分。带·题日为能力漫升题，分值不计入总分， 可，期从？=0时刻起，再军能利用盐牙露信的时间为 1,汽军从发境情况到开给被通到停止话动的情景过程如下，已知减迷过程的加速度大小为￥，硬 速过程的平均遮度大小为廿，藏速过裂最历的时间是反应过程轻历的时闻的5倍，反议过程可 乙+ 悦为做匀婆运动，下列说法正确的是 A.2s B68 C.88 D109 A.汽车正常行数的速度大小为2司 发情混 不衡流速 车格止 6,如图所示，动度氛数为0N/m的竖直轻弹簧下端周定在烛直上，上德与质量为2架 :反应过程的时何为品 的物块1连接，质量为4kg的物块？叠放在】上，系统处于静止状态。现对物换 广匠W中 减走W 2能加整直向上的拉力，使物块？竖直向上做匀相速直线运动，已知拉力在0一0，？， C诚速过程位移是反应过程位移的爸 内为变力，0.2后为恒力，取g=10m/,,下列说接正确的是 A.物块2做匀加速直规运动的加速度大小为4m/ .从发现情况到汽车停止整个过程的平均速度大小为， Bt■0时，牧力的大小为28N 2。如图，调整水龙头的开关，使单位时何内藏出本的体积相等。本由于重力作用，下落 C、t0,2s时，2力的大小为28N 蓬度越来越大，水柱植来植氧。若水柱的横殿面可悦为图，图中@，6两处的横截面 卫.t=0.2时，弹簧弹力的大小为56N 直径分制为0,8cm和0,6cm:制经过4b的水筑速度之比v,:,为 7。航天员在火星表直将小球竖直上抛，取抛出位置O点的位移为x=0,从小球抛出开始计时， A.1:3 B.1a9 C,34 D.9:16 3.神异系列载人飞船的逐国静返国地球过程中，需要进行一系列校为复朵的成速提作，第一阶段，返 以繁直倒上为正方肉，小球滋动的，：图像如围断示（其中。，态均为已知量），忽略火感的自 国输我离飞行轨请后，究打开引导伞，引导拿工作大的相返国脸的下降速度可由1切m/s减系 转，将其视为半径为R的匀质球体，引力常量为G。则下列分析正确的是 80m/s,第二阶段，在里离地面10m时引号伞拉出减速拿，再由减速伞指出主伞，主来先开 A.小球整直上龙的初速文为2： 一个小口，慢慢地全部撑开，这时返同脑的下停速度由80m/3逢前暖至10m/8,然后在大气 我小球从O点上升的最大高度为b 中匀速下降：第三阶及，当短国舱距地面1m高时（返同舱鹿部安装有一个Y探测仅》，￥探测 C火显的第一字宙速度为，石 取 仪发出信号，“指挥”缓中爱磷机点火向下蜀气，返回鲶落地时速度为0，根据以上诚速过程得 出的结论中，正确的是 A.第一阶段减速的平均加喜度一定大于第二稀段减速的平均加速度 口大果的质提为 乱三个阶没碱速过程中航天号均处于失意状志 “航天员在宇宙龙船的粒外机城臂上，一手拿小钢球，一手拿荆毛，双手用月样的力作用相同修 二第三阶段或速的平均加速度大小为50m/园 一小段时间后，将小粥球和羽毛向同一方向扔出，颜定目标为野出点正前方烤米处，下列说法 D.筋三阶段膜速至雨地面0.5出高时返可轮的速度为5幽/。 正确的是 4.如图断示，在2022年E京冬奥会高山滑需男子大回转比赛中，中国选平张 A。小削球先到达顺定目标处，因为小第球的且性比书毛大 弹铭沿着雪道知速滑下，途经@，志，c,四个位置，若将此过程提为匀如速 孔别毛先到达预定目标处，因为离开手之后消毛的速度大 直规达动，张弹铭在动、c,cd三段位移内速度增加量之比为13211阳而 C小附球和喇毛都不能到达预定目标处，因为在能外小解感和荆毛没有固性 之间的距离为1C、d之同的更离为L:,雨6、「之的距高1：为 D,小繁碱和用毛同时到达额定目标处，因为设有阻力影响，轻，重物体运动一样使 物理B·专题参（二）第1真共取真》 鱼纸地门整 物理B·专理卷二引第多真（共展真） 8,如图，运动员先后指甲，乙两冰壶以相同的初速度从A点沿直线AO推离。者甲以加速度： 二、非选择题：本题共5小题，共54分 做匀碱速直妮运动后停在)点：乙先以加通度4：做匀减边直线运对，到达某位置，运动员开 11,《8分》ETC(电子不停车收费系统)的使用，大大缩短了车辆通过收费站的时可。汽车以= 始别冰面就小动摩教因数，乙以相速度a,继候做匀破速直线运动并停在)点，则 10m/,的速度铅直线较向收费站，如果过人工收费通道，需要恰好在中心舰处减速为零，经过 =18嫩费成功后，再启动汽车抑速至正常行驶：如果过T℃通道，需要在收费站中心 线酱d一5m处正好减递至可=5m/%,匀迪通过中心线后，再相池至，正管行浆。设汽车 变速运动过程知速度大小氧定，均为1m/,整个运动过程将汽军视为质点，求 A. 且.a:<a1 C.d1283 D.@屋t 1》汽车通过人工取贵通道时，从开始减递到核复正常行驶过程中的位移大小： 9。如图，版量为60g的闻学在练习跳球。体将签球从肉冠面高为2m的位置以合 (2》汽车薄过T℃通道时，从开始减速到筑复正常行陡过程中的仪移大小： 5m/s的材索度经直向上地出，接着在蕊球正下方竖直举起手帽并准备铅繁直方向 《3》汽车薄过ET℃道道比通过人工收费通道节省的时间， 起殊，在蓝球荒出后的0.2s时刻恰好候离地面，此时手指指尖离地直真为之3m 不计室气阻力，g取10m,已知隆球到达最高点时，凌同学的手物突恰好触能到 烟此万和 蓝球，喇《设孩间学起展后蜜势一直不变) 迈南 A.起院过程，地直对孩间学的冲量为12的N·s 具工取育 乱起跳过程，合外力对孩同学的冲量为2A0N·s C、触壁到挂球时该间学的速度为0 D.触程到依球时该同学的速度为1m/s I0.如图，领角为30，疑量为四的斜面体静止干光带水平面上。轻弹簧 的上馏蜀定在斜面体的顶确A处，下绸栓接一爱量为等的光精小球F wwww (可钱为质点)，遥让系能在水率恒力F作用下以大小为？的加 速度水平商左做匀加速直线运动，小球与斜直相对静止且小球未途动到水平面上，已知重 力如速度大小为g,不计空气阻力。期教去力下时闻《在增去力F的两间，小球与斜面之间 的弹力不变) 人弹簧的涕力大小为四 且斜面体的加迷度大个为。 C.小球的如速度大小为石 D。木球对斜面的压力大小为气 ·如图，在足够高的空间内，小球位于堂心管的正上方为处，整心管长为L,小球球心与管？下石 的柏战重合，井在餐直线上，小球的直径小于管的内径，小球可园无障爵穿过望心管，不 计室气阻力，下列列断正磷的是 A两者均无初速度同时释放，小球在空中不能穿过管 玉两者同时释故，小球其有竖直向下的初速度®。，管无初速度，则小球一定能穿过管，且在管 中运动的时间与当越重力粗速度无关 C先让小球自由下落，当小球落至心管上边缘时，无初球度释效姿心管，集小球一定能穿过 管，且在管中运动的时间与当意重力加速度有关 D两者均无朝速度释放，但小球提前了时闻释收，则小球一定衡穿过管，且在管中运动的 时间与当城重力加该度无关 物理用·专题格（二）第3真共取页》 鱼纸地门整 物理目·专理卷二1第4真（共g真） 非收 12.〈8分)一辆卡车正以4=72km/的速度匀速行驶，司机爽然发现黄方丙车爱生碰撞，立即 13,《10分》有人提出了高速判车不停车换乘的设想。高速列车A以速度%戴匀速直线运动，接 以大小为a一5m/的加速度利车，若从刚剥军开始计时，求， 授列军B在相邻不道出静止开始量抑速度大小为￥的匀加速直线运动，与车A可向行使， 姓名 (1卡车在2s末的速度大小： 河车可时到达交汇点时，车B刚好加速到，然后两车绿持该速度行陆供乘客热乘，若将两 《2卡军前2s内的位移与前5。内的位移之比 车找为题点，求： (1》车B出发时，车A与交汇点的距离， 得公 《?》提果完毕后，车B嫩匀诚速直线运动，运动了矩离。后停止，求此过塑中车书运动的加 速度大小和运动时间。 等慧老 23456 7*890 物理用·专题格（二）第F页共取页》 鱼纸地门整 给理用·专通（二）第6真（共取真） 14,《1?分》如图甲所示，粗慧的水平地面上有长术版P,小滑块Q(可看作质点》救置于长术板上 15,(16分》如图甲所示，一质量四=3kg的图附均匀的测木棒整直放量，在外力作用下保持静止 的量右菊，凭将一个水平向右的力F作用在长木板的右骑，让长木板从静止开始运动，一假 状态，下端距水平弹性地面的高度为H=G.25m,与地面相碰时木棒会以原速率弹同，木椰 时间后教去力F的用，帝块，长本板的：图像如图乙两示，已知小滑块Q与长木板P的 上有一质量为2m的弹牲小环。若1一0时刻，小环从木棒上某处以系直向上的初速度：一 置量相等，小滑块Q的终没有从长木板P上滑下。重力加速度g-10m/公，来： 4m/s向上滑动，并对小环施相警直向上的如图乙所示的外力F,与此司时置去作用在术棉 (1》滑块Q与长木板P之傅修动摩复因数。 1m1 上的外力。当木棒第一次与弹性地面相碰时，撒左临加在小环上的外力。已知术裤与小环 《2)长木板P与地面之间的功摩擦因数。 可的滑功摩旅力f=1.2两g,小环可以看作质点，且整个过程巾小坏不会从木棒上端滑出，取 (3)长木板P的最小长度， 术一10m,不计空气阻力，最大静摩解力亭于带动摩察力，不计木排与地面的碰撞时 间，求： 甲 (1)小环和木棒量初开静西动时的拉蕴度的大小， (2)木棒第一次与洋性烛直碰植时的速度修大小， 《3》若木棒恰好与地霸第4次碰植时弹性小乐从木棒套溶滑落，求小环开始运动时距木球下 端的距离（站果可以用分数表示）， 物理n·专题格（二）第T真共取页》 鱼纸地门整 物理用·专理意（二）第及真（纯真）