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1、参考答案一 力加1.B 2.A 3B .4.C 5.A 6.D 7.A 8.B 1D 2A 3B 4C 5B 6D 7AD 8D 9D 10B 11B 12A 13B 14CD 15C 16BC 17B 18B 19A 20D 21B 22A 23C 24D 2510。 2610。 2710。 28210-2。二物体的运动加1.D 2.B 3.C 4.A,D 5. D 6. A 7.AD 8. AD 9. 5m 10m/s 10. 5 m/s210m. 1D 2BD 3B 4AD 5AD 6B 7AD 8AC 9B 10C 11D 12D 13D 14D 15AD 1620，20。 17全程的
2、平均速度大；加速阶段加速度较小，加速时间较长，达到的最大加速度大。18交流，0.02，小车的加速度、某点的速度、某时刻的速度、一段位移的平均速度、一段时间的平均速度。190.2 202m/s。 218m/s。 22（1）2s；（2）15m/s。 23（1）21.x55m。（2）x31.9m 。 24（1）t0=6s； （2）245m 25 . (1) 20N (2).3m/s2加26.解：（1）未放物块之前，木板做匀速运动.因此木板与地面之间的动摩擦因数 = 0.20图1Ff1a1若物块与木板间无摩擦，物块放在木板上后将保持静止.木板水平方向受力如图1所示，它将做匀减速直线运动，设其加速度的大
3、小为a1. f1F = Ma1f1 = (m+M) ga1 = 0.50 m/s2设物块经过时间t离开木板. 木板在这段时间内的位移 L = v0ta1t2解得 t = 1.2 s或6.8 s其中t = 6.8 s不合题意，舍去. 因此1.2s后物块离开木板.（2）若物块与木板间的动摩擦因数也为，则物块放在木板上后将做匀加速运动，设物块的加速度的大小为a2.mg = ma2 a2 = g = 2.0 m/s2图2Ff1f2a3木板水平方向受力如图2所示，它做匀减速直线运动，设其加速度的大小为a3.f1 + f2F = Ma3 (M+m) g + mgF = Ma3a3 = 1.0 m/s2设经
4、时间t，物块与木板速度相等，此时它们的速度为v，此过程中木板的位移为s1，物块的位移为s2.v = v0a3tv = a2t s1 = v0ta3t2s2 =a2t2 解得 t =s，v =m/s，s1 =m，s2 =m图3Ff1a4因为s1s2 L，所以物块仍然在木板上.之后，它们在水平方向的受力如图3所示，二者一起做匀减速直线运动，设它们共同运动的加速度的大小为a4.f1F = (M+m) a4 (M+m) gF = (M+m) a4a4 = 0.40 m/s2设再经过时间t，它们停止运动.0 = va4t t =st总 = t + t= 4.0 s 因此将物块放在木板上后，经过 4.0
5、s木板停止运动.三 牛顿运动定律加1.BD 2.AD 3.BC 1D 2AC 3BC 4B 5BC 6D 7AC 8D 9B 10BD 11A 12D 13D 14A 15D 16D 17D 18A 19A20。 211.5；地球对飞船的万有引力。 22等于；恒定。23（1）8N。（2）72m。 24150m。 250.5m/s2 ，10m/s 。 268.8m。 27（1）11.5m/s （2）14.4m/s。2876.5s。 290.2m/s2。 30（1）1060N。（2）1230N。31当v1v2时，t=；当v1v2时，t=；当v1=v2时，t =。32a1.0m/s2；v5.0m/s
6、。 33（1）0.4m/s2。（2）4m/s 。 34（1）2m/s2。（2）25m 。 35Fmin18N；Fmax42N。36解答：有两种可能情况.第一种情况：小球从小车的B端落下.设小球离开B端瞬间，小车的速度为v1， v12=v022a（） a= 由以上两式得：v1=小球的下落时间=如果小车在t时间内一直在向右做匀减速运动，在这段时间内小车的位移 s1=小球落地瞬间，落地点与P点间的水平距离0=如果小车在t时间内先向右做匀减速直线运动，后向左做匀加速直线运动设减速时间为t1，加速时间为t2，减速过程小车相对于小球下落位置的位移大小为s1/，加速过程小车相对于小车速度为零时的位置的位移大
7、小为s1/，则 s1/=v1t1at12 s1/= at22又 t=t1t2 t1小车在t时间内小车相对于小球下落位置的位移为s1，s1=s-s 由可解得s1=小球落地瞬间，落地点与P点间的水平距离0=。第二种情况：小球从小车的A端落下小车向右做匀减速直线运动过程中小球并未从小车上落下，小球将在小车向左做匀加速直线运动的过程中从小车的A端落下设小车向右做匀减速直线运动至速度为零时，相对于图3-8所示位置的位移为d （d），小车的加速度大小，则：v02=2ad；然后，小车从速度为零开始向左做匀加速直线运动，当再次回到图8所示位置时，小车的速度为v，此时小车的位移大小也为d，则：v2=2ad所以，
8、v= v0，小球和P点再次重合时小车的速度大小仍为v0，方向向左设：小球离开A端瞬间小车的速度为v2， v22=v02+2a a =由以上两式得 v2=小球的下落时间 =在这段时间内小车的位移 s2=小球落地瞬间，落地点与P点间的水平距离 0=37解：(1)对木箱施加推力作用后，木箱和车的受力情况如答图1所示。木箱受到的滑动摩擦力为f1=N1=mg =0.402.010=8.0(N)N1mgFf1Mgf2NN2答图1 根据牛顿第三定律, f1= f2, N1= N2 根据牛顿第二定律,木箱的加速度为a1= 2.0(m/s2)车的加速度为a2= 0.80(m/s2)经过t =1.5s的时间， 木
9、箱的速度v1=a1t=2.01.53.0（m/s）小车的速度v2=a2t=0.801.5=1.2（m/s）(2)在力F作用的时间内，木箱移动的距离s1小车移动的距离s2撤去力F时，木箱与挡板之间的距离为d=L（s1s2）1.61.350.25（m）38解：(1) 在t=0至t=4s时间内, 小滑块沿x轴正方向做匀加速运动, 加速度大小 a1 = = 2m/s2 在t=4s末, 小滑块沿x轴正方向运动速度 v1 = a1t = 8m/s 在t=0至t=4s时间内, 小滑块沿x轴正方向运动距离 s1 =a1t2 = 16m 在t=4s至t=7s时间内, 小滑块沿x轴正方向做匀减速运动, 加速度大小
10、 a2 = = 4m/s2 根据v = v0-at, 小滑块沿x轴正方向运动速度为零的时间 Dt1 = = 2s , 即在t=6s末, 小滑块沿x轴运动速度为零. 在t=4s至t=6s时间内, 小滑块沿x轴正方向运动距离 s2 = Dt1 = 42m = 8m 在t=6s末时, 小滑块到x轴原点的距离 Ds1 = s1 + s2 = 24 m 在t=6s至t=7s时间内, 小滑块沿x轴反方向做匀加速运动. 在t=7s末, 小滑块沿x轴反方向运动速度 v2 = a2Dt2 = 41 m/s = 4m/s 在t=6s至t=7s时间内, 小滑块沿x轴反方向运动距离 s3 =a2Dt22 = 2m 在
11、t=7s至t=11s时间内, 小滑块的加速度沿x轴正方向, 加速度大小a1 =2m/s2 , 这段时间内小滑块沿x轴反方向运动时间 Dt3 = = 2s 即在t=9s末, 小滑块沿x轴反方向运动速度为零. 在t=7s至t=9s时间内, 小滑块沿x轴反方向运动距离 s4 = v2Dt3a1Dt32 =4 2m222 m = 4 m 在t=9s末时, 小滑块到x轴原点的距离 Ds2 = Ds1 s3 s4 = 18m 在t=9s至t=11s时间内, 小滑块沿x轴正方向做匀加速运动, 加速度大小a1 =2m/s2, 在t=11s末, 小滑块沿x轴正方向运动速度为 v3 = a1Dt4 = 2 2 m
12、/s = 4m/s在t=9s至t=11s时间内, 小滑块沿x轴正方向运动距离s5 =a1Dt42 =222 m = 4 m在t=11s至t=14s时间内, 小滑块具有沿x轴反方向的加速度, 加速度大小a2 = 4m/s2. 在t=11s至t=14s时间内, 小滑块沿x轴正方向的运动时间Dt5 = = 1s 在t=12s末, 小滑块沿x轴运动速度为零, 在t=11s至t=12s时间内, 小滑块沿x轴正方向的运动距离s6 = Dt5 = 21m = 2m 在t=12s末, 小滑块到x轴原点的距离为Ds3 = Ds2 + s5 + s6 = 24m 在t=12s至t=14s时间内, 小滑块沿x轴反方
13、向运动, 其加速度大小a2 =4m/s2. 小滑块与x轴原点的距离减小. 综上所述, 在t=0至t=14s时间内, 在t=6s末和t=12s末, 小滑块到x轴原点的距离有最大值, 最大值均为24m (2) 由(1)中所做的分析可知, 在t=4s至t=6s时间内, 小滑块克服力F做功(即力F对小滑块做负功) W1=F2 s2 = 48J =32J 在t=6s至t=7s时间内, 小滑块沿x轴反方向运动, 此过程中力F对小滑块做正功 W2=F2 s3 = 42J =8J 综上所述, 在t=4s至t=7s时间内, 力F对小滑块做负功 W = W1 W2 = 24J (3) 在t=11s至t=14s时间内, 小滑块先沿x轴正方向运动, 运动时间Dt5=1s. 在t=12s至t=14s时间内, 小滑块沿x轴反方向运动, 其加速度大小a2 =4m/s2,这段时间内, 小滑块沿x轴反方向运动距离s7 =a2Dt62 =422 m = 8 m
