题型01自由落体答案：（1）102m/s；（2）2s；（3）20m/s；（4）22s。解析：（）棒做自由落体运动，由运动学知识得21v12gH解得v121010m/s102m/s1（2）由hgt2及h1055m20m22H220得：ts2sg10（3）由vgt得：v102m/s20m/s1（4）设B端到达空心竖直管上沿所用的时间为t，则有：Hgt22222H210t2s2g10ttt222s题型02匀变速直线运动的推论答案：10（1）20m/s和25m/s；（2）m/s2；（3）14.4km9解析（1）根据平均速度的公式；两段过程的平均速度分别为：x1v120m/st1x2v225m/st2（2）由于火车做匀变速直线运动tt由速度公式可得：12v2v1a221110解得：am/s2。9（3）考虑列车做匀减速运动到停下，已知匀减速直线运动前两个相同的26s内分别走过了23个100m和21个100m。假设列车从初速度为零开始做匀加速直线运动，那么在相同的时间内，列车位移比应该满足在第nT内：1:3:5:7:…:(2n1)。显然根据对称性可以将列车的运动看成初速度为零的匀加速运动。则2n123，不难得到n12，所以列车运动的总时间为t2612312s，这段时间列车的总位移x(1+3+5++23)10014400m14.4km。题型03追及相遇问题答案：（1）不能，8m；（2）4辆，8次；（3）16.9s。解析：（1）摩托车速度减为5m/s所用的时间为t'，vv'155根据速度时间公式得：t'22s=10sa1此段时间内自行车的位移为：x1v1t'50mv2v'2摩托车的位移：x22100m2a摩托车比自行车多运动的距离为：Δxx2x150m初始时，摩托车与第一辆自行车的距离为：Δx's4L58m由于ΔxΔx'，所以摩托车不能追上排头的第一辆自行车，两者相距的最近距离为：ΔsΔx'Δx8m（2）由于xs3L18m+310m=48m所以摩托车可以追上n4辆车摩托车做减速运动，10s后速度小于自行车的速度，自行车会重新超过摩托车，故摩托车与车队中自行车共相遇的次数为：N2n8次（3）设摩托车从开始刹车到追上车队的最后一辆自行车所用的时间为t，12根据位移时间公式，可知摩托车行驶的位移为：s摩vtat22最后一辆自行车的位移：s自=v1t则摩托车与最后一辆汽车的距离：ss摩s自22代入数据解得：，t12st218s即摩托车与最后一辆自行车第一次相遇的时间为2s，v而摩托车减速至零的时间为：t215s0a由于，所以第二次相遇时摩托车已经停止运动，t2t0v2摩托车停止时的位移为：s'2112.5m22a自行车追上摩托车时的位移为：''s1s294.5ms'所用时间为：'1t218.9sv1则摩托车从赶上车队到离开车队共经历的时间：'Δtt2t116.9s题型04运动学图像相关问题答案：（1）从计时起，前3s内甲乙两车加速度大小分别为10m/s2和5m/s2；（2）从计时起，甲乙两车前两次相遇时，沿公路方向相距的距离为40m；（3）t4s后，甲车做匀减速运动的加速度大小是30m/s2或6m/s2．解析：解：（1）从计时起，前3s内甲乙两车加速度大小分别为v202．a甲110m/st2v20102．a乙15m/st2（2）由题意知t1s时甲乙第一次相遇，则两车沿公路方向相距的距离为1030Sx甲2m40m2（3）设两物体再经过t’秒再次相遇，则如图所示得1tx甲30m2225252.5tx乙tm22又有x甲2x乙233由以上三式得，t16st22s设该过程甲物体加速度大小为a甲2，由vv0a甲2t得30a甲2t1解得2，2a甲230m/sa甲26m/s题型05摩擦角与自锁答案：mv（1）46N，方向沿斜面向上；（2）0。Bq解析：（1）以货物为研究对象，受力分析如图所示：货物受力平衡，摩擦力沿斜面向上，沿斜面方向上，mgsinFcosf0代入数据解得：f46N，方向沿斜面向上。（）为保持货物恰好不下滑，有最小值2FFmin受力分析如图所示：沿斜面方向：mgsinFmincosf10垂直于斜面方向：FN1mgcosFminsin0f1FN1为保持货物恰好不上滑，有最大值，受力分析如图所示：FFmax沿斜面方向上：Fmaxcosmgsinf20垂直于斜面方向：FN2mgcosFmaxsin0，综上所述：。f2FN220NF220N44题型06共点力平衡答案：（1）4cm；（2）5N，方向沿斜面向上。解析：解：（1）对结点O受力分析如图所示：根据平衡条件，有：，TcosmBg0TsinF0，且：Fkx，解得：x4cm；（2）设物体A所受摩擦力沿斜面向下，对物体A做受力分析如图所示：根据平衡条件，有：，TfmAgsin0解得：f5N，即物体A所受摩擦力大小为5N，方向沿斜面向上。（3）对A物体受力分析，A恰要滑动说明A受到沿斜面向下的摩擦力，并且为最大静摩擦力。根据平衡条件，有：TfmmAgsin0,NmAgcos0,其中，fmmAgcos解得：T40N再对B受力分析，根据平衡条件，有：TsinF弹=0，，TcosmBgmCg0解得：，。mC0.9kgF弹=32NF由Fkx得x弹=6.4cm。弹22k55题型07力的动态变化问题答案：31mg（1）mg；（2）mg；（3）mg和。322解析：（）设绳的拉力为，绳的拉力为；1OAF1OBT1分析结点O受力情况，如图所示：由结点O平衡可知：3Tmgtan30mg131（2）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢旋转30时BOAO，则得Tmgsin30mg22（3）若保持O点位置不变，将OB由水平位置绕O点逆时针缓慢转动90的过程中，BO和AO的拉力的合力始终与等大、反向、共线，由平行四边形定则可知，当竖直时，上拉力最大，最大值；当mgBOOBTmaxmg1BOAO时，OB上拉力最小，最小值TTmgmin223答：（1）OB绳上的拉力的大小T为mg。131（2）此位置处OB上拉力的大小T是mg。22mg（3）此过程中OB上拉力的最大值T和最小值T分别为mg和。maxmin2题型08牛顿第二定律-两类动力学问题答案：(1)0.1；(2)0.96m。v2解析：(1)A、B一起运动时，B受冰面对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度ag22s解得木板与冰面间的动摩擦因数。20.1(2)小物块A在长木板上受木板对它的滑动摩擦力，做匀减速运动，加速度2a11g2.5m/s66小物块A在木板上滑动时，木板B受小物块A的滑动摩擦力和冰面的滑动摩擦力，做匀加速运动，有1mg2(2m)gma2解得2a20.5m/s设小物块冲上木板时的初速度为，经时间后、的速度相同，对长木板有v0tABva2tv解得滑行时间t0.8sa2小物块冲上木板的初速度v0va1t2.4m/s小物块A在长木板B上滑动的距离11xxxvtat2at20.96m1202122题型09牛顿第二定律-连接体问题答案：2mg解析：解：设绳中张力为T，A、B、C共同的加速度为a，与C相连部分的绳与竖直线夹角为a，由牛顿运动定律，对A、B、C组成的整体有：F4ma①对有②BFm600N对C有Tcosamg③Tsinama④联立①②式解得T3ma⑤联立③④式解得T2m2g2a2⑥联立⑤⑥式解得2ag⑦4联立①⑦式解得F2mg77答：拉力F应为2mg题型10牛顿第二定律-突变问题答案：（1）50N，0.3m；（2）12.5m/s2解析：解：（1）小球的受力图如图，根据平衡条件可知：弹簧的弹力FmgtanmgTcos而Fkx解得：T50N，x0.3m（2）剪断细线的瞬间，小球受到重力、弹力不变；合力与原细线中的拉力T等大反向，T则a12.5m/s2方向与竖直方向成角37，斜向下沿原细线AB方向。m题型11牛顿第二定律-临界问题答案：（1）4m/s2和方向水平向左；（2）须满足大于等于0.2；（3）0.24m。解析：（）小滑块，受到向左的滑动摩擦力1mf00mgf由牛顿第二定律得：fma，即a0g4m/s20mmm0加速度的方向与木块运动方向相反，即水平向左；（）长木板受到滑块作用的向前的摩擦力2f00mg长木板受到地面最大静摩擦力的大小fM(Mm)g88要使长木板相对地面静止，有…fMf0m即：(Mm)g…mg；所以：…0.20mM0（）对于3M:f0fMmaMmg(Mm)g即：mg(Mm)gMa；所以a02m/s20MMM设经过时间，两者速度相等，即tv0amtaMt代入加速度和初速度解得t0.2s所以两者共同的速度为vaMt20.2m/s0.4m/s1两者相对静止前，小滑块的位移svtat20.16m102m达到共同速度后对滑块和木板在地面滑动摩擦力作用下一起匀减速运动，由牛顿第二定律有：(Mm)g(Mm)a可得共同的加速度ag1m/s2v20.42所以滑行位移为sm0.08m22a21所以滑块滑行的总位移为ss1s20.160.08m0.24m题型12牛顿第二定律-等时圆问题2(2Hh)答案：（1）OPH(Hh)；（2）tg解析：（1）以P点为最低点经过A和B做“等时圆”如图所示：根据几何关系可知AQPBOPH所以BPOAPQ，根据几何关系可得：tan，解得OPH(Hh)。HhOPH（2）设BP斜面倾角为，根据几何关系可得BPH2(OP)22H2Hh，sin2H2Hh根据牛顿第二定律可得：mgsinma，解得agsin；H设OPd，则斜面长Lsin1根据位移时间关系可得Lat22992L2H2(2Hh)解得t。agsin2g题型13牛顿第二定律-板块问题答案：（1）8m/s；（2）34.5kg；（3）14m。解析：（1）去掉重物前对物块牛顿第二定律：mgsin371mgcos37ma1解得2a1gsin371gcos374m/s1位移xat22m，解得t1s12111此时速度v1a1t14m/s1对木板：xat22221由题意可知，木板的位移：x2624m解得2a28m/s此时速度v2a2t18m/s（）对板牛顿第二定律：2TMgsin373(mM)gcos371mgcos37Ma21010对重物：解得m0gTm0a2,m034.5kg（3）去掉重物后对物块：2mgcos37mgsin37md1解得：a12gcos37gsin371m/s对木板：Mgsin372mgcos37Ma2解得2a28m/sv设木板经时间把速度减到零，2t2t21sa2vt内木板的位移出x2t4m22221t内物块的位移xvtat23.5m2112212板速度刚减到零时物块的速度v1v1a1t23m/s设再经过二者达共速t3对物块：2mgcos37mgsin37ma1解得：2a12gcos37gsin371m/s对木板：Mgsin372mgcos37Ma2解得2a28m/s1vatat，解得ts1132333117t内物块