一滑块沿斜面向上滑行时加速度大小为6m/s^2

解题思路：（1）根据牛顿第二定律求出乙滑块在释放时的加速度．
（2）当乙滑块水平方向上受到两个力大小相等时，乙球的速度最大，根据平衡求出移动的距离，根据动能定理求出斥力所做的功．
（3）通过合力方向与加速度方向相同，当加速度方向与速度方向相同时，做加速运动，当加速度方向与速度方向时，做减速运动，进行分析．

（1）F_合=ma，F合＝k
Mm
l02−k
Mm
4l02
解得a＝
3kM
4l02，方向水平向右．
（2）当乙滑块水平方向上受到两个力大小相等时，乙球的速度最大，为v_m．
所以有：k
Mm
4l02＝k
Mm
x2，得x=2l₀．
即：当乙向右滑过l₀时速度达到最大，此过程中由动能定理可得：

1/2mvm2−0＝WF−WF′
且WF′＝
kMm
4l02•l0＝
kMm
4l0]
故斥力所做的功WF＝
1
2mvm2+
kMm
4l0
（3）乙滑块先做远离甲的运动，速度先增大后减小，然后又反向做速度先增大后减小的运动，返回到释放点B后，再重复前面的运动，之后在B点和最远端之间做往复运动．
答：（1）乙滑块在释放时的加速度a＝
3kM
4l02，方向水平向右．
（2）斥力所做的功WF＝
1
2mvm2+
kMm
4l0 ．
（3）乙滑块先做远离甲的运动，速度先增大后减小，然后又反向做速度先增大后减小的运动，返回到释放点B后，再重复前面的运动，之后在B点和最远端之间做往复运动．

点评：
本题考点： 动能定理的应用；牛顿第二定律．

考点点评： 本题综合考查了动能定理和牛顿第二定律，难度中等，知道乙滑块水平方向上受到两个力大小相等时，乙球的速度最大．

速度变小,动能不变（根据能量守恒和动能公式）
振幅不变（拉到最大处势能不变,而振幅表示振动能量,因此不变）
周期变大（T=2π√m/k）

解题思路：对该过程运用动能定理，结合动能的变化，求出水平力做功的大小．

根据动能定理得W=[1/2]mv₂²−
1
2mv₁²=0．故A正确，B、C、D错误．
故选：A．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 运用动能定理解题不需要考虑速度的方向，动能定理既适用于直线运动，也适用于曲线运动，既适用于恒力做功，也适用于变力做功．

解题思路：（1）运动过程中处理F做功外，还有摩擦力做功，由功能关系即可判断；
（2）根据牛顿第二定律可知，M越大，木板的加速度越小，而滑块加速度不变，相对位移一样，据此即可判断；
（3）F越大，滑块的加速度就越大，而木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，滑块的位移也没有发生改变，所以时间越少；
（4）系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积．

A．由功能关系可知拉力F做功除了增加两物体动能以外还有系统产生的热量，故A错误；
B．由于木板受到摩擦力不变，当M越大时木板加速度小，而滑块加速度不变，相对位移一样，滑快在木板上运动时间短，所以木板运动的位移小，故B正确；
C．滑块和木板都是做初速度为零的匀加速运动，在其他条件不变的情况下，木板的运动情况不变，滑块和木板的相对位移还是L，所以拉力F越大滑块的加速度越大，离开木板时间就越短，故C错误；
D．系统产生的热量等于摩擦力和相对位移乘积，相对位移没变，摩擦力越大，产生的热量越多，故D正确．
故选：BD．

点评：
本题考点： 动能定理；能量守恒定律．

考点点评： 本题重点考查了功能关系，对物理过程仔细分析是解题关键，同时对物理模型要把握和熟悉．本题就是常见而重要的滑块和木板模型．

1 假设滑块与小车有有共同用速度
由动量守恒得速度为V0=mv/(m+M)=1m/s
木块与小车需达到共同速度要的距离S1=[(V)^2-（V0)^2]/2μg=12m S1=[M（V0)^2]/2μmg=2m
S1>S2+1m 所以必然会超出小车,一定会发生碰撞.
2 有动量守恒与能量守恒得 (设V1与V2分别为滑块飞出时,滑块与小车的速度)
1： mv=mv1+Mv2
2: mv^2=m(v1)^2+M(v2)^2+4μmgL
联立1 2方程解得V1=4.57771m/s 或V1=-2.57771m/s
因为V1此时与原有运动相反所以V1=4.57771m/s舍去.
此时V2=1.8944275 m/s
由 s=(gt^2)/2 及s=vt 有：

两者相隔距离 Ls=|V1|*[(2h/g)^(1/2)]+V2*[(2h/g)^(1/2)]=(|V1|+|V2|)*0.4=1.789m

（1）设A、B相对于车停止滑动时，车的速度为v，根据动量守恒定律得：
m（v ₁ -v ₂ ）=（M+2m）v，
解得，v=0.40m/s，方向向右．
（2）设A、B在车上相对于车滑动的距离分别为L ₁ 和L ₂ ，由功能关系得：
μmgL ₁ +μmgL ₂ =
1
2 mv 1 2 +
1
2 mv 2 2 -
1
2 (M+2m )v 2
L ₁ +L ₂ =4.8m，故车长最小为4.8m．
（3）A、B同时在车上滑行时，滑块对车的摩擦力均为μmg，方向相反，车受力平衡而保持不动，滑块B的速度先减为0，滑块A继续在车上滑动，至与车具有共同速度，设这段时间内滑块的加速度为a，
根据牛顿第二定律：μmg=ma，a=μg，
滑块A停止滑动的时间t=
△v
a =
4-0.4
2 =1.8s
答：（1）A、B在车上都停止滑动时车的速度为0.40m/s，方向向右．
（2）车的长度至少是4.8m．
（3）A、B在车上都停止滑动时经历的时间为1.8s．

解题思路：已知物体的初末动能，根据动能定理，求解拉力做的功即可．

物体运动过程中，受重力、支持力和方向向右的水平力，只有水平力做功，根据动能定理，有：
W=△Ek＝
1
2m
v22−
1
2m
v21＝
1
2×1×(42−42)＝0
故选：A．

点评：
本题考点： 功的计算．

考点点评： 求恒力做的功，可以根据恒力做功表达式W=FScosθ，也可以根据动能定理．

(1)设落地的时间为t,
t=√2h/g=0.4(s)
从B点飞出的速度v=s/t=2/0.4=5(m)
(2)从A到B的加速度a=(vt^2-vo^2)/2s1=5^2/2*2=6.25(m/s^2)
牛二：F-μmg=ma,F=0.2(6.25+0.25*10)=1.75(N)
F的最大功率P=Fv(max)=1.75*5=8.75(J)

解题思路：当P、Q速度相等时，弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒定律和能量守恒定律求出弹簧的最大弹性势能．

（1）P、Q相互作用过程系统动量守恒，以P的初速度方向为正方向，
由动量守恒定律得：mv=（m+m）v₁，解得：v₁=[1/2]v；
（2）由能量守恒定律得：[1/2]mv²=[1/2]（m+m）v₁²+E_P，
解得：E_P=[1/4]mv²；
答：P、Q速度相同时，其速度为：[1/2]v，此时弹簧弹性势能为：[1/4]mv²．

点评：
本题考点： 动量守恒定律；机械能守恒定律．

考点点评： 本题综合考查了动量守恒定律和能量守恒定律，难度不大，关键知道当两者速度相同时，弹簧的弹性势能最大．

解题思路：在“验证牛顿第二定律”实验中，实验时要求小车质量M要远远大于砂及砂桶的质量m，根据这个要求做出选择即可．

实验时要求小车质量M要远远大于砂及砂桶的质量m，只有B中M与m相差最大，所以B组测量时所画出的a-F图线较准确，其中50g是数值最大的，在本组的数据中，这是误差最大的．
故答案为：B，50g．

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 教科书本上的实验，我们要从实验原理、实验仪器、实验步骤、实验数据处理、实验注意事项这几点去搞清楚．对于实验我们要清楚每一项操作存在的理由．比如为什么要平衡摩擦力，为什么要让M＞＞m等．

解题思路：①根据动能定理，结合平抛运动规律，即可求解；
②利用平抛运动的规律测出滑块从桌面边缘飞出的速度大小，因此需要测量两次滑块平抛的水平方向位移和桌面高度．
③从N到M过程中利用动能定理或者运动学公式即可求出动摩擦因数的表达式．

①根据动能定理，摩擦力做功导致，动能变化，再由平抛运动来确定末动能的大小，因此要控制相同的初动能；
②该实验实验原理为：测出滑块在N点M点速度大小，然后根据动能定理或者运动学公式列方程，进一步测出滑块与桌面间的动摩擦因数，因此需要测量N、M两点速度的大小，N点速度即为滑块滑到滑槽底端的速度，可以通过第一次实验测得，根据平抛规律，测量出MO的高度h以及OP距离x₁即可，M点速度通过第二次实验测得，只需测量出OP′距离x₂即可．
故答案为：MO的高度h，OP距离x₁，OP′距离x₂．
③设滑块滑到底端的速度为v₀，通过第一次实验测量有：
h=[1/2]gt² ①
x₁=v₀t ②
设滑块滑到M点速度为v_M，通过第二次实验测量有：
x₂=v_Mt ③
从N到M过程中，根据功能关系有：
mgμL=[1/2]m
v20-[1/2]m
v2M ④
联立①②③④解得：μ=

x21−
x22
4hL．
故答案为：

x21−
x22
4hL．

点评：
本题考点： 探究影响摩擦力的大小的因素．

考点点评： 该实验有一定的创新性，其实很多复杂的实验其实验原理都是来自我们所学的基本规律，这点要在平时训练中去体会．

整个过程动量受恒,3MVo=5MV共 V共=3/5Vo
b与c碰撞前后,动量受恒 2MVb=4MV共
2MVb=4MV共 Vb=6/5Vo

这是一道动量题.系统在水平方向上动量守恒.
则有,（M+m)*v'-mvcosa=0
解得,v'=mvcosa/(M+m)

这种题如最简单的方法其实是把小车做参照物来解,不过比较抽象.
先求一些基本量：
A在光滑段时
A静止,B匀加速前进.
aA1＝0,aB1＝12/4=3m/s2
A在粗糙段时
A受摩擦力FA＝mAgu＝4N,所aA2＝4m/s2
B的合力为FB＝F－FA＝8N,所aB2＝2m/s2
现在,以小车B为参照物来看整个过程
光滑段：实际就是A以加速度大小为3m/s2的向右匀加速过程.（ aA1－aB1＝－3m/s2)
粗糙段：实际就是A以加速度大小为2m/s2的向右匀减速过程.（aA2－aB2＝2m/s2)
于是题目变成了,A在一木板上静止,木板总长2m,A先以3m/s2的加速度“行驶”,再以－2m/s2的加速度减速,恰好在最右端停下.
因为v＝aA1' t1=aA2't2,所以段路程时间比为t1:t2=3:2
所以两段路程比为3：2 （平均速度相等,都等于v/2)
所以木板光滑段长1.2m
描述有点多,但是绝对比列方程简单.
1、分别求出加速度0 3 4 2
2、求出相对加速度3 和2
3、3和2的比例分割木板两段
就这么简单

解题思路：小滑块和长木板均做匀加速运动，分别对小滑块和长木板受力分析，求出加速度，运用速度时间公式求出速度；

（1）对长木板施加恒力F的时间内，小滑块与长木板间相对滑动，小滑块和长木板在水平方向的受力情况如图所示．

小滑块所受摩擦力f=μmg
设小滑块的加速度为a₁，根据牛顿第二定律
f=ma₁
解得：a₁=2.0 m/s²
长木板受的摩擦力f′=f=μmg
设长木板的加速度为a₂，根据牛顿第二定律：
F-f′=Ma₂
解得：a₂=4.0 m/s²
经过时间t=1.0 s，
小滑块的速度v₁=a₁t=2.0 m/s
长木板的速度v₂=a₂t=4.0 m/s
（2）撤去力F后的一段时间内，小滑块的速度小于长木板的速度，小滑块仍以加速度a₁做匀加速直线运动，长木板做匀减速直线运动．设长木板运动的加速度为a₃
此时长木板水平方向受力情况如图所示，根据牛顿第二定律
f′=Ma₃
解得a₃=2.0 m/s²
设再经过时间t₁后，小滑块与长木板的速度相等．
即v₁+a₁t₁=v₂-a₃t₁
解得t₁=0.50 s
此时二者的速度均为v=v₁+a₁t₁=3.0 m/s．
如图所示，在对长木板施加力F的时间内，小滑块的位移是s₁，长木板的位移是s₂；从撤去F到二者速度相等的过程，小滑块的位移是s₃，长木板的位移是s₄．

小滑块与长木板速度相等时，小滑块距长木板右端的距离最大．
小滑块的总位移
s_块=s₁+s₃=
1
2a1t2+v1t1+
1
2a1t12=2.25 m
长木板的总位移
s_板=s₂+s₄=
1
2a2t2+
v1+v
2t1=3.75 m
在运动中小滑块距长木板右端的最大距离为
s=s_板-s_块=1.5 m
答：（1）撤去力F时小滑块和长木板的速度分别是2.0m/s和4.0m/s；
（2）运动中小滑块距长木板右端的最大距离是1.5m．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的综合应用；匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 本题关键的就是正确的对两个物体受力分析，求出加速度，分析清楚运动过程，由于本题小滑块的受力一直未变，也可以直接有位移时间公式求解！

解题思路：物体相对斜面静止，根据静摩擦力的特点（大小、方向均不能确定）可知应进行讨论，当加速度为某一值时，摩擦力是0，不是该值时，则应有摩擦力，再受力分析即可．

物体m的加速度方向向左，大小不确定，对m受力分析，确定的力有：向下的重力、垂直斜面向上的支持力，应对不能确定大小和方向的静摩擦力f况进行讨论：
当加速度为某值
a 0时，f可能为零，则物体可能受到2个力，所以A正确；
当加速度不等于
a 0时，物体可能有沿斜面向上或向下运动到趋势，则静摩擦力方向沿斜面向下或向上，则物体就受到3个力作用，所以B正确；
显然物体不可能受到4个或5个力，所以C、D错误．
故选：AB．

点评：
本题考点： 共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用．

考点点评： 应明确静摩擦力的特点是：大小和方向均不能确定，需要进行讨论分析．

D

如图A所示，当滑块受到的合力∑F ₁ 沿水平方向时，滑块与小车处于相对静止的临界状态，一起向左做匀加速运动．这时，系统的加速度为 ，
滑块受到的合外力为 ,
根据牛顿第二定律，推力为 ；
如图B所示，当滑块受到的合力∑F ₂ 向上偏离水平方向时，滑块将相对小车沿斜面向上滑动．这是水平推力增大的结果，所以 ；
如图C所示，当滑块受到的合力∑F ₃ 向下偏离水平方向时，滑块将相对小车向下滑动．这是水平推力减小的结果，所以 ；
如图D所示，当滑块受到的合力∑F ₄ 沿斜面向下时，滑块的加速度为 ，滑块受到的合外力为 。
即滑块的加速度由其重力沿斜面的分力产生--与滑块在固定斜面上下滑等效．这时，小车应处于平衡状态（匀速运动或者静止），并受到与推力F ₄ 平衡的地面摩擦力的作用，与不计一切摩擦力的题设条件不符合．所以，图D所示的情况不可能实现

此时,小滑块受到垂直向下的重力；沿斜面向上的摩擦力（如斜面光滑则无摩擦力）；垂直斜面向上的弹力.上述力的合力大小等于ma,方向水平向左.

根据动量守恒定律有 ① (3分)
第二次碰撞 ② (3分)
过P点向左运动过程中，由动能定理得 ③(2分)
解得： ④ (2分

确保两者相对静止的最大力为F.则有 对A有 fmax=mAa a=5m/s2.
对整体 F=15N.
当F=9N时,两者有共同的加速度 F=（mA+mB)a a=3m/s2
当F=20N是,两者相对滑动,A的加速度5.B的为7.5

D

设AB段位移为X,由运动学公式 知 , ,得 ，AB错。AB段 ，BC段 ， ，联立得 ，C错D对。

由于砝码随滑块一起做简谐运动,且运动状态相同,故F回相同
对滑块分析：最大位移时F回=kA-μmg
对砝码分析：最大位移时F回=μmg
即kA-μmg=μmg
故A=2μmg/k

解题思路：若滑块匀速下滑，受力平衡，沿斜面方向列出力平衡方程．加上竖直方向的匀强电场后，竖直方向加上电场力，再分析物体受力能否平衡，判断物体能否匀速运动．

A、若滑块匀速下滑时，则有mgsinθ=μmgcosθ．当加上竖直向上的电场后，在沿斜面方向，（mg-F）sinθ=μ（mg-F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故A错误；
B、若滑块匀速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ．加上竖直向下的电场后，在沿斜面方向，（mg+F）sinθ=μ（mg+F）cosθ，受力仍保持平衡，则滑块仍匀速下滑．故B错误；
C、若滑块匀减速下滑，根据牛顿第二定律，有：μmgcosθ-mgsinθ=ma，解得a=g（μcosθ-sinθ）；
加上竖直向上的电场后，根据牛顿第二定律，有：μ（mg-F）cosθ-（mg-F）sinθ=ma′，解得a′=g（μcosθ-sinθ）（1-[F/m]）；
故a＜a′，即加速度减小，故C正确；
D、若滑块匀加速下滑，根据牛顿第二定律，有：mgsinθ-μmgcosθ=ma，解得a=g（sinθ-μcosθ）；
加上竖直向下的电场后，根据牛顿第二定律，有：（F+mg）sinθ-μ（F+mg）cosθ=ma′，解得a′=g（sinθ-μcosθ）（1+[F/m]）；
故a＜a′，即加速度变大，故D正确；
故选CD．

点评：
本题考点： 牛顿第二定律．

考点点评： 判断物体运动的状态，关键是分析受力情况，确定合力是否为零或合力与速度方向的关系．

水平滚动条的滑块在最左端代表最小值Min,在最右端代表最大值Max.
所以是 错 的.

解题思路：（1）绳子断裂前，物块和小车一起做匀加速运动，绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动，根据滑块相对小车前3s内滑行了4.5m，求出绳子断裂时的速度，再根据后3s内滑行了10.5m，求出后3s内的初速度，从而确定滑块在小车上运动的总时间，分别求出小车和木块的位移，两者位移之差为小车的板长．
（2）滑块相对于地面做匀速直线运动，根据s_滑=v₁t_总求出相对于地面移动的距离．

（1）设小车加速度为a．断裂时，车和物块的速度为v₁=at=2a．断裂后，小车的速度v=v₁+at，小车的位移为：
s₁=v₁t+[1/2]at²，
滑块的位移为：s₂=v₁t
前3s相对位移有关系：△S＝S1−S2＝
1
2at2=4.5m
得：a=[2△S
t2=
2×4.5/9]=1m/s²
v₁=2a=2×1=2m/s
设后3s小车的初速度为v₁′，则小车的位移为：
s₁′=v₁′t+[1/2]at²
滑块的位移为：s₂′=v₁t
得：s₁′-s₂′=3v₁′+4.5-3v₁=10.5m
解得：v₁′=4m/s
由此说明后3s实际上是从绳断后2s开始的，滑块与小车相对运动的总时间为：t_总=5s．
小车底板总长为：L=s_车-s_滑=v₁t_总+[1/2]a
t2总-v₁t_总=[1/2]a
t2总=
1
2×1×25=12.5m
（2）滑块在这段时间内的对地位移，s_滑=v₁t_总=2×5=10m
答：（1）小车底板长是12.5m；
（2）从小车开始运动到滑块离开车尾，滑块相对于地面移动的距离是多10m．

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的位移与时间的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道绳子断裂后，小车以不变的加速度做匀加速运动，物块做匀速直线运动．再根据匀变速直线运动的公式进行求解．

第一题,t时间内,前3秒内,由S=vt+（1/2）at2可知,v=0,s=4.5 t=3可以求出加速度a=1,再由S=vt+（1/2）at2,t=3 a=1 s=10.5 可以求出后3秒开始时速度为2m/s,再由v=at可以求出,后3秒开始的时间是第2秒,那么,滑块在底板上滑行时间为4秒,则底板长度为S=vt+（1/2）at2 即S=0*4+0.5*1*4*4=8m
第2题,不出事故,就需要汽车先过交叉点,或者火车先过.如汽车先过,则需要在火车车头到交叉点前过去,也就是说汽车需要在200/20=10s内走过175米+车身的5米共180米的距离,只需要将速度提高到18m/s以上即可,如火车先过,则汽车车头需要在200+300=500/20=25秒后到达交叉点,那么汽车的速度则需要低于175/25=7m/s即可
晕死,等了好多天了,给个最佳撒,分呢

解题思路：质量为m带电荷+q的滑块恰能从倾角为θ的绝缘斜面上匀速下滑，知滑块受到摩擦力与重力的分力相等，加一匀强电场使滑块恰能沿斜面匀速上滑，知滑块处于平衡状态，通过受力分析求出电场强度的最小值．

A、当电场的方向竖直向上时，要想做匀速直线运动，必须有mg=qE，则E=[mg/q]．当电场的方向与斜面平行时，有qE=f+mgsinθ=2mgsinθ．所以E=[2mgsinθ/q]．而且电场的方向有无数种．故A、B错误．
C、物体受重力、支持力、摩擦力和电场力，支持力与摩擦力的合力方向一定，因为开始能匀速下滑，有mgsinθ=μmgcosθ，μ=tanθ，所以支持力与摩擦力的合力方向与垂直于斜面方向成θ角，（如下图）重力大小方向一定，根据矢量三角形，当电场力的方向与支持力与摩擦力合力方向垂直时，电场力最小，根据几何关系，求出重力的反向延长线与支持力摩擦力合力方向的夹角为2θ，则电场力的最小值F=mgsin2θ．电场强度的最小值为[mgsin2θ/q]．故C正确．
D、从下图可看出，电场力的最大值可达到无穷大．故D错误．
故选C．

点评：
本题考点： 带电粒子在匀强电场中的运动；力的合成与分解的运用；共点力平衡的条件及其应用．

考点点评： 解决本题的关键能正确的进行受力分析，并能根据三角形法去求最小值．

解题思路：小球上升到最高点的过程中，符合机械能守恒定律，先解决最高点小球的速度，再由向心力公式求得细杆对小球的作用力，根据牛顿第三定律知道球对杆的作用力．

（1）设小球能通过最高点，且此时的速度为v₁．在上升过程中，因只有重力做功，小球的机械能守恒．则
1
2mv12+mgL＝
1
2mv02…①
v1＝
6m/s…②
设小球到达最高点时，轻杆对小球的作用力为F，方向向下，
则 F+mg＝m
v12
L…③
由②③式，得 F=2N…④
由牛顿第三定律可知，小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．
答：小球对轻杆的作用力大小为2N，方向竖直向上．

点评：
本题考点： 向心力；机械能守恒定律．

考点点评： 本题考查了连接体问题中的动量守恒和机械能守恒，滑块锁定和不锁定的区别非常重要：滑块锁定小球机械能守恒，滑块解锁系统机械能守恒两个物体水平方向上动量守恒．

解题思路：将A、B的速度分解为沿绳子方向和垂直于绳子方向，抓住沿绳子方向的速度相等，结合平行四边形定则求出A的速率．

A、B的速度分解如图所示，滑块B沿绳子方向上的分速度v₁=vcosα
滑块A沿绳子方向上的速度v_A1=v_Asinα
因为v₁=v_A1
则v_A=vcotα．故D正确，A、B、C错误．
故选D．

点评：
本题考点： 运动的合成和分解．

考点点评： 解决本题的关键抓住沿绳子方向的分速度相等，结合平行四边形定则进行求解．

解题思路：第一种情况下根据平衡条件得到台秤受到的压力；第二种情况根据牛顿第二定律列式求解即可．

滑块、斜面体均处于静止状态时，台秤读数等于总重力，即（M+m）g；
滑块以加速度a沿斜面体加速下滑时，对滑块和斜面体整体受力分析，受总重力、支持力和台秤对其向右的静摩擦力f，将滑块的加速度沿着水平和竖直方向正交分解，根据牛顿第二定律，有
水平方向：f=m•acosα
竖直方向：（M+m）g-F_N=m•asinα
解得
F_N=（M+m）g-masinα
故答案为：（m+M）g，（m+M）g-masinα．

点评：
本题考点： 牛顿运动定律的应用-超重和失重．

考点点评： 本题关键对整体受力分析，然后对整体运用牛顿第二定律列式分析求解，由于两物体相对滑动，较难！

能力有限 无法解决

解题思路：滑块所受摩擦力小于重力沿斜面向下的分力，滑块与挡板碰撞后向上运动的过程中，不能停在最高点，又向下滑动，滑块的机械能不断减小，最终滑块停在斜面底部．应用动能定理求解．

滑块在滑动过程中，要克服摩擦力做功，其机械能不断减少；又因为滑块所受摩擦力小于滑块沿斜面方向的重力分力，所以最终会停在斜面底端．
在整个过程中，受重力、摩擦力和斜面支持力作用，其中支持力不做功．设其经过和总路程为L，对全过程，由动能定理得：mgssinα-μmgLcosθ=0-[1/2]mv²，
解得：L=[1/μ]（stanθ+
v2
2gcosθ）；
答：滑块在斜面上经过的总路程为[1/μ]（stanθ+
v2
2gcosθ）．

点评：
本题考点： 动能定理．

考点点评： 本题首先要通过分析判断出滑块最终停在斜面的底部；二要抓住滑动摩擦力做功与总路程有关，也可以应用能量守恒定律解题．

高中物理公式总结
物理定理、定律、公式表
一、质点的运动（1）------直线运动
1）匀变速直线运动
1.平均速度V平＝s/t（定义式） 2.有用推论Vt2-Vo2＝2as
3.中间时刻速度Vt/2＝V平＝(Vt+Vo)/2 4.末速度Vt＝Vo+at
5.中间位置速度Vs/2＝[(Vo2+Vt2)/2]1/2 6.位移s＝V平t＝Vot+at2/2＝Vt/2t
7.加速度a＝(Vt-Vo)/t ｛以Vo为正方向,a与Vo同向(加速)a>0；反向则aF2)
2.互成角度力的合成：
F＝(F12+F22+2F1F2cosα)1/2（余弦定理） F1⊥F2时:F＝(F12+F22)1/2
3.合力大小范围：|F1-F2|≤F≤|F1+F2|
4.力的正交分Fx＝Fcosβ,Fy＝Fsinβ（β为合力与x轴之间的夹角tgβ＝Fy/Fx）
注：
(1)力(矢量)的合成与分解遵循平行四边形定则;
（2）合力与分力的关系是等效替代关系,可用合力替代分力的共同作用,反之也成立;
(3)除公式法外,也可用作图法求解,此时要选择标度,严格作图;
(4)F1与F2的值一定时,F1与F2的夹角(α角)越大,合力越小;
（5）同一直线上力的合成,可沿直线取正方向,用正负号表示力的方向,化简为代数运算.
四、动力学（运动和力）
1.牛顿第一运动定律(惯性定律）：物体具有惯性,总保持匀速直线运动状态或静止状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止
2.牛顿第二运动定律：F合＝ma或a＝F合/ma{由合外力决定,与合外力方向一致}
3.牛顿第三运动定律：F＝-F´{负号表示方向相反,F、F´各自作用在对方,平衡力与作用力反作用力区别,实际应用：反冲运动}
4.共点力的平衡F合＝0,推广 ｛正交分解法、三力汇交原理｝
5.超重：FN>G,失重：FNr｝
3.受迫振动频率特点：f＝f驱动力
4.发生共振条件:f驱动力＝f固,A＝max,共振的防止和应用〔见第一册P175〕
5.机械波、横波、纵波〔见第二册P2〕
6.波速v＝s/t＝λf＝λ/T{波传播过程中,一个周期向前传播一个波长；波速大小由介质本身所决定}
7.声波的波速(在空气中）0℃：332m/s；20℃:344m/s；30℃:349m/s；(声波是纵波)
8.波发生明显衍射（波绕过障碍物或孔继续传播）条件：障碍物或孔的尺寸比波长小,或者相差不大
9.波的干涉条件：两列波频率相同(相差恒定、振幅相近、振动方向相同)
10.多普勒效应:由于波源与观测者间的相互运动,导致波源发射频率与接收频率不同｛相互接近,接收频率增大,反之,减小〔见第二册P21〕｝
注：
（1）物体的固有频率与振幅、驱动力频率无关,取决于振动系统本身；
（2）加强区是波峰与波峰或波谷与波谷相遇处,减弱区则是波峰与波谷相遇处；
（3）波只是传播了振动,介质本身不随波发生迁移,是传递能量的一种方式；
（4）干涉与衍射是波特有的；
(5)振动图象与波动图象；
(6)其它相关内容：超声波及其应用〔见第二册P22〕/振动中的能量转化〔见第一册P173〕.
六、冲量与动量(物体的受力与动量的变化）
1.动量：p＝mv ｛p:动量(kg/s),m:质量(kg),v:速度(m/s),方向与速度方向相同｝
3.冲量：I＝Ft ｛I:冲量(N•s),F:恒力(N),t:力的作用时间(s),方向由F决定｝
4.动量定理：I＝Δp或Ft＝mvt–mvo {Δp:动量变化Δp＝mvt–mvo,是矢量式}
5.动量守恒定律：p前总＝p后总或p＝p’´也可以是m1v1+m2v2＝m1v1´+m2v2´
6.弹性碰撞：Δp＝0；ΔEk＝0 {即系统的动量和动能均守恒}
7.非弹性碰撞Δp＝0；0

解题思路：对滑块进行受力分析，回复力指物块所受力的合力；由F-t图象分析滑块的周期；根据胡克定律求出弹簧的伸长量和压缩量，中间位置为平衡位置，从而可以求出振幅．

（1）对滑块进行受力分析，滑块的合力为：弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力，合力提供回复力．
（2）由图可以看出周期为0.4s
（3）根据胡克定律：F₁=KX
F₂=KX′
振幅d=[X+X′/2]=
F1+F2
2K
故答案为：（1）弹簧的弹力和重力沿斜面的分力的合力（或弹簧弹力、重力和斜面支持力的合力）；
（2）0.4；（3）
F1+F2
2K；

点评：
本题考点： 简谐运动的回复力和能量．

考点点评： 通过实验、图象考查了对胡克定律以及回复力的理解，角度新颖，是一道考查能力的好题．

受的,因为滑块下滑不是匀速运动,水平方向外力必不为0
所以它一定会对斜面体有反作用力
而斜面处于平衡状态
所以只有地面给它水平方向的摩擦力才能保持合力为0保持静止

A、物体受到重力、支持力、拉力和摩擦力，根据动能定理，有△E _k =（F-μmg）（S+L），故A错误；
B、滑动摩擦力对M做的功为μmgs，故B错误；
C、滑动摩擦力对M做的功为μmgs，滑动摩擦力对m做的功为-μmg（s+L），故C错误；
D、此过程中产生的热量等于对滑动摩擦力做功的代数和的绝对值，故Q=μmgL，故D正确；
故选D．

你的理解是对的！！！
题目第三问的确应该等于s1与s2的矢量和。
估计第三问是想问滑块在AB上运动的位移。。。
出错正常。。。你看题目文字中说图a图b，而实际图却是甲乙就可见一斑。。。

解题思路：（1）刻度尺的读数需估读，估读到最小刻度的下一位．
（2）因为挡光的时间极短，可以用比较短时间内的平均速度代替瞬时速度．

（1）小滑块的长度d=8.15cm-4.00cm=4.15cm
（2）因为挡光的时间极短，可以用比较短时间内的平均速度代替瞬时速度．
所以滑块通过光电门的速度v=[d/t]=0.83m/s
故答案为：（1）4.15
（2）0.83

点评：
本题考点： 探究小车速度随时间变化的规律．

考点点评： 解决本题的关键知道平均速度的公式.v=[△x/△t]，知道当△t比较小时，平均速度可以代替瞬时速度．再者就是要熟练的应用测量长度的工具，并会准确的进行读数．

系统水平方向不受外力，水平方向动量守恒，则

对m分析：可知上滑时的加速度沿斜面向下,大小为a1=g(sinα+μcosα)；
下滑时加速度沿斜面向下,大小为a2=g(sinα-μcosα)；
对整体分析,由牛顿第二定律知：f地面=macosα,即
方向均沿水平方向,且与a的水平分量方向相同,
大小代入a1、a2可知分别为mg(sinα+μcosα)cosα、mg(sinα-μcosα)cosα

S=L=(1/2)at²

a=2L/t²
t=2s

and
a=(F-mgsin37°-umgcos37°)/m

(F-mgsin37°-umgcos37°)/m=2L/t²
F=.

解题思路：打点计时器应使用交流电源，细线应保持水平，与轨道平行，释放滑块时，应将滑块靠近打点计时器．

连接滑块的细线需保持水平，因为若倾斜，拉力不等于滑块的合力．释放滑块时，滑块应靠近打点计时器．打点计时器应使用交流电，电火花打点计时器使用220V的交流电．
故答案为：（1）B接滑块的细线应水平．（2）C滑块离计时器太远．（3）电火花计时器应该用220V的交流电，不能接直流电．

点评：
本题考点： 探究加速度与物体质量、物体受力的关系．

考点点评： 解决本题的关键知道实验的原理，掌握实验装置的安装，需加强这方面的实际操作，培养动手的能力．

解题思路：小滑块在竖直面内做圆周运动，小滑块的重力和圆形轨道对滑块的支持力的合力作为向心力，根据在不同的地方做圆周运动的受力，可以分析得出物体M对地面的压力N和地面对物体M的摩擦力的大小．

A、小滑块在A点时，滑块对M的作用力在竖直方向上，系统在水平方向不受力的作用，所以没有摩擦力的作用，故A错误．
B、小滑块在B点时，需要的向心力向右，所以M对滑块有向右的支持力的作用，对M受力分析可知，地面要对M有向右的摩擦力的作用，在竖直方向上，由于没有加速度，物体受力平衡，所以物体M对地面的压力N=Mg，故B正确．
C、小滑块在C点时，滑块对M的作用力竖直向下，M在水平方向不受其他力的作用，所以不受摩擦力．滑块对物体M的压力要大于C的重力，那么M对地面的压力N＞（M+m）g，故C错误．
D、小滑块在D点和B的受力的类似，由B的分析可知N=Mg，摩擦力方向向左，D错误．
故选：B．

点评：
本题考点： 摩擦力的判断与计算．

考点点评： 小滑块做圆周运动，分析清楚小滑块做圆周运动的向心力的来源，即可知道小滑块和M之间的作用力的大小，再由牛顿第三定律可以分析得出地面对M的作用力．

数理答疑团为您解答,希望对你有所帮助.

方法一： 当木块A与B分离时撤去外力F,木块A再移过同样的距离后停止运动
说明：分离前后的加速度大小相等,方向相反,即：A在分离前后的合外力大小相等,方和相反.
有：F - μmBg - μ（mA+mB）g = μmAg
得：F= 2μ（mA+mB）g = 2*0.2*（10+2）*10 = 48N
方法二：用能量守恒定律解答
令木块A移过的距离2S,有：
FS = μmBgS + μ（mA+mB）gS + μmAgS
得：F= 2μ（mA+mB）g = 2*0.2*（10+2）*10 = 48N
外力F的大小48N

祝你学习进步,更上一层楼! (*^__^*)

运用运动学公式啊,然后所谓热能就是摩擦力做的功. 我帮你解答吧、唉~~~
（1）斜面平行方向合力为0：
F-mgsin30`=0
F=5N
(2)滑块做减速运动：
Vo^2-Vb^2=-2*2.5L
t=(Vb-V0)/2.5
相对位移：S相=L-V0t
Q=mg*0.25*S相
解得：Q=0.5J
当滑块做加速运动时：
Vo^2-Vb^2=2*2.5L
t=(V0-Vb)/2.5
相对位移：S相=V0t-L
Q=mg*0.25*S相
解得：Q=5.5-3*(根2)J

解题思路：本题的关键是根据瞬时速度的概念求出滑块通过两个光电门时的速度，然后再根据加速度的定义即可求解．

滑块通过第一个光电门的速度为
v 1=[△x

△t 1=
0.02/0.31]m/s=0.0645m/s，通过第二个光电门的速度为
v 2=[△x

△t 2=
0.02/0.13]m/s=0.154m/s
所以a=

v 2
−v 1
t=[0.154−0.065/3.60]m/
s2 =0.02470m/
s2
即滑块的加速度为0.02470m/
s2 ．
答：滑块的加速度为0.0247m/
s2

点评：
本题考点： 匀变速直线运动的速度与时间的关系．

考点点评： 明确气垫导轨的使用方法以及滑块通过光电门时速度的求法．

1
F合=sin37mg+cos37mgu=ma
a=sin37g+cos37gu=6+8*0.25=8m/s^2
2
2as=v^2
a=8m/s^2
s=1m
3
F合=sin37mg-cos37mgu=ma
a=6-8*0.25=4m/s^2
2as=v^2
v=2根号2

（1）小于
（2）设斜面倾角为θ,高度为h时,斜面长度为x=h/sinθ
上升时的合力F1=f+mg
对上升过程使用动能定理得
（f+mg)L=mv1^2/2-------------------------(1)
下降过程合力F2=mg-f
对下降过程使用动能定理
（mg-f)L=mv2^2/2----------------------------(2)
由上各式得h=(v1^2+v2^2)/2g
(3)对整个过程使用运动定理
W=mv2^2/2-mv1^2/2
克服摩擦力做的功为mv1^2/2-mv2^2/2
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