本章复习与测试教案教学设计

1．如图所示，质量为m的物体A放在倾角为θ的斜面体B上，并在图示的水平恒力F作用下使它们之间刚好不发生相对滑动而向左运动. 已知斜面和水平面均光滑，

那么下列关于这个物理情境的讨论中正确的是（

）

A. 题目中描述的这种物理情境不可能发生

B. A、B只有向左匀速运动时才能发生这种可能

C. 斜面体B对物体A不做功是由于它们之间的弹力方向垂直于斜面

D. A、B具有共同加速度时能发生，且恒力F大小为（M+m）gtanθ

2．

质量为m的物体，在距地面h高处以法中正确的是（ ）

A.物体的重力势能减少g的加速度由静止竖直下落到地面。下列说31mgh

3B.物体的动能增加1mgh

31mgh

3C.物体的机械能减少D.重力做功1mgh

33．固定的倾角为30°的斜面上有一物块，物块与斜面间动摩擦因数μ=0.2，t=0时刻由静止释放物块的同时给物块施加沿斜面向上的力F，F-t图像如图所示。规定沿斜面向上为正方向，则物块的a-t图像正确的是( )

4．如图所示，固定在小车上的折杆∠A=θ，B端固定一个质量为m的小球，若车向右的加速度为a，则AB杆对小球的作用力F为：

A．当a=0时，F=mg/cosθ,方向沿AB杆

B．当a=gtanθ时，F=mgcosθ，方向沿AB杆

22C．无论a取何值，F都等于mga，方向都沿AB杆

22D．无论a取何值，F都等于mga，方向不一定沿AB杆

5．

如图(a)所示，在倾角为θ的光滑斜面上放一物体，用一水平外力F作用于物体上，逐渐增大F，物体做变加速运动，其加速度a随外力F变化的图象如图(b)所示，若物2体的初速度为零，重力加速度g取10 m/s.根据图(b)中所提供的信息可以计算出(

)

A．斜面的质量

B．物体的倾角

C．斜面的长度

2D．加速度为6 m/s时物体的速度

6．如图所示，质量相同的两个带电粒子PQ以相同的速度沿垂直于电场方向射入两平行板间的匀强电场中，P从两极板正中央射入，Q从下极板边缘射入，它们最后打在同一点（重力不计），则从开始射入到打到上极板的过程中（ ）

A．它们运动的时间tQ>tP

B．它们运动的加速度aQ＜aP

C．它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2

D．它们的动能增加量之比△EkP：△EkQ=1：2

7．某舰载机在辽宁舰上进行降落训练时，飞机以60m/s的速度（可视为水平方向）着舰，飞机先做匀速直线运动，经过时间t飞机成功钩住阻拦索后，飞机的动力系统立即关闭，飞机做匀减速直线运动，飞机在舰上共滑行了99m，用时2.9s，求：

（1）飞机从着舰到钩住阻拦索的时间t；

（2）飞机做匀减速运动时的加速度．

8．如图所示，小车质量M为2.0kg，它与水平地面摩擦力忽略不计，物体质量m为0.5kg，物体与小车间的动摩擦因数为0.3。求：

（1）小车在外力作用下以1.2m/s的加速度向右运动时，物体受摩擦力多大？

22

（2）欲使小车产生a3.5m/sa3.5m/s的加速度，需给小车提供多大的水平推2力？

（3）若要使物体m脱离小车，则至少用多大的水平力推小车？

（4）若小车长L＝1m，静止小车在8.5N水平推力的作用下，物体由车的右端向左滑动，则滑离小车需多长时间？（物体m看作质点）

一个质量为8kg的物体，放在水平地面上，物体与水平面间的动摩擦因数为μ=0.2，试求该物体在下列几种情况下受到的摩擦力。

9．物体静止时用F=12N的水平力向右拉物体。

10．物体静止时用F=24N的水平力向右拉物体。

11．物体以v=15m/s的初速度向右运动，用F=12N的水平向左的力拉物体。

12．如图所示，质量为40kg的雪橇（包括人）在与水平方向成37°角、大小为200N的拉力F作用下，沿水平面由静止开始运动，经过2s撤去拉力F，雪橇与地面间动摩2擦因数为0.20．取g=10m/s，cos37°=0.8，sin37°=0.6．求：

（1）刚撤去拉力时雪橇的速度υ的大小；

（2）撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离．

13．（16分）广州亚运会开幕式文艺表演最震撼人心的节目当数《白云之帆》篇章，是由地面上近1400人用绳索拉着的180名演员上演“空中飞人”。9分钟的时间里，180名塔沟武校的武林小子在帆屏上时而俯冲而下，时而攀缘升空，演绎了一场世所罕见的惊险、刺激却又浪漫、温馨的节目．现在把他们某次训练过程中的情节简化成模型：如图所示，地面上的人通过定滑轮用轻绳将质量m=60 kg的演员从静止竖直向上拉高24 m，用时t=6 s，演员在竖直方向上先做匀加速直线运动，再做匀减速直线运动后静止在高空。其加速和减速过程中的加速度之比为1∶5，忽略滑轮的质量和滑轮与轴之间的摩擦力．求：

（1）演员在匀加速上升过程中的加速度；

2（2）演员在匀加速上升过程中轻绳对地面上的人的拉力为多少？(g＝10 m/s)

14．质量为2 kg的物体静止在水平面上，物体与水平面的动摩擦因数为0.1，作用在2物体上的水平拉力F随时间的变化如图所示（以向右为正方向）。(g取10 m／s。)

（1）试求出物体做变速运动时各时间段的加速度？

（2）请画出物体的速度随时间变化的图象．并求出物体在前13s内的位移?

15．如图所示，一粗糙斜面的倾角θ=37°，物体与斜面间的动摩擦因素μ=0.5，一质2量为m=5kg的物块在一水平力F的作用下静止在斜面上，g取10 m/s，最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力，求：

（1）要使物体恰能静止在斜面上（即与斜面没有相对滑动的趋势），F应为多大；

（2）要使物体静止在斜面上，F应在什么范围内。

16．如图所示，电动机带动滚轮作逆时针匀速转动，在滚轮的摩擦力作用下，将一金属板从斜面底端A送往上部，已知斜面光滑且足够长，倾角θ=30°．滚轮与金属板的切点B到斜面底端A的距离为L=6．5m，当金属板的下端运动到切点B处时，立即提起滚3轮使它与板脱离接触．已知板的质量为m=1×10kg，滚轮边缘线速度恒为v=4m/s，滚4轮对板的正压力FN=2×10N，滚轮与板间的动摩擦因数μ=0．35，取重力加速度2g=10m/s．求：

（1）板加速上升时所受到的滑动摩擦力大小；

（2）板加速至与滚轮边缘线速度相同时前进的距离；

（3）板匀速上升的时间．

17．法国人劳伦特•菲舍尔在澳大利亚的冒险世界进行高空特技表演，他从20m高的塔上直接落入水池中（可视为自由落体运动），落入水中可视为匀减速直线运动，加速度2大小为a=8m/s，求：

（1）落入水面时的速度？

2（2）需要准备一个至少深度多少米的水池（g取10m/s）

18．(15分)运动员驾驶摩托车做腾跃特技表演是一种刺激性很强的运动项目．如图所示，AB是水平路面，BC是半径为20m的圆弧，CDE是一段曲面．运动员驾驶功率始终

是P＝1.8kW的摩托车在AB段加速，到B点时速度达到最大vm＝20m/s，再经t＝13s的时间通过坡面到达E点时，关闭发动机后水平飞出．已知人和车的总质量m＝180kg，2坡顶高度h＝5m，落地点与E点的水平距离s＝16m，重力加速度g＝10m/s．如果在AB段摩托车所受的阻力恒定，求：

⑴AB段摩托车所受阻力的大小；

⑵摩托车过B点时受到地面支持力的大小；

⑶摩托车在冲上坡顶的过程中克服阻力做的功．

19．（6分）在动摩擦因数μ=0.2的水平面上有一个质量为m=1kg的小球，小球与水平轻弹簧及与竖直方向成=45角的不可伸长的轻绳一端相连，如图所示，此时小球处于2静止状态，且水平面对小球的弹力恰好为零，当剪断轻绳的瞬间，取g=10m/s，求：

0

（1）此时轻弹簧的弹力大小

（2）小球的加速度大小和方向

20．如图所示，水平传送带的速度为4.0m/s，它的右端与等高的光滑水平平台相接触。一工件m（可看成质点）轻轻放在传送带的左端，工件与传送带间的动摩擦因数μ=0.3，经过一段时间工件从光滑水平平台上滑出，恰好落在小车左端，已知平台与小车的高度2差h=0.8，小车左端距平台右端的水平距离为s=1.2m，取g=10m/s，求：

（1）工件水平抛出的初速度v0是多少？

（2）传送带的长度L是多少？

21．（13分）质量为m=2kg的物体静止在水平面上，它们之间的动摩擦系数μ=0.5，

现在对物体施加以如图所示的拉力F=10N ，与水平方向夹角θ=37º（sin37º=0.6），经t=10s后撤去力F，在经一段时间，物体又静止.

F

θ

求:（1）物体运动过程中最大速度多少?

2（2）物体运动的总位移是多少？（g取10m/s。）

22．如图所示，木板长L=1.6m，质量为M=4.0kg，上表面光滑，下表面与地面间的动摩擦因数为μ=0.4，质量m=1.0kg的小滑块（视为质点）放在木板的右端，开始时木板与2物块均处于静止状态，现给木板以向右的初速度，取g=10m/s，求：

（1）木板所受摩擦力的大小

（2）使小滑块不从木板上掉下来，木板初速度的最大值。

o23．（１０分）如图所示，倾角为30的斜面B放在水平地面上，其上表面光滑，整体可以左右滑动。将小球A挂在倾角为θ的光滑斜面上，细绳方向与斜面平行。试求（要2求细绳方向始终与斜面平行，g = 10m/s）：

（1）当斜面如何运动时，小球对斜面的压力为零。

（2）当斜面如何运动时，绳子的拉力为零.

24．在光滑水平面上有一静止的物体，现以水平恒力甲推这一物体，作用一段时间后，换成相反方向的水平恒力乙推这一物体，当恒力乙作用时间与恒力甲作用时间相同时，物体恰好回到原处。已知物体在水平恒力甲和恒力乙作用时，物体分别均做匀变速直线运动。求：

（1）恒力甲作用过程中物体的加速度大小a1与恒力乙作用过程中物体的加速度大小a2之比；

（2）恒力甲作用过程中物体的末速度大小v1与恒力乙作用过程中物体的末速度大小v2之比。

25．一辆汽车从A点由静止出发做匀加速直线运动，用t= 4 s的时间通过一座长x= 24 m的平桥BC，过桥后的速度是vc= 9 m/ s.求：

(1)它刚开上桥头时的速度vB有多大？

(2)桥头与出发点相距多远？

参考答案

1．D 【解析】物体A受力如图所示，当系统加速度agtan时且向左时，物体A刚好在斜面B上不滑动，A、B均错；斜面体B对物体A的弹力与位移成小于90°角做正功，C错；对整体由牛顿第二定律得F(Mm)a(Mm)gtan，D项正确。

2．B

【解析】

试题分析：根据题意，设空气的阻力为f，则有mgfmg2mg，得f。物体在下落33过程中由于空气阻力而使机械能损失，损失大小为fh2mgh，所以C错。物体下落h则3重力势能减少22mgh，得mgh，则A错。由动能定律，后来的动能满足Ek0mgh33Ekmgh，则B正确；重力做功为mhg，则D错。

3考点：本题考查牛顿第二定律、动能定理、功及机械能的变化。

3．D

【解析】

试题分析：t=0时刻物体沿斜面向下的重力分力mgsin300.5mg，推力为0，最大静摩擦力fmmgcos300.13mg，得到mgsin300.13mg，物体沿斜面向下滑行，加速度向下，为负方向，答案AC错。随着沿斜面向上的力F逐渐增大，

a0.5mg0.13mgF加速度逐渐变小，当外力F增大到加速度等于0向下的速度不m再增大，但速度向下摩擦力仍然向上，

后F再增大，使得加速度向上，物体开始减速，当物体减速到0时，根据运动的对称性，a0.13mgF0.5mg0.5mg0.13mg此mm时Fmg0.23mg0.5mgfm，物体不会反向向上运动，将保持静止，加速度等于0，

答案B错。直到F0.5mgfm物体开始向上运动，随F的增大加速度逐渐增大答案D对。

考点：牛顿第二定律

4．D

【解析】

试题分析：小球与小车相对静止，一共收到两个力即自身重力竖直向下和杆的弹力N，二者22的合力水平向右大小为ma。受力如图。有几何关系可得无论a取何值，F都等于mga，但方向即夹角大小要根据加速度的大小来变化，所以方向不一定沿AB杆，答案C错D对。．当a=0时，有几何关系可得maFmg方向竖直向上答案A错。时，即mg，当agnattan2，弹力F沿AB杆的方向，此时Fmgmg答案B错

cossin

考点：连接体

5．AB

【解析】

试题分析：物体受重力、拉力和支持力，根据牛顿第二定律FcosmgsinFcosgsin图线的纵轴截距为-6m/s2，则gsinθ=6，解得斜mmcos622，因为sinθ=0.6，则cosθ=0.8，面的倾角θ=37°．图线的斜率km30205a所以m=2kg．物体做加速度变化的运动，无法根据运动学公式求出速度和位移．故A、B正确，C、D错误．故选AB．

考点：本题考查了牛顿第二定律和图象

6．C．

【解析】

试题分析：垂直电场方向不受力，做匀速直线运动，位移相等，速度相等，由x=vt得知，运动的时间相等，故A错误；平行电场方向受到电场力作用，做初速度为零的匀加速直线运动，根据位移时间关系公式，有：y= 122yat，解得：a2…①，由于两带电粒子平行电t2场方向分位移之比为：yP：yQ=1：2，所以aQ＞aP，故B错误；根据牛顿第二定律，有：qE=ma…②，由①②两式解得：q2my，所以它们所带的电荷量之比qP：qQ=1：2，故C正确；根据动Et2能定理，有：qEx=△Ek，而：qP：qQ=1：2，xP：xQ=1：2，所以动能增加量之比：△EkP：△EkQ=1：4，故D错误；故选C．

考点：带电粒子在匀强电场中的运动

【名师点睛】本题关键将两个带电粒子的运动垂直电场方向和平行电场方向的分运动，然后

结合运动学公式、牛顿运动定律和动能定理列式分析．

7．（1）0.4s；

2（2）﹣24m/s

【解析】

试题分析：（1）飞机先做匀速运动，后做减速运动，根据运动学公式求得时间

（2）有速度时间公式求得加速度

解：飞机勾住阻拦索前运动距离为：x1=v0t

飞机钩住阻拦索后运动的距离为：x=x1+x2

t+t1=2.9s

联立解得：t=0.4s，t1=2.5s

（2）飞机做匀减速运动时间的加速度为：，方向与初速

度方向相反

答：（1）飞机从着舰到钩住阻拦索的时间t为0.4s；

2（2）飞机做匀减速运动时的加速度为﹣24m/s，方向与初速度方向相反

【点评】本题主要考查了匀变速直线运动，关键是抓住飞机先做匀速后做减速运动

8．先求两者相对静止时的最大加速度am，由牛顿第二定律知

mgma

2a1.2m/s1当时，物体与小车相对静止，静摩擦力F1产生了加速度a1，

由牛顿第二定律得F1ma1

F10.6N （2分）

2a3.5m/sam，物体与小车发生了相对滑动，物体对小车的摩擦力大小为

2当,Fmg

F,1.5N

对小车，由牛顿第二定律得F2FMa2，

所以，需给小车提供的推力为F28.5N （2分）

（3）要使物块m脱离小车，则必须有由牛顿第二定律得

a车a物,即a车am。

F3F1Ma车

解得F3(Mm)g7.5N.

即至少用7.5N的力推小车。 （2分）

由于F＝8.5N，大于水平推力7.5N，所以物体会滑落，

对小车由牛顿第二定律：FmgMa4

2a3m/s.

m物体的加速度1x1amt2,2物体m的位移

1x2a4t2,2小车的位移

又因为x2x1L,

t

①

②

③

联立①②③得运动时间【解析】略

9．12N

10．16N

11．16N

2L2s.a4am （4分）

【解析】物体所受滑动摩擦力fNmg0.281016N

9．因为F=12N＜f，所以物体静止不动，则受到大小为12N与拉力方向相反的静摩擦力

10．因为F=24N＞f，所以物体滑动，则受到向左的滑动摩擦力大小为16N

11．物体向右运动，则受到向左的滑动摩擦力大小为16N。

12．（1）刚撤去拉力时雪橇的速度υ的大小为5.2m/s；

（2）撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离为6.76m．

【解析】

试题分析：（1）由牛顿第二定律求出雪橇的加速度，由速度公式求出雪橇的速度；

（2）由牛顿第二定律求出加速度，由速度位移公式求出雪橇的位移．

解：（1）雪橇受力如图所示：

在竖直方向上，由平衡条件得：Fsin37°+FN=mg，

在水平方向上，由牛顿第二定律得：Fcos37°﹣μFN=ma，

2解得：a=2.6m/s，

刚撤去拉力时雪橇的速度大小：v=at=2.6×2=5.2m/s；

（2）撤去拉力后，由牛顿第二定律得：μmg=ma′，

2解得：a′=μg=2m/s，

撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离：

x===6.76m；

答：（1）刚撤去拉力时雪橇的速度υ的大小为5.2m/s；

（2）撤去拉力后雪橇能继续滑行的距离为6.76m．

【点评】对雪橇正确受力分析，由牛顿第二定律求出加速度，应用匀变速运动的运动公式即可正确解题．

13．（1）a＝1.6 m/s2（2）F＝FT＝696N

【解析】

试题分析：（1）设演员在匀加速和匀减速过程中所用时间分别是t1和t2，加速度大小分别为a和5a，因为匀加速的末速度即为匀减速的初速度．

所以at1＝5at2 (2分)

又因为t1＋t2＝6 s (2分)

得：t1＝5 s　t2＝1 s. (1分)

匀减速到0的过程可以逆向看做初速度0的匀加速直线运动，那么总的高度

11h=at125at2224m (2分)

221.6 m/s (1分)

代入数据得：a＝（2）

演员在匀加速上升过程中，由牛顿第二定律可得：

2FT－mg＝ma (4分)

解得：FT＝696 N (2分)

轻绳对地面上的人的拉力为F＝FT＝696N (2分)

考点：匀变速直线运动

牛顿第二定律

14．（1）加速时: a11m/s2；减速时:

a22m/s2

(2) 速度随时间变化的图象如下图

物体在前13s内的位移为51m

【解析】

试题分析：（1）加速时:由牛顿第二定律有Fmgma1,

a1Fmg1m/s2

m减速时: 由牛顿第二定律有

Fmgma2 ,

a2Fmg2m/s2

m(2)由图可知0～6s匀加速直线运动6s末速度为va1t16m/s

因Ffmg2N由图可知6～10s，以6m/s做匀速直线运动

10～13s匀减速直线运动，末速度为vva2t30

则速度随时间变化的图象如下图

134×6m=51m

速度图线与横轴所围的面积为位移，则物体在前13s内的位移x2考点：牛顿第二定律与图像问题

点评：利用F-t图象和V-t图象的不同时段的受力和运动情况，结合牛顿运动定律，可以分析求解物体的速度、加速度、位移、质量等物理量。

15．（1）37.5N（2）9.09N≤F≤100N

【解析】

试题分析：（1）要使物体恰能静止在斜面上。则摩擦力为零

Fmgtan37.5N

（2）当F较大时，摩擦力沿斜面向下FmaxsinmgcosFN

Fmaxcosmgcosfm

fmFN

联立解得 Fmax=100N

当F较小时，摩擦力沿斜面向上Fmincos(Fminsinmgcos)mgsin

解得Fmin≈9.09N

∴F的范围为

9.09N≤F≤100N

考点：物体的平衡

【答案】（1）（2）

（3）

【解析】

试题分析：（1）根据摩擦力公式：（ 2 ）

对板进行受力分析，根据牛顿第二定律：。

；

可以得到：，根据运动学公式：

。

。

（3）当板与轮的线速度相等后，板做匀速直线运动，则时间为：考点：牛顿第二定律、匀变速直线运动的速度与位移的关系

【名师点睛】正确对杆进行受力分析，根据受力情况确定杆的运动情况，分析杆在运动过程中各力的做功情况，根据动能定理求解即可．注意对运动性质的确定，能正确判断物体的运动性质，并能写出运动规律。

17．（1）落入水面时的速度为20m/s

（2）需要准备一个至少深度为25m

【解析】解：（1）由速度位移公式可得2（2）由2ah=v得

h=

答：（1）落入水面时的速度为20m/s

（2）需要准备一个至少深度为25m

考点：自由落体运动．

分析：（1）根据速度位移公式求出到达水面的速度．

（2）根据速度位移公式求出下落的深度，从而确定水池至少多深

点评：本题主要考查了速度位移公式，熟练运用即可

18．

⑴f＝90N；⑵N＝5400N；⑶W克＝27360J。

【解析】

试题分析：⑴由于摩托车到B点时速度达到最大，

即到B点时所受牵引力与阻力大小相等，

P1.8103因此有：f＝F＝N＝90N

20vm⑵在B点处，摩托车受重力mg、地面的支持力N作用，

2vm根据牛顿第二定律有：N－mg＝m

R

2vm202解得：N＝m(g＋)＝180×(10＋)N＝5400N

R20⑶设摩托车从E点开始做平抛运动的速度为v，

根据平抛运动规律有：s＝v2h，

g解得：v＝sg

2h1212mv－mvm

22设摩托车在冲上坡顶的过程中阻力做的功为Wf，

根据动能定理有：Pt－mgh＋Wf＝则摩托车在冲上坡顶的过程中克服阻力做的功为：W克＝－Wf

联立以上各式并代入数据解得：W克＝27360J

考点：本题综合考查了功率公式、平抛运动规律、牛顿第二定律、动能定理(功能关系)的应用问题，属于中档题。

19．（1）10N （2）a8m/s2；方向水平向左

【解析】

试题分析：（1）水平面对小球的弹力为零，小球在绳没有断时受到绳的拉力F、重力mg和弹簧的弹力T作用而处于平衡状态，由平衡条件得：

竖直方向：Fcosmg，水平方向：FsinT

解得：Tmgtan10N

（2）剪断轻绳后小球在竖直方向仍平衡，水平面支持力与重力平衡：Nmg

由牛顿第二定律得：TNma

代入数据解得：a8m/s；方向水平向左。

考点：共点力平衡、牛顿第二定律

20．（1）3m/s （2）1.5m

【解析】

试题分析：（1）小物块从平台右端水平抛出后，做平抛运动。

水平方向：s=v0t 竖直方向：h212gt

2得：v0sg3m/s

2h（2）由于v0=3m/s小于水平传送带的速度，故可知小物块在传送带上一直做匀加速运动。

小物块在传送带上所受摩擦力：Ffmg

2由牛顿第二定律可知：Ffma 由运动学关系可知：v02aL

2v0得：L1.5m

2g考点：牛顿第二定律；平抛运动

21．5m/s 27.5m

【解析】

试题分析：（1）前10s一直做匀加速运动，

由:Fcos(mgFsin)ma ------------------------（4分）

物体的加速度为：a0.5m/s2--------------------------（1分）

则：vmat5m/s2----------------------------------（1分）

（2）前10s的位移：s112at25m-------------------（2分）

2接下来物体做匀减速度运动

加速度：

a2g5m/s2 --------------------------（2分）

v2位移：s22.5m --------------------------（2分）

2a2则总位移ss1s227.5m

考点：本题考查动力学规律。

22．（1）20N （2）4m/s

【解析】

试题分析：（1）木板与地面间压力大小为FN（Mm）g

故木板所受摩擦力FfMmg20N

（2）由牛顿第二定律知木板的加速度aFfM5m/s2

滑块静止不动，只要木板位移小于木板的长度，滑块就不掉下来

2根据v002ax

得v0m2axm2aL4m/s

即木板初速度的最大值是4m/s

考点：牛顿第二定律的应用

点评：首先要分析物体的运动情况，其次把握滑块不从木板上滑下的条件，即两物体之间的几何关系．

23．

(1) 小球对斜面的压力为零时，小球只受重力和拉力，合力水平向右

mgcot30o = ma ----------------2分

a=gcot30o=17.32(m/s2) ------- 2分

斜面向右加速运动，或向左减速运动，加速度大小为a =17.32m/s2 -------1分

（2）当绳子的拉力为零时，小球只受重力和弹力，合力水平向左

omgtan30 = ma --------2分

o2 a=gtan30=5.77(m/s) ----2分

斜面向左加速运动，或向右减速运动

2加速度大小为a =5.77m/s -----1分

【解析】(1) 小球对斜面的压力为零时，小球只受重力和拉力，合力水平向右

mgcot30ma

0agcot3017.32m/s2

斜面向右加速运动，或向左减速运动，加速度大小为a =17.32m/s （2）当绳子的拉力为零时，小球只受重力和弹力，合力水平向左

2

mgtan30ma

agtan305.77m/s2

斜面向左加速运动，或向右减速运动

加速度大小为a =5.77m/s

24．（1）1:3（2）1:2

【解析】

试题分析：水平恒力甲推此物体过程，物体做匀加速直线运动；水平恒力乙推此物体过程，物体做匀变速直线运动；根据平均速度公式，有：解得：v22v1，故v2:v12:1

2v1v(v2)t1t

22v1|a1v3t故根据加速度的定义，有：

|1|

a2|(v2)v1|v2v11t|考点：考查了牛顿第二定律，匀变速直线运动

【名师点睛】本题关键是明确水平恒力乙推此物体过程物体做匀变速直线运动（有往返），根据平均速度公式列式求解，注意运动学公式的矢量性特点．

25．（1）vB=3m/s；（2）3m

【解析】

试题分析：（1）在过桥过程中的平均速度v(2)匀变速直线运动的加速度a2vCvBx，解得vB=3m/s

2tvCvB2=1.5m/s

t根据速度位移关系vB2ax，解得x=3m，桥头与出发点相距3m。

考点：匀变速直线运动规律

【名师点睛】本题主要考查了匀变速直线运动规律的应用。匀变速直线运动规律及其应用是高中物理必考点，应该熟练掌握三个基本公式和两个有用的推论！这样可以更快更有效地解决问题，尤其是平均速度公式的灵活运用，可以起到意想不到的好效果。