高考物理力学计算题（八）
组卷老师：莫老师
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上
评卷人 得 分
一．计算题（共50小题）
1．如图所示，斜面AC长L=1m，倾角θ=37°，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．一个质量m=2kg的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下．小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小a； （2）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v； （3）小物块在水平地面上滑行的时间t．
2．《机关涉案性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式支，其所发射弹丸的口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米都认定为支，口比动能是指子弹弹头离开口的瞬间所具有的动能除以口的横截面积，现有一玩具，其管长度L=20cm，口直径d=6mm，子弹质量为m=2g，在测试中，让玩具在高度h=1.8m处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：
（1）子弹出口的速度；
（2）此玩具是否可能被认定为支，请计算说明．
（3）假设在管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小．
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3．在不受外力或合外力为零的弹性碰撞中，碰撞前后系统同时遵从能量守恒和动量守恒．上述理论不仅在宏观世界中成立，在微观世界中也成立．康普顿根据光子与电子的弹性碰撞模型，建立的康普顿散射理论和实验完全相符．这不仅证明了光具有粒子性，而且还证明了光子与固体中电子的相互作用过程严格地遵守能量守恒定律和动量守恒定律． （1）根据玻尔的氢原子能级理论，
（其中E1为氢原子的基态能量，En
为电子在第n条轨道运行时氢原子的能量），若某个处于量子数为n的激发态的氢原子跃迁到基态，求发出光子的频率．
（2）康普顿在研究X射线与物质散射实验时，他假设X射线中的单个光子与轻元素中的电子发生弹性碰撞，而且光子和电子、质子这样的实物粒子一样，既具有能量，又具有动量（光子的能量hν，光子的动量
）．现设一光子与一静止的
电子发生了弹性斜碰，如图所示，碰撞前后系统能量守恒，在互相垂直的两个方向上，作用前后的动量也守恒．
a．若入射光子的波长为λ0，与静止电子发生斜碰后，光子的偏转角为α=37°，电子沿与光子的入射方向成β=45°飞出．求碰撞后光子的波长λ和电子的动量P．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
b．试从理论上定性说明，光子与固体靶中的电子（电子的动能很小，可认为静止）发生碰撞，波长变长的原因．
4．如图所示，QB段是半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数μ=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止．（取g=10m/s2）求： （1）v0的大小；
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（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．
5．滑板项目可谓是极限运动历史的鼻祖，许多的极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图所示，滑板轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道，半径为R=1.8m，轨道ABC可认为光滑，且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切，一个质量为M的运动员（可视为质点）以初速度v0冲上静止在A点的滑板（可视为质点），设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动，若运动员的质量M=48.0kg，滑板质量m=2.0kg，计算结果均保留三位有效数字，重力加速度g取值10m/s2，（不计空气阻力）．求：
（1）运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能达到C点 （2）以第一问速度v0冲滑板，滑过圆弧形轨道B点时对轨道的压力
（3）若A点右侧为μ=0.3的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的距离．
6．如图所示，水平恒力F=40N作用于一质量m=1kg的小物块上，使小物块由静止开始从倾角θ=37°的固定斜面底端沿斜面上滑，当小物块滑至斜面中点时，撤去F，物块恰好能滑到斜面顶端．（小物块大小可忽略，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求小物块与斜面间的动摩擦因数μ．
7．如图所示．质量为M，倾角为θ的滑块A放于水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，开始时保持滑块A、B静止，此时B离开地面的高度为h，同时释放A、B后，两滑块都做匀加速直线运动，且滑块A的
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加速度为a0，求：
（1）如果保持A静止，释放B，求B的加速度大小． （2）A、B同时释放后，B物体的加速度大小 （3）A、B同时释放后，B物体滑到最低点的时间．
8．如图，一个足够长平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好与一个光滑圆弧轨道AB的底端平滑连接，小车质量M=4.0kg，圆弧轨道半径R=0.45m．现将一质量m=2.0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车，已知滑块和小车间的动摩擦因数μ=0.4．重力加速度g=10m/s2．求： （1）滑块滑达B端时，圆弧轨道对它支持力的大小； （2）滑块和小车达到共同速度时，小车前进的距离．
9．如图所示，光滑冰面上固定一表面粗糙的斜面体，斜面与水平方向的夹角θ=37°，斜面体右侧一蹲在滑板上的男孩推着一冰块向斜面体以v0=1m/s的速度滑来，某时刻男孩将冰块以相对于冰面5m/s的速度向斜面体推出．冰块平滑地滑上斜面体（斜面体足够高）．已知男孩与滑板的总质量m1=40kg，冰块的质量m2=20kg，男孩与滑板始终无相对运动，冰块与斜面体的动摩擦因数μ=0.25．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2），求： （1）男孩将冰块推出后获得的速度大小和方向； （2）通过计算判断，冰块与男孩是否还会相碰．
10．有一质量m=20kg的物体以水平速度v0=5m/s滑上静止在光滑水平面上的平
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板小车，小车的质量M=80kg，物体在平板小车上相对小车滑行一段距离s=4m后不再滑动，g取10m/s2，求： （1）最后二者的共同速度v；
（2）物体与平板小车间的动摩擦因数μ； （3）此过程中产生的热量Q．
11．高速动车组启动时，所有车轮都能一同运转，使得各车厢同时启动，而传统列车因为各车厢间存在一小段间隙，所以从车头启动到车尾启动有一个过程，造成机车牵引力所做的功有损耗，为便于比较，假定高度动车组和传统列车均由n（n＞2）节车厢（认为车头为第1节车厢）构成，每节车厢的质量均为m，但传统列车各车厢间的间隙为d（如图所示，启动后前面的车厢运动距离d后带动后一节车厢），它们都在相同大小为F的恒定牵引力的作用下启动，一切阻力不计，传统列车前一车厢带动后以车厢运动时视为完全非弹性碰撞，求：
（1）传统列车第1节车厢与第2节车厢碰撞后瞬间，第2节车厢的速度大小v2； （2）传统列车所有车厢都开始运动时的总动能Ek；
（3）高速动车组在力F的作用下由静止开始通过与传统列车启动过程（从启动到所有车厢都开始运动）相同距离时的动能Ek'以及
．
12．如图所示，一轻弹簧一端同定在倾角为37°的固定光滑直轨道AD的底端AB处，另一端若自由伸长则位于C点，另一端若固定连接一质量为m的小木块，小木块处于B点时恰静止．直轨道与﹣半径为r=0.5R的光滑圆弧轨道相切于D点，E点为圆弧轨道的最高点（且过E点的切线水平）．BC=CD=R，A、B、C、D、E均在同一竖直面内．质量为m的一小铁块自D点由静止开始下滑，到达B点后与小木块碰撞，碰撞时间极短，碰撞后共同压缩弹簧，此后运动过程中小铁块
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与小木块恰不分离．轻弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g，（取sin37°=0.6．cos37°=0.8）求：
（1）小铁块即将与小木块碰撞时的速率为多大；
（2）小铁块即将与小木块碰撞时弹簧的弹性势能为多大；
（3）若小铁块具有沿直线轨道向下的初速度，小铁块的初速度至少为多大．与小铁块碰撞后，才能沿着圆弧轨道运动到E点．
13．如图所示，由光滑的四分之一圆弧构成的小车质量为 M，质量为 m 的小球以速度v0冲上静止在光滑水平面的小车．已知 M=1kg，m=2kg，R=0.6m，H=0.45m，重力加速度 g 取 10m/s2．
（1）若小球刚好能到达小车的最高点，求v0的值． （2）若v0 满足（1）的条件，求小车能获得的最大速度． （3）若v0=9m/s，求小球落地时与小车最左端的距离．
14．如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙．足够长木板A左端恰在O点，右端叠放着物块B．物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）．此后，AC及B的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g=10m/s2，求： （1）C与弹簧分离后D的速度vD；
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（2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2； （3）最终B离A右端的距离．
15．张师傅驾车在高速公路上以90km/h的速度匀速行驶，前方有一匝道限速40km/h．已知张师傅的反应时间在0.4s～0.6s范围内，刹车时加速度大小为5m/s2．若张师傅要进入匝道，为了保证车辆不超速，他至少应从离匝道口多远处做出刹车反应并制动？（结果保留2为有效数字）
16．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星﹣行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a； ②该双星系统的运动周期T．
（2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星﹣行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e．
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、EkⅡ表示，请推理分析，比较EkⅠ、EkⅡ的大小关系；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用TⅠ、TⅡ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．
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17．如图所示，长L=1m高h=0.5m的小车静止在光滑的水平面上，一滑块以v0=3m/s的水平速度从小车左端滑入并从小车右端滑出，小车和滑块的质量均为1kg，已知滑块与小车间的动摩擦因数μ=0.2．g=10m/s2，求 （I）滑块离开小车时，滑块和小车的速度大小； （II）滑块落地时距离小车右端多远？
18．某科技公司设计的一款“飞行汽车”概念机，由四台垂直推进器和四个旋翼组成，可以竖直起飞后在空中变形普通飞机飞行，着陆后变形汽车行驶．设计人员进行了一次垂直起降展示：将概念机放在水平试验场，通过遥控输入指令，使垂直推进器提供竖直向上的恒定推力F=3mg，经过时间t后撤销该指令，再过一段时间改变指令，使垂直推进器以恒定功率P工作提供竖直向上的推力，让概念机落回地面时刚好减速为零，关闭指令，完成展示．概念机质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力．求：
（1）撤销提供竖直向上的恒定推力指令后，概念机上升到最大高度经过的时间t1；
（2）在下降过程中，垂直推进器工作的时间t2．
19．质量M=1kg，高h=0.8m、长L=1m的小车静止在光滑地面上，小车的左端紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，且台阶的上表面光滑．质量m=1kg的小物块P以初速度v0=4m/s向右运动并与静止在小车最左端、质量也为m=1kg小物块Q发生弹性碰撞，小物块Q与小车上表面的动摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2，求：
（1）碰后小物块Q的初速度；
（2）小物块Q能否从小车的最右端飞出？若能，求出小物块Q落地时与小车最右端的水平距离s．
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20．如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端固定一弹性挡板P，将小滑块A和B从斜面上距挡板P分别为l和3l的位置同时由静止释放，A与挡板碰撞后以原速率返回；A与B的碰撞时间极短且无机械能损失．已知A的质量为3m、B的质量为m，重力加速度为g，滑块碰撞前后在一条直线上运动，忽略空气阻力及碰撞时间，将滑块视为质点，求： （1）两滑块第一次相碰的位置；
（2）两滑块第一次相碰后，B与挡板的最远距离．
21．如图所示，倾角θ=37°的传送带以v=0.6m/s的速度向上匀速传动．在传送带的最顶端，有一个炭块（视为质点）以v0=1.2m/s的初速度沿传送带下滑．炭块与传送带之间的动擦因数为0.9，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，传送带足够长，求：
（1）炭块沿传送带向下运动的最大位移； （2）炭块在传送带上的划痕的长度．
22．如图所示，水平轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=3m，半圆形轨道半径R=0.9m．质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点），从A点以某一初速度v0开始运动，经B点小滑块进入半圆形轨道，沿轨道能运动经过最高点C，最后落到A点．小滑块与水平轨道之间的动动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2．求： （1）滑块经过最高点C时的速度；
（2）滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道的压力大小； （3）滑块从A点开始滑动的初速度大小．
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23．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1； （2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件．
24．如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计空气阻力．求：
（1）小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小； （2）金属槽的质量．
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25．光滑的长轨道形状如图所示，下部分为半圆形，半径为R=0.3m，固定在竖直平面内，质量分别为m、2m的两小环A、B用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，A环距轨道底部高为R，现将A、B两环从图示位置由静止释放，重力加速度为g（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8），求： （1）运动过程中A环距轨道底部的最大高度； （2）A环到达轨道底部时，两环速度的大小。
26．如图所示，长为l=1.6m的细绳，一端固定于O点，另一端系着一个质量为m1=0.2kg的小球．将球拉起，当细绳与竖直方向夹角为θ时，无初速度释放小球．当小球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为m2=2kg的铁块正碰，碰后小球以v=2.0m/s的速度弹回，铁块水平向右飞出．若光滑桌面距地面高度为h=1.25m，铁块落地点距桌面边缘的水平距离为x=0.3m，求：夹角θ的大小（忽略小球和铁块的大小，取g=10m/s2）．
27．在没有风的自然环境中，一个乒乓球从离地1m高的地方由静止开始下落，经过0.5s落地，落地后反弹．已知乒乓球的质量为2.7g，整个过程中所受的空气阻力大小不变．求：
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（1）乒乓球落地时的速度多大？ （2）乒乓球受到的阻力多大？
（3）若乒乓球反弹时，速度大小变为原来的0.9，则球能反弹多高？
28．如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR （g为重力加速度）．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：
（1）鱼饵到达管口C时的速度大小v1：
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向：
（3）已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降。求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax。
29． 如图所示，两位杂技演员（均视为质点）在进行杂技表演，男演员乘秋千从水平位置A点由静止出发绕O点下摆．当他向右摆到最低点B时，恰好与在右方平台末端以v=2.5m/s速度水平跳出的女演员相遇，且在极短时间内将女演员接住，然后一起绕O点摆动．已知男、女演员质量之比m1：m2=3：2，秋千的质量不计，摆长l=5m，g=l0m/s2，求：
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（1）男演员摆到最低点的速度；
（2）两位演员一起运动时所能到达的最大高度．
30．如图，半径R=0.3m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一处于锁定状态的木板，木板质量M=0.3kg，上表面与C点等高，木板放置了一个静止的质量m=0.1kg的物块．质量为m0=0.1kg的物块从平台上A点以v0=2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.1，两物块体积很小，都可视为质点，取g=10m/s2，求： （1）物体到达B点时的速度大小vB； （2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小；
（3）质量为m0的物块滑到木板与m发生碰撞并粘到一起，此时木板解除锁定，则木板长度满足什么条件，才能保证物块不滑离木板．
31．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=0.5s时撤去拉力，物体速度与时间（v﹣t）的部分图象如图乙所示．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问： （1）拉力F的大小为多少？
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（2）物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？
32．如图所示，将P、Q两小球（可视为质点）先后从距地面高为h=20m的A点由静止释放，小球与地面碰撞后原速弹起．已知P、Q两小球释放时间的间隔为1s，两球在空中第一次碰撞后P球做自由落体运动，Q球上升的最高点B距地面的高度为53.75m，不计空气阻力，碰撞过程时间很短，可忽略不计．重力加速度为g取10m/s2，求
（1）两球在空中第一次碰撞的位置距地面的高度； （2）两小球的质量之比mP：mQ等于多大？
33．如图所示，在倾角为37°的斜面上，固定着宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中．若金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，且已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，要保持金属棒静止在导轨上．求： （1）金属棒ab所受的安培力； （2）回路中电流的大小；
（3）滑动变阻器接入电路的阻值．
34．如图所示，一质量mA=0.99kg的物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止．从发射器（图中未画出）射出质量mB=0.01kg的子弹B沿水平
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方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，得到一条倾斜的直线．不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2． （1）求h﹣v2图象中的直线的斜率k；
（2）若某次射击中测得的最大高度h=0.2m，求该次射击中子弹B与物块A相互作用过程中产生的热量Q．
35．如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与有一墙壁，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg．现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰后的速度大小变为4m/s．若A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2，求：
（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A冲量的大小 N•s； （2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度 m．
36．如图所示，一质量为M=5kg、长为L=2m的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m=1kg的小木块A．给A和B以大小相等、方向相反的初速度V0=3m/s，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A刚好没有滑离B板．（以地面为参照系）
（1）求它们最后的速度大小和方向； （2）求A、B因摩擦而产生的内能；
（3）求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离．
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37．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道MNQ固定在竖直平面内，现将一小球B静放在轨道的最低点N，让另一质量为m的小球A从轨道的最高点M由静止释放，两球在最低点碰后一起运动．已知碰后的瞬间两球对轨道的压力大小为mg，重力加速度为g，求：
（1）小球A与B球碰前瞬间的速度大小； （2）小球B的质量．
38．我国将于2022年举办冬季奥运会，其中跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为某一跳台滑雪的练习雪道，质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的起点A处由静止开始以加速度a=3m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B时速度vB=15m/s，AB与水平方向夹角为30°．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心，半径R=20m的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=10m，运动员在C点时对滑道的压力大小为1800N，取g=10m/s2求： （1）AB间的距离x．
（2）运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小． （3）运动员在B、C间运动过程中阻力做功W．
39．如图所示，光滑的桌面高h=5m，桌面上有两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg小球A、B，它们之间有一个压缩的轻弹簧（弹簧长度很短、与两小球没有拴接），B球通过一个绷直的竖直轻绳L=0.5m挂在O点．现静止释放两小球，已知B球以后恰好在竖直平面内做完整的圆周运动．不计空气阻力，g=10m/s2．求： （1）小球A落地时距桌面边缘的水平位移x
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（2）最初弹簧贮存的弹性势能Ep．
40．在粗糙的水平台面AB长为L=7m，在 A点放一个质量为M=950g的小物块．被左边水平飞来的速度v0=200m/s的子弹击中（未能击穿，碰撞时间不计）．后在AB上滑动，从B点水平飞出后，从C点以相切圆轨道的速度进入光滑圆轨道，并从圆上最低点D进入水平粗糙轨道．如图，已知BC两点的竖直高度h=0.2m，水平长度s=0.8m，子弹质量m=50g，光滑圆轨道半径R=5+2（1）请问粗糙水平面AB的动摩擦因数为多少？ （2）小物块运动到D点时对轨道的压力是多少？
m．
41．滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的轨道上滑行并做出各种高难度运动，给人以美的享受，如图所示是模拟的滑板滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1=1m的凹形圆弧轨道和半径R2=1.6m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中AB与水平方向夹角θ=37°，C点为凹形圆弧轨道的最低点，D点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O2点与C点处在同一水平面上，一质量为m=1kg可看作质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速滑下，经过C点滑向D点，P点距B点所在水平面的高度h=1.8m，不计一切阻力，g取10m/s2．
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（1）滑板滑到B点时的速度多大？
（2）滑板滑到C点时滑板对轨道压力的大小；
（3）若滑板滑到D点时恰做平抛运动，则从P点须以多大初速度开始下滑？ 42．如图所示，在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端L=1m的A处，有一物块由静止开始沿斜面下滑到达底端B处，然后在水平面上滑动一段距离到达C处后停止，每隔t=0.2s通过传感器测得物块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．若物块与各接触面之间的动摩擦因数均相等，不计物块撞击水平面时的能量损失．
已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
t/s v/（m•s﹣1）
0.0 0.0
0.2 0.4
0.4 0.8
… …
1.2 1.0
… …
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）物块在水平面上滑动的距离x．
43．甲乙两木块并排靠在一起，放置在光滑水平面，速度为v的子弹水平击中甲木块，先后射穿两木块，子弹射出各木块前后的速度之比均为10：9，之后两木块先后进入粗糙水平面，甲乙两木块在粗糙水平面运动的位移之比为1：2，若甲乙两木块、子弹的质量相等，子弹受到木块的阻力为恒力，甲木块与粗糙水平面的动摩擦因数为μ，子弹穿过甲木块的厚度为d，求： （1）乙木块与粗糙水平面的动摩擦因数； （2）子弹射穿乙木块的厚度．
44．如图所示，AB（光滑）与CD（粗糙）为两个对称斜面，斜面的倾角均为θ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B的高度为H处，以初速度v0沿斜面向下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为μ．
（1）物体首次到达C点的速度大小；
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（2）物体沿斜面CD上升的最大高度h和时间t；
（3）请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由．
45．如图，二个可视为质点的物体A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg，二者间距L=1m，它们与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，现在给A以v0=10m/s的初速度，A与B碰撞后粘在一起向右运动，g=10m/s2，求AB整体运动的距离．
46．如图所示，足够长的倾角θ=37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1=2kg，m2=4kg，此时轻绳处于水平且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1=0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2=0.75，对物体B施加水平恒力F=76N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t=2s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F，若两物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）两物体加速时轻绳上的张力T；
（2）物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L．
47．ETC是日前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的．2015年我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间，假设一辆汽车以10m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某
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位置开始匀减速，当速度减至5m/s后，再以此速度匀速行驶5m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求： （1）汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；
（2）汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间．
48．如图所示，木块A的质量mA=10kg，放在木板B上，木板B放在倾角θ=37°的固定斜面体C上，木块A被一根固定在天花板上的轻绳拉住，轻绳拉紧时与斜面的夹角也是θ=37°．已知A与B间的动摩擦因数μ=0.5．现用平行于斜面的拉力将木板B从木块A下面抽出，取重力加速度g=10m/s2，求轻绳对木块A的拉力大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
49．如图所示，长木板B的质量为m2=1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3=1.0kg的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端．一个质量为m1=0.5kg的物块A由左侧向长木板运动．一段时间后物块A以v0=6m/s的速度与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2=0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：
（1）碰后瞬间物块A和长木板B的速度； （2）长木板B的最小长度．
50．质量为m=1kg滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑，规定斜面底端为重力势能的参考平面．在上滑过程中，滑块的机械能E随位移x的变化规律如图1所示，重力势能EP随位移x的变化规律如图2所示．已知重力加速度为g=10m/s2，求滑块与斜面间的动摩擦因数．
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高考物理力学计算题（八）
参与试题解析
一．计算题（共50小题）
1．如图所示，斜面AC长L=1m，倾角θ=37°，CD段为与斜面平滑连接的水平地面．一个质量m=2kg的小物块从斜面顶端A点由静止开始滑下．小物块与斜面、地面间的动摩擦因数均为μ=0.5．不计空气阻力，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小a； （2）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v； （3）小物块在水平地面上滑行的时间t．
【分析】（1）以小物块为研究对象，利用牛顿运动定律列式求解；
（2）小物块从A到C做匀加速直线运动，利用匀变速直线运动规律求解； （3）根据动量定理求得时间
【解答】解：（1）根据牛顿第二定律有： mgsinθ﹣μmgcosθ=ma 代入数据得：a=2m/s2
（2）根据匀变速直线运动规律有： v2=2aL
代入数据得：v=
=2m/s
（3）根据动量定理有： ﹣μmgt=0﹣mv 代入数据得：t=0.4s
答：（1）小物块在斜面上运动时的加速度大小a为2m/s2；
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（2）小物块滑到斜面底端C点时的速度大小v为2m/s； （3）小物块在水平地面上滑行的时间t为0.4s
【点评】解题的关键是分清物理过程，选择正确的公式解答，一般运用能量的观点解题比运用牛顿运动定律解题要简单．
2．《机关涉案性能鉴定工作规定》指出，不能发射制式弹药的非制式支，其所发射弹丸的口比动能大于等于1.8焦耳/平方厘米都认定为支，口比动能是指子弹弹头离开口的瞬间所具有的动能除以口的横截面积，现有一玩具，其管长度L=20cm，口直径d=6mm，子弹质量为m=2g，在测试中，让玩具在高度h=1.8m处水平发射，实测子弹射程为12m，不计子弹受到的阻力，求：
（1）子弹出口的速度；
（2）此玩具是否可能被认定为支，请计算说明．
（3）假设在管内子弹始终受到恒定的推力，试求此推力的大小． 【分析】（1）子弹做平抛运动，根据平抛运动的特点求得初速度； （2）计算出动能和口的面积，求得比值即可判断；
（3）在管内做匀加速直线运动，根据运动学公式求得加速度，根据牛顿第二定律求得推力
【解答】解：（1）子弹离开口后做平抛运动，运动时间t=由x=vt，则（2）子弹动能支
（3）在管内，由公式v2=2ax得，F=ma=2N
答：（1）子弹出口的速度为20m/s； （2）此玩具不能被认定为支
（3）假设在管内子弹始终受到恒定的推力，此推力的大小为2N
【点评】本题主要考查了平抛运动和牛顿第二定律，利用平抛运动的特点求得初
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，口比动能=，故不能认定为
，根据牛顿第二定律可知
速度，知道加速度是匀变速直线运动的桥梁
3．在不受外力或合外力为零的弹性碰撞中，碰撞前后系统同时遵从能量守恒和动量守恒．上述理论不仅在宏观世界中成立，在微观世界中也成立．康普顿根据光子与电子的弹性碰撞模型，建立的康普顿散射理论和实验完全相符．这不仅证明了光具有粒子性，而且还证明了光子与固体中电子的相互作用过程严格地遵守能量守恒定律和动量守恒定律． （1）根据玻尔的氢原子能级理论，
（其中E1为氢原子的基态能量，En
为电子在第n条轨道运行时氢原子的能量），若某个处于量子数为n的激发态的氢原子跃迁到基态，求发出光子的频率．
（2）康普顿在研究X射线与物质散射实验时，他假设X射线中的单个光子与轻元素中的电子发生弹性碰撞，而且光子和电子、质子这样的实物粒子一样，既具有能量，又具有动量（光子的能量hν，光子的动量
）．现设一光子与一静止的
电子发生了弹性斜碰，如图所示，碰撞前后系统能量守恒，在互相垂直的两个方向上，作用前后的动量也守恒．
a．若入射光子的波长为λ0，与静止电子发生斜碰后，光子的偏转角为α=37°，电子沿与光子的入射方向成β=45°飞出．求碰撞后光子的波长λ和电子的动量P．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）．
b．试从理论上定性说明，光子与固体靶中的电子（电子的动能很小，可认为静止）发生碰撞，波长变长的原因．
【分析】（1）通过量子数n的能级值
，结合hγ=En﹣E1即可求出；
（2）a．光子与静止电子碰撞后，动量守恒，能量守恒，通过能量守恒判断光子频率的变化，从而得出波长的变化，通过动量守恒得出碰后光子的波长λ和电子
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的动量．
b．由能量守恒，结合光子的能量：
即可求出．
E1
【解答】解：（1）量子数为n时，能级时的能量为En=由：hγ=En﹣E1
处于量子数为n的激发态的氢原子跃迁到基态，发出光子的频率：γ=（2）a．如图建立xoy坐标系，
光子与电子碰撞前后，沿x方向的分动量守恒：光子与电子碰撞后，沿y方向的分动量守恒：代入数据解得：λ=1.4λ0 所以：P=
b．光子与静止的电子发生碰撞后，光子把一部分的能量传递给电子，即碰撞后光子的能量减小，而光子的能量：
，光子在真空中传播的过程中普朗克常数h与光速c都是定值，所以
光子的能量减小，则光子的波长增大． 答：（1）光子的频率为
；
．
（2）a、碰撞后光子的波长λ是1.4λ0，电子的动量是
b．光子与固体靶中的电子发生碰撞，子把一部分的能量传递给电子，即碰撞后光子的能量减小，所以波长变长．
【点评】本题考查对玻尔理论的理解和应用能力，关键抓住光子能量与能级之间
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的关系：，解决本题的关键知道辐射或吸收光子的能量等于两能级间的
能级差，即Em﹣En=hv．
4．如图所示，QB段是半径为R=1m的光滑圆弧轨道，AQ段是长度为L=1m的粗糙水平轨道，两轨道相切于Q点，Q在圆心O的正下方，整个轨道位于同一竖直平面内．物块P的质量m=1kg（可视为质点），P与AQ间的动摩擦因数μ=0.1，若物块P以速度v0从A点滑上水平轨道，到C点又返回A点时恰好静止．（取g=10m/s2）求： （1）v0的大小；
（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力．
【分析】（1）在整个过程中由动能定理求的；
（2）由动能定理求出到达Q点的速度，再由牛顿第二定律求的作用力； 【解答】解：（1）物块P从A到C又返回A的过程中，由动能定理得：﹣μmg•2L=0﹣mv02 代入数据解得：v0=
=2m/s
（2）设物块P第一次刚通过Q点时的速度为v，在Q点轨道对P的支持力为FN， 由动能定理可得：﹣μmgL=mv2﹣mv02 由牛顿第二定律得：FN﹣mg=m代入数据联立解得：FN=12N
由牛顿第三定律可知，物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力大小为12N，方向竖直向下．
答：（1）v0的大小为2m/s；
（2）物块P第一次刚通过Q点时对圆弧轨道的压力为12N，方向竖直向下． 【点评】本题是多过程问题，关键是过程的选取和分析滑块经历的过程，运用动
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能定理、牛顿第二定律和运动学公式结合按时间顺序分析和计算．
5．滑板项目可谓是极限运动历史的鼻祖，许多的极限运动项目均由滑板项目延伸而来，如图所示，滑板轨道BC为竖直平面内的四分之一圆弧赛道，半径为R=1.8m，轨道ABC可认为光滑，且水平轨道AB与圆弧BC在B点相切，一个质量为M的运动员（可视为质点）以初速度v0冲上静止在A点的滑板（可视为质点），设运动员蹬上滑板后立即与滑板一起共同沿着轨道运动，若运动员的质量M=48.0kg，滑板质量m=2.0kg，计算结果均保留三位有效数字，重力加速度g取值10m/s2，（不计空气阻力）．求：
（1）运动员至少以多大的水平速度v0冲上滑板才能达到C点 （2）以第一问速度v0冲滑板，滑过圆弧形轨道B点时对轨道的压力
（3）若A点右侧为μ=0.3的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点多远的距离．
【分析】（1）运动员和滑板从A运动到C的过程，只有重力做功，运用机械能守恒定律求在A点的速度，运动员冲上滑板的过程中，动量守恒，以初速度方向为正，根据动量守恒定律列式求解即可．
（2）在C点，由重力和轨道的支持力的合力提供向心力，由牛顿第二定律求出支持力，从而得到压力．
（3）对运动员从C点滑下到停止运动的整个过程，运用动能定理求滑板在A点右侧滑行的距离．
【解答】解：（1）运动员和滑板从A运动到C的过程，只有重力做功，机械能守恒定律，则有
=（M+m）gR
解得 vA=
=6m/s
运动员冲上滑板的过程中，动量守恒，以初速度方向为正，根据动量守恒定律得： mv0=（M+m）vA
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解得：v0=6.25m/s
（2）运动员经过B点时的速度 vB=vA=6m/s 在B点，由牛顿第二定律得 N﹣（M+m）g=（M+m）解得 N=1500N
由牛顿第三定律知，运动员滑过圆弧形轨道B点时对轨道的压力大小为1500N，方向竖直向下．
（3）设滑回后运动员与滑板停在距A点的距离为x．
对运动员从C点滑下到停止运动的整个过程，运用动能定理得 （M+m）gR﹣μ（M+m）gx=0 解得 x=6m 答：
（1）运动员至少以6.25m/s的水平速度v0冲上滑板才能达到C点；
（2）以第一问速度v0运动，滑过圆弧形轨道B点时对轨道的压力大小为1500N，方向竖直向下；
（3）若A点右侧为μ=0.3的水泥地面，则滑回后运动员与滑板停在距A点6m的距离．
【点评】本题要分段进行分析，圆弧段运用机械能守恒定律，水平轨道上A点右侧段运用动能定理．从C到停止运动的整个过程也可以运用动能定理．
6．如图所示，水平恒力F=40N作用于一质量m=1kg的小物块上，使小物块由静止开始从倾角θ=37°的固定斜面底端沿斜面上滑，当小物块滑至斜面中点时，撤去F，物块恰好能滑到斜面顶端．（小物块大小可忽略，g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8），求小物块与斜面间的动摩擦因数μ．
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【分析】根据匀变速直线运动速度位移公式求出水平恒力F作用时和撤去时的加速度关系，然后对小物块受力分析，
水平恒力F作用时和撤去时，分别根据牛顿第二定律列方程联立即可求出小物块与斜面间的动摩擦因数μ．
【解答】解：设斜面的长度为L，小物块滑至斜面中点时的速度为v， 由速度位移公式得，v2﹣0=2a1•﹣﹣﹣①
撤去F，由速度位移公式得，0﹣v2=﹣2a2•﹣﹣﹣② 联立①②可解得：a1=a2，﹣﹣﹣③ 对小物块受力分析，沿斜面方向上，
由牛顿第二定律得，Fcosθ﹣mgsinθ﹣μ（mgcosθ+Fsinθ）=ma1﹣﹣﹣④ 撤去F，由牛顿第二定律得，mgsinθ+μmgcosθ=ma2﹣﹣﹣⑤ 联立③④⑤代入数据可解得：μ=0.5． 答：小物块与斜面间的动摩擦因数μ为0.5．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学基本公式的直接应用，解题的关键是正确对物体进行受力分析，难度不大．
7．如图所示．质量为M，倾角为θ的滑块A放于水平地面上，把质量为m的滑块B放在A的斜面上．忽略一切摩擦，开始时保持滑块A、B静止，此时B离开地面的高度为h，同时释放A、B后，两滑块都做匀加速直线运动，且滑块A的加速度为a0，求：
（1）如果保持A静止，释放B，求B的加速度大小． （2）A、B同时释放后，B物体的加速度大小 （3）A、B同时释放后，B物体滑到最低点的时间．
【分析】（1）对B进行受力分析，然后根据牛顿第二定律求得加速度； （2）通过A的加速度，由牛顿第二定律可得A、B之间的作用力，即可根据几
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何关系求得B的受力情况，然后应用牛顿第二定律即可求得加速度； （3）通过B的竖直方向加速度及位移，应用匀变速运动规律求得运动时间． 【解答】解：（1）对B物体进行受力分析可知：B只受重力、A对B的支持力作用，故合外力F=mgsinθ，所以，由牛顿第二定律可得：mgsinθ=ma，故a=gsinθ； （2）A、B同时释放后，设A、B间的作用力为F，那么，对A物体应用牛顿第二定律有：Fsinθ=MaA=Ma0；
对B物体在水平、竖直方向分别应用牛顿第二定律，则有：Fsinθ=maBx，mg﹣Fcosθ=maBy； 所以，
所以，A、B
，
同时释放后，B
；
（3）A、B同时释放后，B物体滑到最低点时的竖直位移为h，故由匀变速运动规律可知：所以，
，
；
；
物体的加速度大小
答：（1）如果保持A静止，释放B，则B的加速度大小为gsinθ； （2）A、B同时释放后，B物体的加速度大小为（3）A、B同时释放后，B物体滑到最低点的时间为
．
；
【点评】物体的运动问题，一般先对物体进行受力分析求得合外力，即可由牛顿第二定律求得加速度，然后由运动学规律求得位移、速度、运动时间等．
8．如图，一个足够长平板小车置于光滑水平面上，其右端恰好与一个光滑圆弧轨道AB的底端平滑连接，小车质量M=4.0kg，圆弧轨道半径R=0.45m．现将一质量m=2.0kg的小滑块，由轨道顶端A点无初速度释放，滑块滑到B端后冲上小车，已知滑块和小车间的动摩擦因数μ=0.4．重力加速度g=10m/s2．求：
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（1）滑块滑达B端时，圆弧轨道对它支持力的大小； （2）滑块和小车达到共同速度时，小车前进的距离．
【分析】（1）由动能定理可求得滑块到达B端的速度，再由向心力公式可求得B点受到的支持力；
（2）由动量守恒定律求出二者的共同速度；由动能定理求得滑块与小车的距离． 【解答】解：（1）滑块从A端下滑到B端，由动能定理得：
代入数据解得： v0=3m/s；
在B点由牛顿第二定律得：
解得轨道对滑块的支持力为： FN=3mg=3×2×10=60N
（2）设滑块最终和小车共同速度为v，选取向左为正方向，由动量守恒定律得： mv0=（M+m）v 代入数据解得： v=1m/s
设小车前进的距离为x，对小车由动能定理得：
代入数据解得：x=0.25m
答：（1）滑块滑达B端时，圆弧轨道对它支持力的大小是60N； （2）滑块和小车达到共同速度时，小车前进的距离是0.25m．
【点评】本题考查动能定理、向心力公式及动量守恒定律的应用，要注意正确分
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析物理过程，明确每一规律的受力及运动情况，根据对应的物理模型确定所需物理规律求解．
9．如图所示，光滑冰面上固定一表面粗糙的斜面体，斜面与水平方向的夹角θ=37°，斜面体右侧一蹲在滑板上的男孩推着一冰块向斜面体以v0=1m/s的速度滑来，某时刻男孩将冰块以相对于冰面5m/s的速度向斜面体推出．冰块平滑地滑上斜面体（斜面体足够高）．已知男孩与滑板的总质量m1=40kg，冰块的质量m2=20kg，男孩与滑板始终无相对运动，冰块与斜面体的动摩擦因数μ=0.25．（sin37°=0.6，cos37°=0.8，g取10m/s2），求： （1）男孩将冰块推出后获得的速度大小和方向； （2）通过计算判断，冰块与男孩是否还会相碰．
【分析】（1）男孩将冰块推出的过程，冰块和小孩组成的系统动量守恒，根据系统动量守恒求男孩将冰块推出后获得的速度；
（2）对于冰块在斜面上上滑和下滑的过程，运用动能定理求出冰块滑回冰面时的速度，比较他们速度大小的关系，可以判断冰块能否追上小孩．
【解答】解：（1）设向左为正方向，小孩推出冰块后的速度为v1，冰块获得的速度为v2．根据动量守恒定律可得， （m1+m2）v0=m1v1+m2v2
代入数据解得：v1=﹣1m/s，负号表示方向向右．
（2）设冰块沿斜面体上滑的最大位移为x，由动能定理得： ﹣m2gxsinθ﹣μm2gcosθ•x=0﹣
设冰块沿斜面下滑回到冰面时的速度大小为v3．由动能定理得： m2gxsinθ﹣μm2gcosθ•x=解得 v3=
m/s
﹣0
因为 v3＞|v2|，所以冰块会追上男孩，与男孩还会相碰．
答：（1）男孩将冰块推出后获得的速度大小大小为1m/s，方向向右；
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（2）冰块与男孩还会相碰．
【点评】本题是对动量守恒和机械能守恒的考查，要明确男孩和冰块组成的系统遵守动量守恒定律．对于冰块在斜面上上滑过程，运用动能定理可求得冰块的末速度．
10．有一质量m=20kg的物体以水平速度v0=5m/s滑上静止在光滑水平面上的平板小车，小车的质量M=80kg，物体在平板小车上相对小车滑行一段距离s=4m后不再滑动，g取10m/s2，求： （1）最后二者的共同速度v；
（2）物体与平板小车间的动摩擦因数μ； （3）此过程中产生的热量Q．
【分析】（1）水平面光滑，物体在平板车上滑行的过程系统的合外力为零，遵守动量守恒定律，由动量守恒定律求共同速度v．
（2）对m、M系统，根据能量守恒定律来计算动摩擦因数μ； （3）根据能量守恒定律求产生的热量Q．
【解答】解：（1）设向右为正方向，根据m、M组成的系统动量守恒可得： mv0=（m+M）v
爱如数据解得：v=1m/s．
（2）对m、M组成的系统，根据能量守恒定律可得： μmgs=mv02﹣（m+M）v2 代入数据解得：μ=0.25
（3）此过程中产生的热量为：Q=μmgs． 代入数据解得：Q=200J
答：（1）最后二者的共同速度v是1m/s． （2）物体与平板小车间的动摩擦因数μ是0.25； （3）此过程中产生的热量Q是200J．
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【点评】木块在小车滑动问题，往往要从动量和能量两个角度进行研究，抓住系统遵守动量定律定律及能量守恒定律．要注意摩擦产生的内能与相对位移有关．
11．高速动车组启动时，所有车轮都能一同运转，使得各车厢同时启动，而传统列车因为各车厢间存在一小段间隙，所以从车头启动到车尾启动有一个过程，造成机车牵引力所做的功有损耗，为便于比较，假定高度动车组和传统列车均由n（n＞2）节车厢（认为车头为第1节车厢）构成，每节车厢的质量均为m，但传统列车各车厢间的间隙为d（如图所示，启动后前面的车厢运动距离d后带动后一节车厢），它们都在相同大小为F的恒定牵引力的作用下启动，一切阻力不计，传统列车前一车厢带动后以车厢运动时视为完全非弹性碰撞，求：
（1）传统列车第1节车厢与第2节车厢碰撞后瞬间，第2节车厢的速度大小v2； （2）传统列车所有车厢都开始运动时的总动能Ek；
（3）高速动车组在力F的作用下由静止开始通过与传统列车启动过程（从启动到所有车厢都开始运动）相同距离时的动能Ek'以及
．
【分析】（1）由动能定理求解出车头（第一节车厢）带动第2节车厢前的速瞬时速度，根据动量守恒定律可求解出列车第1节车厢带动第2节车厢后瞬间速度的大小
（2）由动能定理和动量守恒定律求解出第二节车厢带动第三节车厢后的瞬时速度大小，找出的规律，计算出总动能 （3）由动能定理计算出高速动车的动能
【解答】解：（1）设传统列车车头（第1节车厢）带动第2节车厢前瞬间的速度大小为v1，由动能定理有：
设车头（第1节车厢）带动第2节车厢后的瞬时速度为v2，在车头（第1节车厢）带动第2节车厢运动的过程中由动量守恒定律有：mv1=2mv2，解得v2=
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（2）设传统列车第2节车厢带动第3节车厢前的瞬时速度为v2′，由动能定理有：Fd=mv2/2﹣mv22
设第二节车厢带动第三节车厢后的瞬时速度为v3，由动量守恒定律有： 2mv2′=3mv3 解得：v3=
设碰撞后瞬间传统列车第（n﹣1）节车厢的速度大小，第（n﹣
1）节车厢带动第n节车厢前瞬间的速度大小为vn﹣1'，由动能定理有：
设碰撞全部完成瞬间所有车厢的速度大小为vn，由动量守恒定律有：（n﹣1）mvn
﹣1
'=nmvn
，可知假设成立 ，解得
解得故，
（3）经分析可知，传统列车从启动到所有车厢均以相同的速度开始运动时通过的距离为（n﹣1）d，对高速动车组在力F作用下启动通过相同距离的过程，由动能定理有：
解得，故
答：（1）传统列车第1节车厢与第2节车厢碰撞后瞬间，第2节车厢的速度大小v2为
（2）传统列车所有车厢都开始运动时的总动能Ek为
（3）高速动车组在力F的作用下由静止开始通过与传统列车启动过程（从启动到所有车厢都开始运动）相同距离时的动能Ek'以为（n﹣1）Fd，【点评】（1）本题主要考查了动能定理和动量守恒定律
（2）归纳出第n节车厢被带动后的瞬时速度与F、d、m及n的关系是解决第二问的关键
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为2
12．如图所示，一轻弹簧一端同定在倾角为37°的固定光滑直轨道AD的底端AB处，另一端若自由伸长则位于C点，另一端若固定连接一质量为m的小木块，小木块处于B点时恰静止．直轨道与﹣半径为r=0.5R的光滑圆弧轨道相切于D点，E点为圆弧轨道的最高点（且过E点的切线水平）．BC=CD=R，A、B、C、D、E均在同一竖直面内．质量为m的一小铁块自D点由静止开始下滑，到达B点后与小木块碰撞，碰撞时间极短，碰撞后共同压缩弹簧，此后运动过程中小铁块与小木块恰不分离．轻弹簧始终处于弹性限度内，重力加速度大小为g，（取sin37°=0.6．cos37°=0.8）求：
（1）小铁块即将与小木块碰撞时的速率为多大；
（2）小铁块即将与小木块碰撞时弹簧的弹性势能为多大；
（3）若小铁块具有沿直线轨道向下的初速度，小铁块的初速度至少为多大．与小铁块碰撞后，才能沿着圆弧轨道运动到E点．
【分析】（1）小铁块沿直轨道从D点滑到B点的过程，运用机械能守恒定律求小铁块即将与小木块碰撞时的速率．
（2）小铁块与小木块碰撞时间极短，系统的动量守恒，由动量守恒定律求出碰后共同速度．再对碰后过程，运用机械能守恒定律求小铁块即将与小木块碰撞时弹簧的弹性势能．
（3）与小木块碰撞后，要能沿着圆弧轨道运动到E点，到达E点时重力提供向心力．根据机械能守恒定律列式得到小铁块即将与小木块碰撞时的速率表达式，由动量守恒定律得到小铁块与小木块碰后的速率表达式．再对碰后小铁块与小木块分离后沿CDE轨道运动到E点的过程，由机械能守恒定律列式．在E点，根据牛顿第二定律列式，联立可解．
【解答】解：（1）小铁块沿直轨道下滑时，根据机械能守恒定律有
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mg•2Rsin37°=可得 v1=
（2）小铁块与小木块碰撞前后，由于碰撞时间极短，动量守恒，取沿斜面向下为正方向，由动量守恒定律有 mv1=2mv2．
碰后，小铁块与小木块共同压缩弹簧，直至速度减小至零后被反间向上运动，当轻弹簧恰恢复原长时，小铁块与小木块即将分离，故此时小铁块和小木块的速度均为零，根据机械能守恒定律有
+Ep=2mgRsin37°
解得小铁块即将与小木块碰撞时弹簧的弹性势能为 Ep=0.6mgR
（3）设小铁块的初速度为v0．小铁块沿直轨道下滑时，根据机械能守恒定律有
+mg•2Rsin37°=
小铁块与小木块碰撞过程，由动量守恒定律有 mv1′=2mv2′
碰后，小铁块与小木块共同压缩弹簧，直至速度减小至零后被反间向上运动，当轻弹簧恰恢复原长时，小铁块与小木块即将分离，故此时小铁块和小木块的速度均为零，根据机械能守恒定律有
+Ep=2mgRsin37°+
小铁块与小木块分离后沿CDE恰好运动到E点的过程，由机械能守恒定律有
=mg（Rsin37°+rcos37°+r）+
在最高点E，由重力等于向心力有 mg=m
联立解得 v0=答：
（1）小铁块即将与小木块碰撞时的速率为；
（2）小铁块即将与小木块碰撞时弹簧的弹性势能为0.6mgR； （3）小铁块的初速度至少为
，与小铁块碰撞后，才能沿着圆弧轨道运动
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到E点．
【点评】本题是多过程问题，要分析清楚铁块和木块的运动过程，灵活选择研究的过程，把握每个过程的物理规律．要知道圆周运动最高点的临界条件：重力等于向心力．
13．如图所示，由光滑的四分之一圆弧构成的小车质量为 M，质量为 m 的小球以速度v0冲上静止在光滑水平面的小车．已知 M=1kg，m=2kg，R=0.6m，H=0.45m，重力加速度 g 取 10m/s2．
（1）若小球刚好能到达小车的最高点，求v0的值． （2）若v0 满足（1）的条件，求小车能获得的最大速度． （3）若v0=9m/s，求小球落地时与小车最左端的距离．
【分析】（1）依题意可知，当小球刚好到达小车最高点时，小球和小车只具有共同的水平速度，由水平动量守恒和能量守恒定律列式求解；
（2）当小球返回到小车最左端时，小车获得的速度最大，由水平动量守恒和能量守恒定律列式求解；
（3）当v0=9m/s时，小球冲出小车做斜抛运动后，从新落到小车上，小球返回小车最左端，由水平动量守恒和能量守恒定律求出速度，小球从小车最左端离开小车，向前做平抛运动，由平抛运动公式列式求解．
【解答】解：（1）依题意可知，当小球刚好到达小车最高点时，小球和小车只具有共同的水平速度，由水平动量守恒和能量守恒定律得： mv0=（M+m）v共，
，
解得：v0=6m/s
（2）当小球返回到小车最左端时，小车获得的速度最大，由水平动量守恒和能
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量守恒定律得： mv0=Mv1+mv2，
解得：v1=8m/s，v2=2m/s，
（3）当v0=9m/s时，小球冲出小车做斜抛运动后，从新落到小车上，小球返回小车最左端，由水平动量守恒和能量守恒定律得： mv0=Mv3+mv4，
，
解得：v3=12m/s，v4=3m/s，
小球从小车最左端离开小车，向前做平抛运动，由平抛运动公式得：
，
△x=（v3﹣v4）t=2.7m．
答：（1）若小球刚好能到达小车的最高点，v0的值为6m/s． （2）若v0 满足（1）的条件，则小车能获得的最大速度为8m/s． （3）若v0=9m/s，小球落地时与小车最左端的距离为2.7m．
【点评】本题主要考查了动量守恒定律以及能量守恒定律的直接应用，解题时要注意当小球刚好到达小车最高点时，小球和小车只具有共同的水平速度，竖直方向动量不守恒，难度适中．
14．如图甲，水平面以O点为界，左侧光滑、右侧粗糙．足够长木板A左端恰在O点，右端叠放着物块B．物块C和D间夹着一根被压缩的轻弹簧，并用细线锁定，两者以共同速度v0=6m/s向右运动，在物块C到达O之前突然烧断细线，C和弹簧分离后，某时与A碰撞并粘连（碰撞时间极短）．此后，AC及B的速度图象如图乙，已知A、B、C、D的质量相等，且A、C与粗糙面的动摩擦因数相同，最大静摩擦力等于滑动摩擦力．重力加速度g=10m/s2，求： （1）C与弹簧分离后D的速度vD；
（2）A与间B动摩擦因数μ1及A与桌面间的动摩擦因数μ2； （3）最终B离A右端的距离．
，
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【分析】（1）C与A碰撞，动量守恒，求得碰撞前C的速度，弹簧伸长过程中CD组成的系统动量守恒，求得速度；
（2）根据乙图求得加速度，结合牛顿第二定律求得摩擦因数；
（3）根据乙图求得达到共同速度各自前进的位移，达到共同速度后，Ab做减速运动，根据牛顿第二定律求得各自的加速度，利用速度位移公式求得减速到零前进的位移，即可求得最终B离A右端的距离
【解答】解：（1）C与A碰撞时间，根据动量定理可知mvC=2mv，解得vC=12m/s，CD烧断的过程中，根据动量定理2mv0=mv+mvD，解得vD=0 （2）C与A碰撞后，由乙图可知AC的加速度B的加速度
对B受力分析，根据牛顿第二定律可知μ1mg=ma2，解得μ1=0.1
对AC组成的系统，根据牛顿第二定律可知μ1mg+μ2•3mg=2ma1，解得μ2=0.3 （3）在v﹣t图象中，A前进的位移为B前进的位移为
达到共同速度后，B的加速度大小为AC的加速度大小为故B减速到零前进的位移为AC前进的位移为
故最终B离A右端的距离为△x=xA﹣xB﹣（x′A﹣x′B）=2.625m 答：（1）C与弹簧分离后D的速度vD为0
（2）A与间B动摩擦因数μ1为0.1，A与桌面间的动摩擦因数μ2为0.3 （3）最终B离A右端的距离为2.625m．
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【点评】分析清楚物体的运动过程，准确选择研究对象，然后应用动量守恒定律、牛顿第二定律和运动学公式即可求得
15．张师傅驾车在高速公路上以90km/h的速度匀速行驶，前方有一匝道限速40km/h．已知张师傅的反应时间在0.4s～0.6s范围内，刹车时加速度大小为5m/s2．若张师傅要进入匝道，为了保证车辆不超速，他至少应从离匝道口多远处做出刹车反应并制动？（结果保留2为有效数字）
【分析】在反应时间内汽车做匀速直线运动，总位移等于匀速运动的位移和匀减速直线运动的位移之和． 【解答】解：90km/h=25m/s
在“反应时间”里汽车做匀速运动的距离为：x1=v0t=25×0.4 m=10m． 汽车刹车时的加速度a=﹣5m/s2，汽车停止时v=0，由
=2ax
得：x2=m=62.5m
所以总位移为：x=x1+x2=10+62.5=72.5m．
答：他至少应从离匝道口72.5m处做出刹车反应并制动
【点评】解决本题的关键知道所求距离是反应时间内匀速运动的位移和匀减速运动的位移之和．匀减速运动的位移可以通过速度位移公式求解．
16．（1）科学家发现，除了类似太阳系的恒星﹣行星系统，还存在许多双星系统，通过对它们的研究，使我们对宇宙有了较深刻的认识．双星系统是由两个星体构成，其中每个星体的线度（直径）都远小于两星体间的距离，一般双星系统距离其他星体很远，可以当做孤立系统处理．已知某双星系统中每个星体的质量都是M0，两者相距L，它们正围绕两者连线的中点做匀速圆周运动，引力常量为G． 求： ①该双星系统中星体的加速度大小a； ②该双星系统的运动周期T．
（2）微观世界与宏观世界往往存在奇妙的相似性．对于氢原子模型，因为原子核的质量远大于电子质量，可以忽略原子核的运动，形成类似天文学中的恒星﹣行星系统，记为模型Ⅰ．另一种模型认为氢原子的核外电子并非绕核旋转，而是
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类似天文学中的双星系统，核外电子和原子核依靠库仑力作用使它们同时绕彼此连线上某一点做匀速圆周运动，记为模型Ⅱ．已知核外电子的质量为m，氢原子核的质量为M，二者相距为r，静电力常量为k，电子和氢原子核的电荷量大小均为e．
①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、EkⅡ表示，请推理分析，比较EkⅠ、EkⅡ的大小关系；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用TⅠ、TⅡ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，请从周期的角度分析这样简化处理的合理性．
【分析】（1）①根据万有引力定律和牛顿第二定律求该双星系统中星体的加速度大小；
②根据圆周运动的运动学公式求解该双星系统的运动周期；
（2）①根据万有引力提供向心力和动能公式分别求出两种模型系统的总动能； ②根据万有引力提供向心力求出两种模型系统的周期，再由数学知识得出周期之间的关系，从而得出结论．
【解答】解：（1）①、根据万有引力定律和牛顿第二定律有：
解得：：
②、由运动学公式可知：
解得：
（2）①模型Ⅰ中，设电子和原子核的速度分别为v，对于电子绕核的运动，根据库仑定律和牛顿第二定律有：
解得：
=
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模型Ⅱ中，设电子和原子核的速度分别为核的运动半径为对电子有：
、，电子的运动半径为，原子
．根据库伦定律和牛顿第二定律
解得：
对于原子核有：：
解得：
系统总动能为：===
即在设两种模型中，系统的总动能相等． ②模型Ⅰ中，根据库仑定律和牛顿第二定律有：
解得：
模型Ⅱ中，电子和原子核周期相同，均为根据库仑定律和牛顿第二定律，对电子有：：
解得：
对原子核有：
解得：因
，将以上两式代入，可解得：
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所以有：
因为M＞＞m，可得，所以采用模型Ⅰ更简单方便
；
答：（1）①该双星系统中星体的加速度大小a为
②该双星系统的运动周期T为
（2）①模型Ⅰ、Ⅱ中系统的总动能分别用EkⅠ、EkⅡ表示，请推理分析，比较EkⅠ、EkⅡ的大小相等；
②模型Ⅰ、Ⅱ中核外电子做匀速圆周运动的周期分别用TⅠ、TⅡ表示，通常情况下氢原子的研究采用模型Ⅰ的方案，从周期的角度分析这样简化处理的合理性，因为采用模型Ⅰ更简单方便．
【点评】对于双星问题和暗物质问题，关键都要建立模型，确定向心力的来源．若双星圆周运动的圆心不在连线的中点，要采用隔离法研究．
17．如图所示，长L=1m高h=0.5m的小车静止在光滑的水平面上，一滑块以v0=3m/s的水平速度从小车左端滑入并从小车右端滑出，小车和滑块的质量均为1kg，已知滑块与小车间的动摩擦因数μ=0.2．g=10m/s2，求 （I）滑块离开小车时，滑块和小车的速度大小； （II）滑块落地时距离小车右端多远？
【分析】（I）滑块在小车上滑行时，根据牛顿第二定律分别求出滑块和小车的加速度，根据滑块离开小车时，滑块和小车的位移之差等于L，由位移时间公式求出滑块在小车滑行的时间，再由速度公式求滑块离开小车时滑块和小车的速度． （Ⅱ）滑块离开小车后做平抛运动，根据高度h求得平抛运动的时间，再由位移
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公式求滑块落地时与小车右端的距离．
【解答】解：（I）滑块在小车上滑行时，根据牛顿第二定律得： 对滑块有：μmg=ma1． 对小车有：μmg=Ma2． 解得 a1=2m/s2，a2=2m/s2． 滑块离开小车时，有：L=（v0t﹣解得 t1=0.5s，t2=1s，
若t2=1s，因为 滑块的速度 v1=v0﹣a1t2=3﹣2×1=1m/s，小车的速度 v2=a2t2=2×1=2m/s，可知滑块的速度小于小车的速度，不合理，所以t2=1s舍去． 所以滑块离开小车时，滑块的速度为：v1=v0﹣a1t1=3﹣2×0.5=2m/s， 小车的速度为：v2=a2t1=2×0.5=1m/s
（Ⅱ）滑块离开小车后做平抛运动，平抛运动的时间为： t′=
=
=
s
）﹣
所以滑块落地时距小车右端的距离为： S=（v1﹣v2）t′=（2﹣1）×
m=
m≈0.32m
答：（I）滑块离开小车时，滑块和小车的速度大小分别是2m/s和1m/s； （II）滑块落地时距离小车右端0.32m．
【点评】本题采用隔离法研究滑块在小车上滑行的类型，也可以运用动量守恒定律和能量守恒定律求第1问．注意产生的内能与车长有关．
18．某科技公司设计的一款“飞行汽车”概念机，由四台垂直推进器和四个旋翼组成，可以竖直起飞后在空中变形普通飞机飞行，着陆后变形汽车行驶．设计人员进行了一次垂直起降展示：将概念机放在水平试验场，通过遥控输入指令，使垂直推进器提供竖直向上的恒定推力F=3mg，经过时间t后撤销该指令，再过一段时间改变指令，使垂直推进器以恒定功率P工作提供竖直向上的推力，让概念机落回地面时刚好减速为零，关闭指令，完成展示．概念机质量为m，重力加速度为g，不考虑空气阻力．求：
（1）撤销提供竖直向上的恒定推力指令后，概念机上升到最大高度经过的时间
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t1；
（2）在下降过程中，垂直推进器工作的时间t2．
【分析】（1）概念机从静止竖直起飞，上升到最大高度时速度为零，根据动量定理求时间t1；
（2）先研究上升的过程，由牛顿第二定律和运动学公式结合求出上升的最大高度．再研究下降过程，根据动能定理列式求垂直推进器工作的时间t2． 【解答】解：（1）概念机从静止竖直起飞，上升到最大高度时速度为零，根据动量定理有： Ft﹣mg（t+t1）=0 结合F=3mg解得： t1=2t
（2）设概念机从静止竖直起飞加速上升过程的加速度为a，上升的高度为h1，上升的最大高度为H，则由牛顿第二定律得： F﹣mg=ma 得：a=2g h1=
对整个上升过程，根据动能定理得：Fh1﹣mgH=0 概念机从最大高度到地面的过程中，由动能定理得： mgH﹣Pt2=0 联立解得：t2=
答：（1）撤销提供竖直向上的恒定推力指令后，概念机上升到最大高度经过的时间t1是2t．
（2）在下降过程中，垂直推进器工作的时间t2是
．
【点评】对于涉及时间的问题，运用动量定理往往比牛顿第二定律和运动学公式结合简便．本题是多过程问题，还要找出各个子过程之间的关系．
19．质量M=1kg，高h=0.8m、长L=1m的小车静止在光滑地面上，小车的左端
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紧靠竖直台阶，台阶的上表面与小车上表面等高，且台阶的上表面光滑．质量m=1kg的小物块P以初速度v0=4m/s向右运动并与静止在小车最左端、质量也为m=1kg小物块Q发生弹性碰撞，小物块Q与小车上表面的动摩擦因数μ=0.3，g=10m/s2，求：
（1）碰后小物块Q的初速度；
（2）小物块Q能否从小车的最右端飞出？若能，求出小物块Q落地时与小车最右端的水平距离s．
【分析】（1）对PQ发生碰撞过程分析，根据动量守恒定律可求得碰后Q的速度； （2）碰后Q在小车上滑动，运动过程中动量守恒，能量守恒，分析物块滑到最右端时的速度从而明确能否飞出；再根据平抛运动的规律分析落地点的水平距离．
【解答】解：（1）小物块P、Q发生弹性碰撞，碰后速度分别为vP、vQ，设向右为正方向，则由动量守恒可得： mv0=mvP+mvQ
由机械能守恒定律可得： mv02=mvP2+mvQ2 联立解得：vP=0，vQ=4m/s；
（2）小物块Q在小车的上表面滑动的过程中，都受滑动摩擦力作用，小物块作减速运动，小车做加速运动，设P滑至小车右端时的速度为v1，小车的速度为v2：
由动量守恒定律可得： mvQ=mv1+Mv2
相对运动中能量守恒，则有： mvQ2=mv12+Mv22+μmgL 联立解得：v1=3m/s，v2=1m/s
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（v1=1m/s，v2=3m/s 不合理，舍去）
因v1＞v2，故小物块Q能从小车的右端飞出，小物块Q能从小车的右端飞出即做平抛运动，根据平抛运动的规律，在竖直方向上，有： h=gt2
代入数据解得：t=0.4s
在水平方向上，有：s1=v1t=3×0.4=1.2m
在小物块Q做平抛运动的时间内小车向右的水平位移为： s2=v2t=1×0.4=0.4m
由此可得小物块Q落地时与小车右端的水平距离为： s=s1﹣s2=1.2﹣0.4=0.8m．
答：（1）碰后小物块Q的初速度为4m/s；
（2）小物块Q能从小车的最右端飞出；小物块Q落地时与小车最右端的水平距离s为0.8m．
【点评】本题综合考查动量守恒、能量守恒以及平抛运动的规律，要注意正确选择系统，明确动量是否守恒，同时分析能量关系，正确选择物理规律即可正确求解．
20．如图所示，倾角为θ的光滑斜面底端固定一弹性挡板P，将小滑块A和B从斜面上距挡板P分别为l和3l的位置同时由静止释放，A与挡板碰撞后以原速率返回；A与B的碰撞时间极短且无机械能损失．已知A的质量为3m、B的质量为m，重力加速度为g，滑块碰撞前后在一条直线上运动，忽略空气阻力及碰撞时间，将滑块视为质点，求： （1）两滑块第一次相碰的位置；
（2）两滑块第一次相碰后，B与挡板的最远距离．
【分析】（1）根据牛顿第二定律求出两个滑块在斜面上运动时的加速度．由位移公式求出A运动到P的时间，由速度公式求得A运动到P的速度．再根据相遇
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时位移关系列式，求运动时间，再由位移公式求解两滑块第一次相碰的位置到P的距离．
（2）先结合上题的结果，由速度公式求出两滑块碰撞前瞬间的速度，再根据弹性碰撞的规律：动量守恒和动能守恒列式，求得碰后瞬间两者的速度．再由运动学公式求B与挡板的最远距离．
【解答】解：（1）两滑块在斜面上运动时，加速度相同，设为a，由牛顿第二定律有： mgsinθ=ma 得：a=gsinθ
设A运动到P的时间为t1，速度为v1，则有： l=
，v1=at1．
，v1=
解得：t1=
A与挡板碰撞后，以速率v1沿斜面向上滑动，设A球再经过时间t2与B相遇，相遇点到P的距离为x．由运动学规律得： x=v1t2﹣
B在斜面上做匀加速运动，由运动学规律有： 3l﹣x=解得：t2=
，x=l
（2）设A与B碰撞前的速度大小分别为vA和vB．则有： vA=v1﹣at2． vB=a（t1+t2） 解得：vA=
，方向沿斜面向上．vB=3
，方向沿斜面向下．
设A与B碰撞后的速度分别为vA′和vB′，规定沿斜面向上为正方向，由动量守恒定律和机械能守恒定律有： 3mvA﹣mvB=3mvA′+mvB′
3mvA2+mvB2=解得：vA′=﹣
3mvA′2+mvB′2
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，vB′=3
第一次相碰后，B上滑的距离为xB，则有： 0﹣vB′2=﹣2axB．
B与挡板的最远距离为： xm=x+xB 解得：xm=3l
答：（1）两滑块第一次相碰的位置到P的距离为l； （2）两滑块第一次相碰后，B与挡板的最远距离是3l．
【点评】解决本题的关键是理清两个滑块的运动过程，运用牛顿第二定律和运动学公式边计算边分析，要把握相遇时两者的位移关系，这是解题的关键．
21．如图所示，倾角θ=37°的传送带以v=0.6m/s的速度向上匀速传动．在传送带的最顶端，有一个炭块（视为质点）以v0=1.2m/s的初速度沿传送带下滑．炭块与传送带之间的动擦因数为0.9，取重力加速度g=10m/s2，sin37∘=0.6，cos37∘=0.8，传送带足够长，求：
（1）炭块沿传送带向下运动的最大位移； （2）炭块在传送带上的划痕的长度．
【分析】（1）炭块沿传送带向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律求解炭块下滑过程中的加速度，根据速度位移关系求解最大位移；
（2）由速度时间公式求出炭块减速到零的时间，由x=vt求出炭块下滑的过程中皮带的位移，得到炭块与皮带间的相对位移．再求出炭块上滑过程中的时间，求出二者相对位移，然后求出炭块在传送带上的划痕的长度．
【解答】解：（1）炭块沿传送带向下做匀减速运动，根据牛顿第二定律得： μmgcos37°﹣mgsin37°=ma1
解得：a1=0.9×10×0.8﹣10×0.6=1.2m/s2， 根据速度位移关系可得：v02=2a1xm，
解得：炭块沿传送带向下运动的最大位移 xm=0.6m；
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（2）设炭块减速到零的时间为t1，则 t1==s=1s；
该段时间内炭块与皮带间的相对位移大小为△x1=xm+vt1=0.6m+0.6×1m=1.2m； 炭块向上加速运动的加速度 a2=
其速度增大到v的过程中经过的时间为t2，则：t2=
=
=a1=1.2m/s2 s=0.5s
此过程中的相对位移大小为：△x2=vt2﹣vt2=vt2=×0.6×0.5m=0.15m， 所以炭块在传送带上的痕迹长度为：△x=△x1+△x2=1.2m+0.15m=1.35m； 答：
（1）炭块沿传送带向下运动的最大位移为0.6m； （2）炭块在传送带上的划痕的长度为1.35m．
【点评】对于牛顿第二定律和运动学公式的综合应用问题，关键是弄清楚物体的运动过程和受力情况，利用牛顿第二定律或运动学的计算公式求解加速度，再根据题目要求进行解答；要知道加速度是联系力学和运动学的桥梁．
22．如图所示，水平轨道AB与竖直半圆形光滑轨道在B点平滑连接，AB段长x=3m，半圆形轨道半径R=0.9m．质量m=0.10kg的小滑块（可视为质点），从A点以某一初速度v0开始运动，经B点小滑块进入半圆形轨道，沿轨道能运动经过最高点C，最后落到A点．小滑块与水平轨道之间的动动摩擦因数为0.2，重力加速度g取10m/s2．求： （1）滑块经过最高点C时的速度；
（2）滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道的压力大小； （3）滑块从A点开始滑动的初速度大小．
【分析】（1）物体C到A的过程中做平抛运动，将运动进行分解，根据平抛运动的规律求解滑块通过C点时的速度大小；
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（2）根据机械能守恒定律求出滑块经过B点时的速度，由牛顿第二定律求出滑块在B点受到的轨道的支持力，然后依据牛顿第三定律，即可得到滑块在B点对轨道的压力；
（2）物体从A到B用动能定理求出A点开始滑动的初速度． 【解答】解：（1）滑块从最高点C做平抛运动， 水平方向：x=vCt 竖直方向：解得：vC=5m/s．
（2）滑块从B到C机械能守恒，则：
滑块在B点，应用牛顿第二定律可得：
联立以上两式，得：
根据牛顿第三定律，在B点对轨道的压力大小为（3）滑块从A点到B点过程，由动能定理
．
解得：．
答：（1）滑块经过最高点C时的速度为5m/s；
（2）滑块刚进入半圆形轨道时，在B点对轨道的压力为（3）滑块从A点开始滑动的初速度大小为
．
；
【点评】本题是平抛运动、机械能守恒定律和动能定理的综合应用，关键要把握每个过程的物理规律，比如平抛运动要分解运动，圆周运动用动能定理求速度．
23．如图所示，水平面右端放一大小可忽略的小物块，质量m=0.1kg，以v0=4m/s向左运动，运动至距出发点d=1m处将弹簧压缩至最短，反弹回到出发点时速度大小v1=2m/s．水平面与水平传送带理想连接，传送带长度L=3m，以v2=10m/s
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顺时针匀速转动．传送带右端与一竖直面内光滑圆轨道理想连接，圆轨道半径R=0.8m，物块进入轨道时触发闭合装置将圆轨道封闭．（g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6））求：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1； （2）弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件．
【分析】（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，动能转化为内能，根据能量守恒定律求物体与水平面间的动摩擦因数μ1；
（2）研究小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律求弹簧具有的最大弹性势能Ep；
（3）物块滑上传送带后，在滑动摩擦力的作用下加速，动摩擦因数μ2不同，加速距离不同，冲上圆弧轨道的初速度就不同，求出恰好到达圆心右侧等高点、圆心右侧等高点和圆轨道最高点时速度，再由牛顿第二定律和运动学公式或动能定理求动摩擦因数μ2的范围．
【解答】解：（1）小物块在水平面向左运动再返回的过程，根据能量守恒定律得 μ1mg•2d=
﹣
代入数据解得 μ1=0.3
（2）小物块从出发到运动到弹簧压缩至最短的过程，由能量守恒定律得 弹簧具有的最大弹性势能 Ep=代入数据解得 Ep=0.5J （3）本题分两种情况讨论：
①设物块在圆轨道最低点时速度为v3时，恰好到达圆心右侧等高点． 根据机械能守恒得 mgR=
，得 v3=4m/s＜v2=10m/s
﹣μ1mgd
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说明物块在传送带上一直做匀加速运动． 由动能定理得：μ2mgL=解得 μ2=0.2
②设物块在圆轨道最低点时速度为v4时，恰好到达圆轨道最高点． 在圆轨道最高点有：mg=m
﹣
从圆轨道最低点到最高点的过程，由机械能守恒定律得 2mgR+解得 v4=2
=
m/s＜v2=10m/s
说明物块在传送带上一直做匀加速运动． 由动能定理得：μ2mgL=解得 μ2=0.6
所以要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6． 答：
（1）物体与水平面间的动摩擦因数μ1是0.3． （2）弹簧具有的最大弹性势能Ep是0.5J．
（3）要使物块进入竖直圆轨道后不脱离圆轨道，传送带与物体间的动摩擦因数μ2应满足的条件是μ2≤0.2或μ2≥0.6．
【点评】做物理问题时应该先清楚研究对象的运动过程，根据运动性质利用物理规律解决问题；本题还抓住圆周运动的临界条件．关于能量守恒定律的应用，要清楚物体运动过程中能量的转化；动能定理可以分过程也可以全过程使用，应适当选择．
24．如图所示，质量分布均匀、半径为R的光滑半圆形金属槽，静止在光滑的水平面上，左边紧靠竖直墙壁．一质量为m的小球从距金属槽上端R处由静止下落，恰好与金属槽左端相切进入槽内，到达最低点后向右运动从金属槽的右端冲出，小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的距离为R，重力加速度为g，不计
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﹣
空气阻力．求：
（1）小球第一次到达最低点时对金属槽的压力大小； （2）金属槽的质量．
【分析】（1）由机械能守恒求出小球第一次到达最低点的速度，由牛顿运动定律求出小球在最低点对金属块的压力；
（2）小球第一次到达最低点至到达最高点的过程中，金属槽离开墙壁，小球和金属槽组成的系统水平方向动量守恒，系统的机械能也守恒，由动量守恒定律和机械能守恒即可求出金属槽的质量．
【解答】解：（1）小球从静止到第一次到达最低点的过程，根据机械能守恒定律有： mg•2R=
小球刚到最低点时，根据圆周运动和牛顿第二定律的知识有： FN﹣mg=m
据牛顿第三定律可知小球对金属块的压力为：FN′=FN 联立解得：FN′=5mg
（2）小球第一次到达最低点至小球到达最高点过程，小球和金属块水平方向动量守恒，选取向右为正方向，则： mv0=（m+M）v
设小球到达最高点时距金属槽圆弧最低点的高度为h． 则有 R2+h2=
根据能量守恒定律有：mgh=联立解得：M=
﹣（m+M）v2．
m
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答：（1）小球第一次到达最低点时，小球对金属块的压力为5mg； （2）金属块的质量为
m．
【点评】本题要求同学们能正确分析物体的受力情况和运动情况，选择合适的规律来求解．要知道小球从最低点向右运动的过程中，系统的总动量并不守恒，只是水平动量守恒．
25．光滑的长轨道形状如图所示，下部分为半圆形，半径为R=0.3m，固定在竖直平面内，质量分别为m、2m的两小环A、B用长为R的轻杆连接在一起，套在轨道上，A环距轨道底部高为R，现将A、B两环从图示位置由静止释放，重力加速度为g（已知sin37°=0.6，cos37°=0.8），求： （1）运动过程中A环距轨道底部的最大高度； （2）A环到达轨道底部时，两环速度的大小。
【分析】（1）对AB为研究对象，根据机械能守恒定律可求得运动过程中A环距轨道底部的最大高度；
（2）由几何关系可明确对应的夹角大小，再根据运动的合成和分解规律分析速度关系，再根据机械能守恒定律可求得速度大小。 【解答】解：（1）设A环距轨道底部的最大高度为h，
以AB为研究对象，以轨道最底点为零势能面，依机械能守恒定律得： mgR+2mg（
+
）=mgh+2mg（h﹣
）
解得：h=m； （2）由于杆的长度为
，故当到达底部时B还在竖直轨道上，如图所示；
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此时杆与竖直方向夹角sinθ=，即sinθ=，可知θ=37°
由图可知
vAsin37°=vBcos37°，即vB=vA
以AB作为研究对象，依机械能守恒定律得： mg
+2mg（R+
﹣R）=mvA2﹣
vB2
解得：vA=4m/s，vB=3m/s。
答：（1）运动过程中A环距轨道底部的最大高度为m； （2）A环到达轨道底部时，两环速度的大小为4m/s和3m/s。
【点评】本题考查机械能守恒定律以及运动的合成和分解规律的应用，本题的关键在于明确两小球速度大小之间的关系，正确利用几何关系进行分析两小球速度大小关系是解题的关键。
26．如图所示，长为l=1.6m的细绳，一端固定于O点，另一端系着一个质量为m1=0.2kg的小球．将球拉起，当细绳与竖直方向夹角为θ时，无初速度释放小球．当小球摆至最低点时，恰与放在光滑水平桌面边缘的质量为m2=2kg的铁块正碰，碰后小球以v=2.0m/s的速度弹回，铁块水平向右飞出．若光滑桌面距地面高度为h=1.25m，铁块落地点距桌面边缘的水平距离为x=0.3m，求：夹角θ的大小（忽略小球和铁块的大小，取g=10m/s2）．
【分析】先由平抛运动的规律求出铁块的速度，然后由由动量守恒定律可以求出小球碰撞前的速度，最后由机械能守恒定律求出夹角θ的大小．
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【解答】解：小球摆下来的过程中机械能守恒，则有： mgl（1﹣cosθ）=
小球与铁块碰撞的过程中，系统的动量守恒，选取向右为正方向，则有： m1v1=﹣m1v+m2v2
铁块飞出后做平抛运动，竖直位移为h，水平位移为x，有：
x=v2t
联立解得：cosθ=0.5 所以：θ=60°
答：夹角θ的大小是60°．
【点评】本题考查了求速度、位移问题，分析清楚物体运动过程、应用机械能守恒定律、动量守恒定律、平抛运动规律即可正确解题．
27．在没有风的自然环境中，一个乒乓球从离地1m高的地方由静止开始下落，经过0.5s落地，落地后反弹．已知乒乓球的质量为2.7g，整个过程中所受的空气阻力大小不变．求：
（1）乒乓球落地时的速度多大？ （2）乒乓球受到的阻力多大？
（3）若乒乓球反弹时，速度大小变为原来的0.9，则球能反弹多高？
【分析】（1）乒乓球下落的过程做匀加速直线运动，由位移等于平均速度与时间的乘积，求乒乓球落地时的速度．
（2）由动能定理列式，可求得乒乓球受到的阻力．
（3）对于反弹的过程，再运用动能定理求得反弹上升的高度． 【解答】解：（1）设乒乓球落地时的速度为v．由 h=
得：
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v===4m/s
（2）乒乓球下落的过程，由动能定理得： mg﹣f=
﹣0
其中：m=2.7g=2.7×10﹣3kg
解得乒乓球受到的阻力为：f=5.4×10﹣3N （3）对于反弹的过程，再运用动能定理得： ﹣mgh′﹣fh′=0﹣
解得球能反弹的高度为：h′=0.54m 答：（1）乒乓球落地时的速度是4m/s． （2）乒乓球受到的阻力是5.4×10﹣3N．
（3）若乒乓球反弹时，速度大小变为原来的0.9，则球能反弹0.54m．
【点评】本题关键是明确乒乓球的受力情况和运动情况，灵活选择运动学公式，知道涉及力在空间的效果时要优先选择动能定理．
28．如图为某种鱼饵自动投放器的装置示意图，其下半部AB是一长为2R的竖直细管，上半部BC是半径为R的四分之一圆弧弯管，管口C处切线水平，AB管内有原长为R、下端固定的轻质弹簧。在弹簧上端放置一粒质量为m的鱼饵，解除锁定后弹簧可将鱼饵弹射出去。投饵时，每次总将弹簧长度压缩到0.5R后锁定，此时弹簧的弹性势能为6mgR （g为重力加速度）．不计鱼饵在运动过程中的机械能损失，求：
（1）鱼饵到达管口C时的速度大小v1：
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小和方向：
（3）已知地面比水面高出1.5R，若竖直细管的长度可以调节，圆弧弯道管BC可随竖直细管一起升降。求鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离Lmax。
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【分析】（1）根据能量守恒定律求出鱼饵到达管口C时的速度大小。
（2）根据牛顿第二定律求出管口对鱼饵的作用力大小，从而结合牛顿第二定律求出鱼饵对管子的作用力大小和方向。
（3）根据机械能守恒定律求出平抛运动的初速度，结合平抛运动的规律求出水平位移的表达式，通过数学知识得出鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离。
【解答】解：（1）鱼饵到达管口C的过程中弹簧的弹性势能转化为鱼饵的重力势能和动能， 有：解得
。
，
（2）设C处管子对鱼饵的作用力向下，大小设为F， 根据牛顿第二定律有：解得F=6mg，
由牛顿第三定律可得鱼饵对管子的作用力F′=6mg，方向向上。 （3）设AB长度为h，对应平抛水平距离为x， 由机械能守恒定律有：由平抛运动的规律得，x=vt，解得x=
=
，
， ，
，
当h=1.5R时，x的最大值xmax=8R， 则Lmax=xmax+R=9R。
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答：（1）鱼饵到达管口C时的速度大小为；
（2）鱼饵到达管口C时对管子的作用力大小为6mg，方向向上； （3）鱼饵到达水面的落点与AB所在竖直线OO′之间的最大距离为9R。
【点评】本题考查了圆周运动最高点的动力学方程以及机械能守恒定律的应用，知道圆周运动向心力的来源，以及平抛运动在水平方向和竖直方向上的运动规律是解决本题的关键。
29． 如图所示，两位杂技演员（均视为质点）在进行杂技表演，男演员乘秋千从水平位置A点由静止出发绕O点下摆．当他向右摆到最低点B时，恰好与在右方平台末端以v=2.5m/s速度水平跳出的女演员相遇，且在极短时间内将女演员接住，然后一起绕O点摆动．已知男、女演员质量之比m1：m2=3：2，秋千的质量不计，摆长l=5m，g=l0m/s2，求： （1）男演员摆到最低点的速度；
（2）两位演员一起运动时所能到达的最大高度．
【分析】（1）根据机械能守恒定律求男演员摆到最低点的速度．
（2）在最低点两演员相互作用的过程中，系统水平方向上动量守恒，由此求得男演员接住女演员后二人的共同速度．再由机械能守恒定律求两位演员一起运动时所能到达的最大高度．
【解答】解：（1）设男演员到最低点时的速度为v1，由机械能守恒定律得 m1gl=解得 v1=10m/s
（2）在最低点两演员相互作用的过程中，系统水平方向上动量守恒，设接住后两者的共同速度为v2．取水平向右为正方向，由水平方向动量守恒得： m1v1﹣m2v2=（m1+m2）v
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代入数据解得 v2=5m/s
二者一起向上摆动的过程中机械能守恒，则得 （m1+m2）gh=解得 h=1.25m 答：
（1）男演员摆到最低点的速度是10m/s；
（2）两位演员一起运动时所能到达的最大高度是1.25m．
【点评】解决本题的关键要明确两演员相互作用的过程中，系统水平方向上动量守恒，但总动量并不守恒．能分段进行研究．
30．如图，半径R=0.3m的光滑圆弧轨道固定在竖直平面内，轨道的一个端点B和圆心O的连线与水平方向间的夹角θ=30°，另一端点C为轨道的最低点，其切线水平．C点右侧的光滑水平面上紧挨C点静止放置一处于锁定状态的木板，木板质量M=0.3kg，上表面与C点等高，木板放置了一个静止的质量m=0.1kg的物块．质量为m0=0.1kg的物块从平台上A点以v0=2m/s的速度水平抛出，恰好从轨道的B端沿切线方向进入轨道．已知两物块与木板间的动摩擦因数均为μ=0.1，两物块体积很小，都可视为质点，取g=10m/s2，求： （1）物体到达B点时的速度大小vB； （2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小；
（3）质量为m0的物块滑到木板与m发生碰撞并粘到一起，此时木板解除锁定，则木板长度满足什么条件，才能保证物块不滑离木板．
【分析】（1）物块离开A点后做平抛运动，到达B点时沿B点的切线方向，根
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据平抛运动的规律得出物体在B点的速度．
（2）由机械能守恒可求得物块在C点的速度；由向心力公式可求得物块在C点受到的支持力．
（3）由动量守恒定律求出物块m0与物体m碰撞后共同速度．要使物块不滑离木板，两物体最后应达到相同速度并且刚好到达木板的最右端，由动量守恒定律求出共同速度，由能量守恒定律求得木板的最小长度．
【解答】解：（1）设物体经过B点的速度为vB，则由平抛规律可得： vBsin30°=v0…① 解得：vB=4m/s …②
（2）设物体经过C点的速度为vC，由机械能守恒得：
…③
根据牛顿第二定律得： 解得：
…④
…⑤
（3）设两物块碰撞前，m0的速度为v1，粘在一起的速度为v2，物块m0在于碰撞前，由动能定理得：
…⑥
发生碰撞时，由动量守恒定律有：m0v1=（m0+m）v2…⑦
两物块与模板相对滑动至共速v3，取向右为正方向，由动量守恒定律得： （m0+m）v2=（m0+m+M）v3…⑧ 由能量守恒得：联立解得：L=
m≈3.26m
…⑨
所以木板长度大于等于3.26m时才能保证物块不滑离木板． 答：（1）物体到达B点时的速度大小vB是4m/s． （2）物块经过C点时与轨道间弹力的大小是9.33N． （3）木板长度大于等于3.26m时才能保证物块不滑离木板．
【点评】本题将平抛、圆周运动及直线运动结合在一起，要注意分析运动过程，
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把握每个过程的物理规律．要知道物块在木板上滑行时，摩擦产生的内能与相对位移有关．
31．如图甲所示，质量为m=1kg的物体置于倾角为θ=37°的固定且足够长的斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F，t1=0.5s时撤去拉力，物体速度与时间（v﹣t）的部分图象如图乙所示．（g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8）问： （1）拉力F的大小为多少？
（2）物体沿斜面向上滑行的最大距离s为多少？
【分析】（1）由速度的斜率求出加速度，根据牛顿第二定律分别对拉力撤去前、后过程列式，可qc拉力和物块与斜面的动摩擦因数为 μ． （2）根据v﹣t图象面积求解位移．
【解答】解：（1）设物体在力F作用时的加速度为a1，撤去力F后物体的加速度为a2，根据图象可知：
①
②
力F作用时，对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 F﹣mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1，③
撤去力F后对物体进行受力分析，由牛顿第二定律可知 ﹣（mgsinθ+μmgcosθ）=ma2，④ 解得：F=24N ⑤
（2）设撤去力F后物体运动到最高点所花时间为t2，此时物体速度为零，有
s ⑥
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向上滑行的最大距离：
答：（1）拉力F的大小为24N；
（2）物体沿斜面向上滑行的最大距离s为6m．
m
【点评】本题首先挖掘速度图象的物理意义，由斜率求出加速度，其次求得加速度后，由牛顿第二定律求解物体的受力情况．
32．如图所示，将P、Q两小球（可视为质点）先后从距地面高为h=20m的A点由静止释放，小球与地面碰撞后原速弹起．已知P、Q两小球释放时间的间隔为1s，两球在空中第一次碰撞后P球做自由落体运动，Q球上升的最高点B距地面的高度为53.75m，不计空气阻力，碰撞过程时间很短，可忽略不计．重力加速度为g取10m/s2，求
（1）两球在空中第一次碰撞的位置距地面的高度； （2）两小球的质量之比mP：mQ等于多大？
【分析】（1）先根据自由落体运动的规律求出下落的时间．根据相碰时位移关系求经过的时间，由位移公式求两球在空中第一次碰撞的位置距地面的高度； （2）由运动学公式求得碰撞前后两球的速度，对于碰撞过程，由动量守恒定律求两小球的质量之比mP：mQ．
【解答】解：（1）设小球从A点落到地的时间为t0，由自由落体公式得： hA=得：t0=2s
P球从地面弹起时Q球下落时间 （t0﹣△t）=1s，设此时两球的距离为H，速度大小分别为v0P、v0Q，由自由落体公式得： v0P=gt0，v0Q=g（t0﹣△t） H=hA﹣
设再经时间t两球，则由匀变速运动规律得：
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hP=v0Pt﹣且有 H=hP+hQ
，hQ=v0Qt+
解得第一次相遇距地面的高度：hP=8.75m
（2）设两球相碰前的速度大小分别为vP、vQ，则由匀变速运动规律得： vP=v0P﹣gt，vQ=v0Q+gt
设两球相碰后的Q球速度大小为v1Q，则由匀变速运动规律得：
=2g（hB﹣hP）
设P、Q两球质量为mP、mQ，取向上为正方向，由动量守恒定律得： mPvP﹣mQvQ=mQv1Q 解得：mP：mQ=3：1 答：
（1）两球在空中第一次碰撞的位置距地面的高度是8.75m； （2）两小球的质量之比mP：mQ等于3：1．
【点评】解决本题这类力学综合题，关键要理清两球的运动过程，分段运用运动学公式求位移和速度，并要找到两球的位移关系．
33．如图所示，在倾角为37°的斜面上，固定着宽L=0.25m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和变阻器．电源电动势E=12V，内电阻r=1.0Ω．一质量m=20g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好，导轨与金属棒的电阻不计，整个装置处于磁感应强度B=0.80T、垂直于斜面向上的匀强磁场中．若金属导轨是光滑的，取g=10m/s2，且已知sin37°=0.60，cos37°=0.80，要保持金属棒静止在导轨上．求： （1）金属棒ab所受的安培力； （2）回路中电流的大小；
（3）滑动变阻器接入电路的阻值．
【分析】（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态．根据平
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衡条件，列方程求出安培力．
（2）金属棒与磁场方向垂直，根据安培力公式F=BIL，求出电流． （3）根据欧姆定律求出滑动变阻器R接入电路中的阻值．
【解答】解：（1）金属棒受到重力、安培力和导轨的支持力而处于平衡状态． 则有F=mgsin37° F=0.12N （2）根据安培力公式F=BIL得 得I=
=0.6A
（3）设变阻器接入电路的阻值为R，根据闭合电路欧姆E=I（R+r） 解得 R=
=19Ω
答：（1）金属棒所受到的安培力为 0.12N； （2）通过金属棒的电流为0.6A；
（3）滑动变阻器R接入电路中的阻值为19Ω．
【点评】本题考查应用平衡条件解决磁场中导体的平衡问题，关键在于安培力的分析和计算，比较容易．在匀强磁场中，当通电导体与磁场垂直时，安培力大小F=BIL，方向由左手定则判断．
34．如图所示，一质量mA=0.99kg的物块A通过一不可伸长的轻绳悬挂在天花板下，初始时静止．从发射器（图中未画出）射出质量mB=0.01kg的子弹B沿水平方向与A相撞，碰撞后两者粘连在一起运动；碰撞前B的速度的大小v及碰撞后A和B一起上升的高度h均可由传感器（图中未画出）测得．某同学以h为纵坐标，v2为横坐标，利用实验数据作直线拟合，得到一条倾斜的直线．不计空气阻力，取重力加速度大小g=10m/s2． （1）求h﹣v2图象中的直线的斜率k；
（2）若某次射击中测得的最大高度h=0.2m，求该次射击中子弹B与物块A相互作用过程中产生的热量Q．
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【分析】（1）若B与A碰撞过程，由碰撞时间极短，外力的冲量不计，认为AB系统的动量守恒．由动量守恒定律得出碰后AB的共同速度．在碰撞后A和B共同上升的过程中，绳子拉力不做功，AB共同体的机械能守恒，由机械能守恒定律列式，联立可得到h与v2的关系式，结合数学知识得到h﹣v2直线斜率的理论值k0．
（2）根据（1）的公式可以求出碰撞前B的速度和碰撞后二者的共同速度，然后由功能关系即可求出．
【解答】解：（1）A与B碰撞的过程中水平方向的动量守恒，设物块A和B碰撞后共同运动的速度为v′，取向右为正方向，由动量守恒定律有： mBv=（mA+mB）v′…①
在碰撞后A和B共同上升的过程中，由机械能守恒定律有： （mA+mB）v′2=（mA+mB）gh…② 联立①②式得： h=
由题意得：
h﹣v2直线斜率的值 k=
=5×10﹣6④
v2…③
（2）若某次射击中测得的最大高度h=0.2m，代入②得： v′=2m/s…⑤
联立①⑤可得：v=200m/s
子弹B与物块A相互作用过程中产生的热量Q等于碰撞过程中损失的动能，则： Q=△Ek=
=
=198J
答：（1）h﹣v2图象中的直线的斜率为5×10﹣6；
（2）若某次射击中测得的最大高度h=0.2m，该次射击中子弹B与物块A相互作用过程中产生的热量Q是198J．
【点评】根据物理规律得到解析式，再分析图象斜率的物理意义是物理上常用的方法．要知道碰撞的基本规律：系统的动量守恒．
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35．如图所示，竖直平面内的光滑水平轨道的左边与有一墙壁，右边与一个足够高的光滑圆弧轨道平滑相连，木块A、B静置于光滑水平轨道上，A、B的质量分别为1.5kg和0.5kg．现让A以6m/s的速度水平向左运动，之后与墙壁碰撞，碰后的速度大小变为4m/s．若A与B碰撞后会立即粘在一起运动，g取10m/s2，求：
（1）在A与墙壁碰撞的过程中，墙壁对A冲量的大小 15 N•s； （2）A、B滑上圆弧轨道的最大高度 0.45 m．
【分析】（1）A对碰撞墙壁的过程，应用动量定理可以求出墙壁对A冲量的大小． （2）A、B碰撞过程，根据系统动量守恒求出碰后两者的共同速度，之后AB一起沿圆弧轨道上升，由机械能守恒定律可以求出上滑的最大高度．
【解答】解：（1）设水平向右为正方向，A与墙壁碰撞的过程，对A，由动量定理得：
墙壁对A冲量 I=mAv′1﹣mA•（﹣v1）=1.5×4﹣1.5×（﹣6）=15N•s
（2）设碰撞后A、B的共同速度为v，以向右为正方向，由动量守恒定律得： mAv′1=（mA+mB）v 得：v=
=
m/s=3m/s
A、B整体在光滑圆形轨道上滑动时，只有重力做功，其机械能守恒，由机械能守恒定律得：
（mA+mB）v2=（mA+mB）gh，
代入数据解得：h=0.45m． 故答案为：（1）15．（2）0.45．
【点评】分析清楚物体的运动过程，把握每个过程所遵守的物理规律是关键．要知道对于碰撞的过程，往往根据动量定理求冲量或作用力．
36．如图所示，一质量为M=5kg、长为L=2m的长方形木板B放在光滑的水平地面上，在其右端放一质量为m=1kg的小木块A．给A和B以大小相等、方向相
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反的初速度V0=3m/s，使A开始向左运动，B开始向右运动，最后A刚好没有滑离B板．（以地面为参照系）
（1）求它们最后的速度大小和方向； （2）求A、B因摩擦而产生的内能；
（3）求小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离．
【分析】（1）系统置于光滑水平面，其所受合外力为零，系统总动量守恒，A最后刚好没有滑离B板，两者的速度相同，根据动量守恒定律即可求解； （2）恰好没有滑离，根据能量守恒求出相对滑动产生的热量；
（3）向左运动到达最远处时速度为0，由动能定理列式，联立方程即可求解． 【解答】解：（1）A刚好没有滑离B板时，VA=VB=V，A在B的最左端，设向右为正方向，则有： MV0﹣mV0=（M+m）V
代入数据解得：v=2m/s，方向向右． （2）根据能量守恒可知，产生的内能为： Q=
，
（3）当A向左减速为零时，设A离出发点向左最远为S，对A由动能定理有：
，
而Q=μmgL，
代入数据解得：s=0.6m
答：（1）它们最后的速度大小为2m/s，方向向右； （2）A、B因摩擦而产生的内能为15J；
（3）小木块A向左运动到达的最远处（从地面上看）离出发点的距离为0.6m． 【点评】本题关键要判断出系统的动量守恒，准确把握临界条件，并结合动能定理求解，难度适中．
37．如图所示，半径为R的光滑半圆形轨道MNQ固定在竖直平面内，现将一小球B静放在轨道的最低点N，让另一质量为m的小球A从轨道的最高点M由静
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止释放，两球在最低点碰后一起运动．已知碰后的瞬间两球对轨道的压力大小为mg，重力加速度为g，求：
（1）小球A与B球碰前瞬间的速度大小； （2）小球B的质量．
【分析】（1）小球A从M到N的过程中，重力做功为mgR，由动能定理求小球A与B球碰前瞬间的速度大小；
（2）对于碰撞，由动量守恒定律得到碰后共同速度．对于碰后瞬间，在N点时，由合力提供向心力，由牛顿第二定律列式，联立可求得B球的质量． 【解答】解：（1）小球A从M到N的过程中，由动能定理有： mgR=解得：v=
（2）设小球B的质量为mB，碰后瞬间共同速度为v′．
小球A、B碰撞过程，取向右为正方向，由动量守恒定律得：mv=（m+mB）v′ 碰后瞬间A、B一起做圆周运动有：N﹣（m+mB）g=（m+mB）由牛顿第三定律得：N=N′=
mg
联立以上各式得：mB=m或mB=
答：（1）小球A与B球碰前瞬间的速度大小是（2）小球B的质量是m或
．
；
【点评】本题是力学综合题，要理清小球的运动过程，把握每个过程和状态的物理规律．要知道碰撞遵守的基本规律是动量守恒定律．
38．我国将于2022年举办冬季奥运会，其中跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示为某一跳台滑雪的练习雪道，质量m=60kg的运动员从长直助滑道AB的起点A处由静止开始以加速度a=3m/s2匀加速滑下，到达助滑道末端B
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时速度vB=15m/s，AB与水平方向夹角为30°．为了改变运动员的运动方向，在助滑道与起跳台之间用一段弯曲滑道衔接，其中最低点C处附近是一段以O为圆心，半径R=20m的圆弧．助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=10m，运动员在C点时对滑道的压力大小为1800N，取g=10m/s2求： （1）AB间的距离x．
（2）运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小． （3）运动员在B、C间运动过程中阻力做功W．
【分析】（1）根据匀变速运动的速度、位移公式求解；
（2）对运动员进行受力分析求得合外力，然后由牛顿第二定律和加速度联立求解；
（3）对运动员在C点进行受力分析，应用牛顿第二定律求得速度，然后对B到C的运动过程应用动能定理即可求解．
【解答】解：（1）运动员沿雪道从A到B做初速度为零的匀加速直线运动，故有速度公式：vB=at，所以，位移公式为：
；
；
（2）运动员在AB段的加速度为a=3m/s2，故由牛顿第二定律可知：合外力为F=ma=180N；
那么，对运动员进行受力分析可得：F=mgsinn30°﹣Ff，所以，Ff=mgsin30°﹣F=120N； （3）运动员在C点时对滑道的压力大小为1800N，由牛顿第三定律可得：运动员在C点时受到滑道的支持力为FN=1800N；
对运动员在C点进行受力分析，在竖直方向上应用牛顿第二定律可得：
；
运动员在BC段上只受重力、支持力、阻力作用，只有重力、阻力做功，故对BC
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段运动过程应用动能定理可得：所
=
以
；
，=
；
答：（1）AB间的距离x为；
（2）运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小为120N； （3）运动员在B、C间运动过程中阻力做功W为﹣750J．
【点评】物体运动学问题，一般先对物体进行受力分析求得合外力，然后分析做功情况，应用牛顿第二定律、动能定理即运动学规律求解．
39．如图所示，光滑的桌面高h=5m，桌面上有两个质量分别为mA=2kg、mB=1kg小球A、B，它们之间有一个压缩的轻弹簧（弹簧长度很短、与两小球没有拴接），B球通过一个绷直的竖直轻绳L=0.5m挂在O点．现静止释放两小球，已知B球以后恰好在竖直平面内做完整的圆周运动．不计空气阻力，g=10m/s2．求： （1）小球A落地时距桌面边缘的水平位移x （2）最初弹簧贮存的弹性势能Ep．
【分析】（1）根据B的运动特点先求出B在最高点的速度以及在最低点的速度，再由动量守恒求出A的速度，A离开桌面边缘后做平抛运动，将运动分解即可求出；
（2）根据机械能守恒求解弹簧的弹性势能．
【解答】解：（1）射球A、B被弹簧弹开后速度分别为vA、vB，
B球在竖直平面内做圆周运动，设最高点的速度为v'B，由牛顿第二定律
…①
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B被弹簧弹开后运动至最高点过程，由机械能守恒定律
…②
A、B被弹簧弹开过程，选取A的方向为正方向，由动量守恒定律0=mAvA﹣mBvB…③
A离开桌面边缘后做平抛运动：水平方向：x=vAt…⑤
联立①～⑤式得，球A落地时距桌面边缘的水平位移x=2.5m…⑥ （2）球A、B及弹簧组成的系统，由能量守恒定律代入数据得 EP=18.75J…⑧
答：（1）小球A落地时距桌面边缘的水平位移是2.5m （2）最初弹簧贮存的弹性势能是18.75J．
【点评】解决该题关键能判断出小球能通过最高点的条件，然后根据动量守恒定律和机械能守恒定律联立列式求解．
40．在粗糙的水平台面AB长为L=7m，在 A点放一个质量为M=950g的小物块．被左边水平飞来的速度v0=200m/s的子弹击中（未能击穿，碰撞时间不计）．后在AB上滑动，从B点水平飞出后，从C点以相切圆轨道的速度进入光滑圆轨道，并从圆上最低点D进入水平粗糙轨道．如图，已知BC两点的竖直高度h=0.2m，水平长度s=0.8m，子弹质量m=50g，光滑圆轨道半径R=5+2（1）请问粗糙水平面AB的动摩擦因数为多少？ （2）小物块运动到D点时对轨道的压力是多少？
m．
…⑦
…④
【分析】（1）子弹击中小物块的过程，由动量守恒定律求出子弹击中物块后的共同速度．物块离开B点后做平抛运动，根据分位移公式可求得物块经过B点的速度，再由对AB过程，运用动能定理列式可求得动摩擦因数．
第74页（共87页）
（2）由分速度规律求出物块经过B点时的竖直分速度以及∠COD的大小，再由机械能守恒和牛顿第二定律求出物块经过D点时所受的支持力，从而求得物块对轨道的压力．
【解答】解：（1）已知小物块质量 M=950g=0.95kg，子弹质量 m=50g=0.05kg 子弹击中小物块的过程，取水平向右为正方向，由动量守恒定律得： mv0=（M+m）vA． 代入数据解得：vA=10m/s
物块离开B点后做平抛运动，则有： h=
s=vBt
联立解得：t=0.2s，vB=4m/s
物块从A到B的过程，由动能定理得： ﹣μ（M+m）L=代入数据解得：μ=0.6
（2）物块到达C点时竖直分速度为： vy=gt=10×0.2=2m/s 根据数学知识得：tanθ=
==0.5
CD间的竖直高度为：H=R﹣Rcosθ 物块从B到D，由动能定理得： mg（h+H）=
﹣
在D点，由牛顿第二定律得： N﹣mg=m
联立解得：N=（50﹣16）N
）
由牛顿第三定律知，小物块运动到D点时对轨道的压力为：N′=N=（50﹣16N
答：（1）粗糙水平面AB的动摩擦因数为0.6．
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（2）小物块运动到D点时对轨道的压力是（50﹣16）N．
【点评】本题是复杂的力学问题，按时间顺序分析物体的运动情况，把握每个过程和状态的物理规律是关键．涉及距离时要优先考虑动能定理．
41．滑板运动是一种陆地上的“冲浪运动”，滑板运动员可在不同的轨道上滑行并做出各种高难度运动，给人以美的享受，如图所示是模拟的滑板滑行轨道，该轨道由足够长的斜直轨道、半径R1=1m的凹形圆弧轨道和半径R2=1.6m的凸形圆弧轨道组成，这三部分轨道处于同一竖直平面内且依次平滑连接，其中AB与水平方向夹角θ=37°，C点为凹形圆弧轨道的最低点，D点为凸形圆弧轨道的最高点，凸形圆弧轨道的圆心O2点与C点处在同一水平面上，一质量为m=1kg可看作质点的滑板，从斜直轨道上的P点无初速滑下，经过C点滑向D点，P点距B点所在水平面的高度h=1.8m，不计一切阻力，g取10m/s2．
（1）滑板滑到B点时的速度多大？
（2）滑板滑到C点时滑板对轨道压力的大小；
（3）若滑板滑到D点时恰做平抛运动，则从P点须以多大初速度开始下滑？ 【分析】（1）从P到B滑动过程中，只有重力做功，根据机械能守恒求得速度； （2）从B到C根据动能定理求得到达C点的速度，在C点根据牛顿第二定律求得作用力；
（3）从D点做平抛运动，在D点重力提供向心力，求得D点的速度，整个过程中利用动能定理求得P点的速度
【解答】解：（1）滑块从P点运动到B点的过程中，根据机械能守恒可知
，解得vB=6m/s
（2）滑块从B到C的过程中
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滑块在C点根据牛顿第二定律可知
联立解得F=50N，由牛顿第三定律可知对轨道的压力大小为50N （3）滑块滑到D点时恰做平抛运动，有据动能定理可知解得
，滑板从P点运动至D点，根
答：（1）滑板滑到B点时的速度为6m/s
（2）滑板滑到C点时滑板对轨道压力的大小为50N； （3）若滑板滑到D点时恰做平抛运动，则从P点须以
m/s初速度开始下滑
【点评】本题的关键要明确圆周运动向心力的来源：指向圆心的合力．对于轨道光滑的情况，要想到机械能守恒定律
42．如图所示，在倾角θ=37°的粗糙斜面上距离斜面底端L=1m的A处，有一物块由静止开始沿斜面下滑到达底端B处，然后在水平面上滑动一段距离到达C处后停止，每隔t=0.2s通过传感器测得物块的瞬时速度，下表给出了部分测量数据．若物块与各接触面之间的动摩擦因数均相等，不计物块撞击水平面时的能量损失．
已知g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8．求：
t/s v/（m•s﹣1）
0.0 0.0
0.2 0.4
0.4 0.8
… …
1.2 1.0
… …
（1）物块与斜面间的动摩擦因数μ； （2）物块在水平面上滑动的距离x．
【分析】（1）根据表格中的数据，结合加速度的定义式求出匀加速运动的加速度大小，再结合牛顿第二定律求解动摩擦因数．
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（2）根据牛顿第二定律求解在水平面上的加速度，再根据速度位移公式求解位移．
【解答】解：（1）由前三组数据可知，在相等的时间间隔0.2s内速度变化相同，说明至少前0.4s内物体在斜面上做匀加速运动，滑行过程的加速度大小为：
根据牛顿第二定律有：mgsinθ﹣μmgcosθ=ma1 代入数据解得：μ=0.5
（2）滑到底端B处的速度大小设为v，则：v2=2a1L 代入数据解得：v=2m/s
物块在水平面上做减速运动，加速度为：滑动的距离：
【点评】解决本题的关键理清物体的运动规律，结合运动学公式灵活求解，知道B点的速度最大，即匀加速运动的末速度等于匀减速运动的初速度．
43．甲乙两木块并排靠在一起，放置在光滑水平面，速度为v的子弹水平击中甲木块，先后射穿两木块，子弹射出各木块前后的速度之比均为10：9，之后两木块先后进入粗糙水平面，甲乙两木块在粗糙水平面运动的位移之比为1：2，若甲乙两木块、子弹的质量相等，子弹受到木块的阻力为恒力，甲木块与粗糙水平面的动摩擦因数为μ，子弹穿过甲木块的厚度为d，求： （1）乙木块与粗糙水平面的动摩擦因数； （2）子弹射穿乙木块的厚度．
【分析】（1）先研究子弹射穿两木块的过程，根据动量守恒定律列式，求出子弹射穿两木块后两木块获得的速度．再对乙木块滑行的过程，由动能定理求乙木块与粗糙水平面的动摩擦因数；
（2）对子弹射穿两木块的过程，对两木块分别运用动能定理列式，即可求得乙木块的厚度．
【解答】解：（1）设甲乙两木块、子弹的质量均为m，子弹的初速度为v．对子弹射穿甲、乙木块的过程，取子弹的初速度方向为正方向，根据动量守恒定律得：
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mv=2mv甲+m×（0.9v） mv=mv甲+mv乙+m×（0.81v） 解得：v甲=0.05v，v乙=0.14v．
对甲乙滑行的过程，设甲滑行的位移大小为s，由动能定理得： ﹣μmgs=0﹣
﹣μ乙mg×（2s）=0﹣联立解得：μ乙=3.92μ
（2）对子弹射穿两木块的过程，由动能定理得： ﹣fd=﹣fd乙=解得 d乙=
+d≈0.74d +
﹣﹣
﹣
答：（1）乙木块与粗糙水平面的动摩擦因数为3.92μ； （2）子弹射穿乙木块的厚度是0.74d．
【点评】解决本题的关键是要明确三个物体的运动情况，灵活选择研究的过程，分段、分对象运用动量守恒定律、动能定理列方程，运用比例法研究．
44．如图所示，AB（光滑）与CD（粗糙）为两个对称斜面，斜面的倾角均为θ，其上部都足够长，下部分别与一个光滑的圆弧面BEC的两端相切，一个物体在离切点B的高度为H处，以初速度v0沿斜面向下运动，物体与CD斜面的动摩擦因数为μ．
（1）物体首次到达C点的速度大小；
（2）物体沿斜面CD上升的最大高度h和时间t；
（3）请描述物体从静止开始下滑的整个运动情况，并简要说明理由．
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【分析】（1）根据机械能守恒定律求出物体首次到达C点的速度大小；
（2）根据牛顿第二定律和速度位移公式求出物体沿斜面CD上升的最大高度h； 根据速度时间公式求出时间t；
（3）分情况讨论：①当物体与CD斜面的摩擦因数较大时，物体滑上CD斜面并匀减速上升静止在CD斜面某处；
②当物体与CD斜面的摩擦因数较小时，物体在斜面上做最大高度逐渐降低的匀变速直线运动，最终在BEC圆弧内做往复周期运动．
【解答】解：（1）物体在光滑斜面AB和光滑的圆弧面BEC运动过程中， 由机械能守恒定律得，mv02+mgH=mvC2， 解得：vC=
；
（2）由牛顿第二定律得，mgsinθ+μmgcosθ=ma， 则物体沿CD上升的加速度：a=gsinθ+μgcosθ； 由速度位移公式得，
=2a
，
解得：h=；
物体从C点上升到最高点所用的时间： t=
=
；
（3）情况一：
物体滑上CD斜面并匀减速上升静止在CD斜面某处． 理由是：物体与CD斜面的摩擦因数较大． 情况二：
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物体在轨道上做往复运动，在斜面上做匀变速直线运动，最大高度逐渐降低，最终在BEC圆弧内做往复周期运动．
理由是：物体在CD斜面上克服摩擦力做功机械能减少；在BEC圆弧内只有重力做功，机械能守恒．
答：（1）物体首次到达C点的速度大小为
；
（2）物体沿斜面CD上升的最大高度h为；时间t为
；
（3）见解答．
【点评】本题主要考查动能定理的应用、牛顿第二定律及匀变速直线运动公式等知识的灵活运用，关键要弄清物体在不同阶段满足的规律，熟练运用相关公式即可正确解题．
45．如图，二个可视为质点的物体A、B的质量分别为mA=3kg、mB=2kg，二者间距L=1m，它们与地面间的动摩擦因数均为μ=0.1，现在给A以v0=10m/s的初速度，A与B碰撞后粘在一起向右运动，g=10m/s2，求AB整体运动的距离．
【分析】根据动能定理求出A与B碰撞前的速度，碰撞的极短时间内，A、B组成的系统动量守恒，结合动量守恒求出碰撞后共同的速度，再结合动能定理求出AB整体运动的距离．
【解答】解：设A与B碰撞前的速度为vA，根据动能定理有：
，
AB碰撞前后瞬间动量守恒，规定向右为正方向，根据动量守恒有：mAvA=（mA+mB）v，
碰撞后，对整体分析，根据动能定理得：联立代入数据解得：x=17.m． 答：AB整体运动的距离为17.m．
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，
【点评】本题考查了动量守恒和动能定理的综合运用，知道A、B碰撞的时间极短，内力远大于摩擦力，可以认为系统动量守恒．
46．如图所示，足够长的倾角θ=37°的斜面与水平地面在P点平滑连接，通过轻绳连接的A、B两物体静置于水平地面上，质量分别为m1=2kg，m2=4kg，此时轻绳处于水平且无拉力，物体A与接触面之间的动摩擦因数均为μ1=0.5，物体B与接触面之间的动摩擦因数均为μ2=0.75，对物体B施加水平恒力F=76N，使两物体一起向右加速运动，经过时间t=2s物体B到达斜面底端P点，此时撤去恒力F，若两物体均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，sin37°=0.6，cos37°=0.8． （1）两物体加速时轻绳上的张力T；
（2）物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，求轻绳的长度L．
【分析】（1）两物体加速时，以整体为研究对象，由牛顿第二定律求出加速度，再对A物体，由牛顿第二定律求轻绳上的张力T；
（2）利用牛顿第二定律求得B在斜面上的加速度，求得A在水平面上和斜面上的加速度，根据运动学求得B在斜面上的位移，利用运动学公式求得B在斜面上的位移刚好等于B的位移即可求得绳子的长度； 【解答】解：（1）两物体加速时对整体研究有： F﹣μ1m1g﹣μ2m2g=（m1+m2）a 对A物体有：T﹣μ1m1g=m1a 两式联立可得：T=22N，a=6m/s2
（2）物体B到达斜面底端的速度为：v=at=12m/s
物体B到到斜面后，做减速运动，根据牛顿第二定律可知：
物体B在斜面上上滑的位移为：
设AB间的绳长为L，则A在水平面上的加速度为：，到
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达斜面底端的速度为v′，则有：v′2﹣v2=2a′L A在斜面上的加速度为：
，在斜面上运
动的有运动学公式可知：x=联立解得：L=2.4m
答：（1）两物体加速时轻绳上的张力T为22N；
（2）物体A进入斜面后，两物体恰好不相撞，轻绳的长度L为2.4m．
【点评】本题主要考查了牛顿第二定律和运动学公式，关键是抓住B物体滑到斜面上减速运动到零后静止，A在斜面上的位移最大等于B在斜面上的位移即可
47．ETC是日前世界上最先进的路桥收费方式，它通过安装在车辆挡风玻璃上的车载电子标签与设在收费站ETC通道上的微波天线进行短程通信，利用网络与银行进行后台结算处理，从而实现车辆不停车就能支付路桥费的目的．2015年我国ETC已实现全国联网，大大缩短了车辆通过收费站的时间，假设一辆汽车以10m/s的速度驶向收费站，若进入人工收费通道，它从距收费窗口20m处开始匀减速，至窗口处恰好停止，再用10s时间完成交费，若进入ETC通道，它从某位置开始匀减速，当速度减至5m/s后，再以此速度匀速行驶5m即可完成交费，若两种情况下，汽车减速时加速度相同，求： （1）汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小；
（2）汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间．
【分析】（1）根据匀变速运动中速度和位移的关系可求得加速度，再根据匀变速运动规律可求得减速的时间，由速度和位移关系可求得位移；
（2）分别对两种通道过程中的运动规律进行分析，根据匀变速直线运动规律可求得各自的时间，从而求出节约的时间．
【解答】解：（1）根据速度位移公式，匀减速直线运动的加速度大小为： a=
=
=2.5m/s2
汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间为：
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t1===2s；
匀减速运动的位移为： x1=
=
m=15m；
（2）汽车在ETC收费通道，匀减速运动的时间为：t1=2s 匀速行驶的时间为：t2=
=s=1s，
从开始减速到交费完成所需的时间为：t=t1+t2=3s． 过人工收费通道，匀减速直线运动的时间为：t3==
=4s，
汽车进入人工收费通道，从开始减速到交费完成所需的时间为：t'=4+10s=14s． 因此节省的时间为：△t=t’﹣t=14﹣3s=11s．
答：（1）汽车进入ETC通道减速行驶的位移大小为15m；
（2）汽车从开始减速到交费完成，从ETC通道比从人工收费通道通行节省的时间为11s．
【点评】本题考查匀变速直线运动规律的应用，要注意明确运动过程，能分别根据减速过程规律以及匀速运动规律进行分析，从而求出对应的时间．
48．如图所示，木块A的质量mA=10kg，放在木板B上，木板B放在倾角θ=37°的固定斜面体C上，木块A被一根固定在天花板上的轻绳拉住，轻绳拉紧时与斜面的夹角也是θ=37°．已知A与B间的动摩擦因数μ=0.5．现用平行于斜面的拉力将木板B从木块A下面抽出，取重力加速度g=10m/s2，求轻绳对木块A的拉力大小．（sin37°=0.6，cos37°=0.8）
【分析】对木块A受力分析，受重力、支持力、滑动摩擦力和细线的拉力，根据平衡条件并结合正交分解法列式求解．
【解答】解：设绳子对木块A的拉力大小是T，对木块A，根据平衡条件得： mAgsin37°+f=Tcos37° mAgcos37°=N+Tsin37°
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对B板的压力 N═8.4， 又 A、B间的摩擦力 f=μN 代入数据解得：T=90.9N；
答：轻绳对木块A的拉力大小是90.9N．
【点评】本题的关键要明确A的运动状态，对物体A受力分析，然后根据平衡条件列式解答．
49．如图所示，长木板B的质量为m2=1.0kg，静止放在粗糙的水平地面上，质量为m3=1.0kg的物块C（可视为质点）放在长木板的最右端．一个质量为m1=0.5kg的物块A由左侧向长木板运动．一段时间后物块A以v0=6m/s的速度与长木板B发生弹性正碰（时间极短），之后三者发生相对运动，整个过程物块C始终在长木板上．已知长木板与地面间的动摩擦因数为μ1=0.1，物块C与长木板间的动摩擦因数μ2=0.3，物块C与长木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，取g=10m/s2，求：
（1）碰后瞬间物块A和长木板B的速度； （2）长木板B的最小长度．
【分析】（1）物块A与长木板B发生弹性正碰，根据动量守恒定律和动能守恒列式，求得碰后瞬间两者的速度．
（2）之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律求得B与C的加速度．当C与B相等时长木板B长度最小，由速度关系列式求出时间和共同速度，再由位移公式和位移关系求长木板B的最小长度．
【解答】解：（1）A与B发生完全弹性碰撞，设碰撞后瞬间的速度分别为v1、v2，取向右为正方向，由动量守恒定律得： m1v0=m1v1+m2v2
由机械能守恒定律得：m1v02=m1v12+m2v22 联立解得：v1=﹣2m/s，v2=4m/s．
（2）之后B减速运动，C加速运动，B、C达到共同速度之前，由牛顿运动定律
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得：
对木板B有：﹣μ1（m1+m2）g﹣μ2m3g=m2a1． 对物块C有：μ2m3g=m3a2．
设从碰撞后到两者达到共同速度经历的时间为t，则有： v2+a1t=a2t
木板B的最小长度为：d=（v2t+a1t2）﹣a2t2． 联立解得：d=1m
答：（1）碰后瞬间物块A和长木板B的速度分别为2m/s和4m/s； （2）长木板B的最小长度是1m．
【点评】本题的关键是根据牛顿第二定律求出B、C的加速度，然后根据运动学公式结合临界条件列式分析求解．要注意C在B上滑行时，BC组成的系统动量不守恒，不能根据动量守恒定律求两者共同速度．
50．质量为m=1kg滑块以某一初速度从固定斜面的底端沿斜面上滑，规定斜面底端为重力势能的参考平面．在上滑过程中，滑块的机械能E随位移x的变化规律如图1所示，重力势能EP随位移x的变化规律如图2所示．已知重力加速度为g=10m/s2，求滑块与斜面间的动摩擦因数．
【分析】由图示图象求出克服摩擦力做功，然后求出摩擦力大小，由图示图象求出滑块的初速度，应用运动学公式求出加速度，然后应用牛顿第二定律求出动摩擦因数．
【解答】解：由图1所示图象可知，x=5m时，由能量守恒定律得： Wf=△E=20J，滑动摩擦力：f=
=
=4N，
滑块在斜面低端时的动能：EK0=mv02=50J，解得：v0=10m/s， 由图1与图2可知，x=5m时滑块的速度：v=0，
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