2023年高中物理经典题库力学计算题.pdf

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1、四、力学计算题集粹(4 9个)1.在光滑的水平面内，一质量m=1 k g的质点以速度v 0=1 O m /s沿x轴正方向运动，通过原点后受一沿y轴正方向的恒力F=5 N作用，直线O A与x轴成3 7 角，如图1 -7 0所示，求：图 1-7 0(1)假如质点的运动轨迹与直线0 A相交于P点,则质点从0点到P点所经历的时间以及P的坐标；(2)质点通过P点时的速度.2.如图1-7 1甲所示，质量为1k g的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力F,1 s末后将拉力撤去.物体运动的v-t图象如图1-7 1乙，试求拉力F.图 1-7 13.一平直的传送带以速率v =2 m /s匀速运营,在

2、A处把物体轻轻地放到传送带上，通过时间t =6 s ,物体到达B处.A、B相距L=10m.则物体在传送带上匀加速运动的时间是多少？假如提高传送带的运营速率,物体能较快地传送到B处.要让物体以最短的时间从A处传送到B处,说明并计算传送带的运营速率至少应为多大?若使传送带的运营速率在此基础上再增大1倍,则物体从A传送到B的时间又是多少?A 4 .如图1-7 2所示，火箭内平台上放有测试仪器，火箭从地面起动后，以加速度g/2竖直向上匀加速运动，升到某一高度时,测试仪器对平台的压力为起动前压力的17/1 8,己知地球半径为R,求火箭此时离地面的高度.(g为地面附近的重力加速度)S 1-725.如图1-

3、73所示，质量M=10kg的木楔ABC静止置于粗糙水平地面上，摩擦因素口=0.0 2.在木楔的倾角e为3 0 的斜面上，有一质量m=l.0 k g的物块由静止开始沿斜面下滑.当滑行路程s=1.4m时,其速度v=1.4m/s.在这过程中木楔没有动.求地面对木楔的摩擦力的大小和方向.（重力加速度取g=10/m s）图 1 -736 .某航空公司的一架客机，在正常航线上作水平飞行时，由于忽然受到强大垂直气流的作用，使飞机在1 0 s内高度下降1 7 00m导致众多乘客和机组人员的伤害事故,假如只研究飞机在竖直方向上的运动,且假定这一运动是匀变速直线运动.试计算：（1）飞机在竖直方向上产生的加速度多大

4、?方向如何？（2）乘客所系安全带必须提供相称于乘客体重多少倍的竖直拉力，才干使乘客不脱离座椅？（g取10m国*（3）未系安全带的乘客，相对于机舱将向什么方向运动?最也许受到伤害的是人体的什么部位?A（注：飞机上乘客所系的安全带是固定连结在飞机座椅和乘客腰部的较宽的带子，它使乘客与飞机座椅连为一体）7.宇航员在月球上自高h处以初速度v水平抛出一小球，测出水平射程为L（地面平坦），已知月球半径为R,若在月球上发射一颗月球的卫星，它在月球表面附近围绕月球运营的周期是多少？8.把一个质量是2 k g的物块放在水平面上，用12N的水平拉力使物体从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为0.2,物块运动2

5、秒末撤去拉力，g取1 0 m/s?.求A（1）2秒末物块的即时速度（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离.A 9.如图1 一74所示，一个人用与水平方向成6-3 0。角的斜向下的推力F推一个重G=200N的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为p=0.4 0(g=10m/s）求图 1-74(1)推力F的大小.(2)若人不改变推力F的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间t=3.0 s后撤i,箱子最远运动多长距离？10.一网球运动员在离开网的距离为12m处沿水平方向发球，发球高度为2.4m,网的高度为0.9 m3(1)若网球在网上0.1m处越过，求网球的初速度.八(2)

6、若按上述初速度发球，求该网球落地点到网的距离.*取g=10/m s,不考虑空气阻力.A 1 1.地球质量为M,半径为R,万有引力常量为G,发射颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第宇宙速度.A(1)试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，规定写出推导依据.A(2)若已知第一宇宙速度的大小为v=7.9km/s,地球半径R=6.4X10：k m,万有引力常量G=(2/3 )X 10 m?/k g,求地球质量(结果规定保存二位有效数字).*1 2.如图1-75所示，质量2.0 k g的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1.Ok g的物块,物块与小车之间的动摩擦因数为0.5

7、,当物块与小车同时分别受到水平向左F,=6.0 N的拉力和水平向右F尸9.0N的拉力，经0.4 s同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长.(gJftlOm/s2)图 1-7 51 3.如图1-7 6所示，带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上,车左端被固定在船上的物体挡住，小车的弧形轨道和水平部分在B点相切，且AB段光滑，B C段粗糙.现有一个离车的B C面高为h的木块由A点自静止滑下，最终停在车面上B C段的某处.已知木块、车、船的质量分别为m产m,m2=2 m,n h=3 m；木块与车表面间的动摩擦因数p=0.4,水对船的阻力不计，求木块在B C 面上滑行的距离

8、s是多少？(设船足够长)图 1-7 61 4.如图1-7 7 所示，一条不可伸长的轻绳长为L,-端用手握住，另一端系-质量为m 的小球，今使手握的一端在水平桌面上做半径为R、角速度为3 的匀速圆周运动,且使绳始终与半径R的圆相切，小球也将在同一水平面内做匀速圆周运动，若人手做功的功率为P,求：图 1-7 7(1)小球做匀速圆周运动的线速度大小.(2)小球在运动过程中所受到的摩擦阻力的大小.A 1 5.如图1-7 8 所示，长为L=0.5 0 m的木板AB 静止、固定在水平面上，在A B的左端面有一质量为M=0.4 8 k g 的小木块C (可视为质点)，现有一质量为m=2 0 g的子弹以v =

9、7 5 m/s 的速度射向小木块C并留在小木块中.已知小木块C与木板A B之间的动摩擦因数为口=0.1 .(g 4 1 0 m/s2)图 1-7 8(1)求小木块c 运动至AB右端面时的速度大小V 2.A (2)若将木板AB固定在以u=1.Om/s恒定速度向右运动的小车上(小车质量远大于小木块C 的质量)，小木块C仍放在木板A B的A端,子弹以vJ =76m/s的速度射向小木块C 并留在小木块中，求小木块C运动至AB右端面的过程中小车向右运动的距离s.A 1 6.如图1-79所示,一质量M=2kg的长木板B静止于光滑水平面上，B的右边放有竖直挡板.现有一小物体A(可视为质点)质量m=1 k g

10、,以速度v0=6 m/s 从B的左端水平滑上B,已知A和 B间的动摩擦因数p=O.2,B与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失.图 1-7 9 若 B的右端距挡板s=4叫要使A最终不脱离B,则木板B的长度至少多长?A(2)若B 的右端距挡板s=0.5m,要使A最终不脱离B,则木板B的长度至少多长？1 7.如图1-80所示,长木板A右边固定着一个挡板，涉及挡板在内的总质量为1.5 M,静止在光滑的水平地面上,小木块B质量为M,从A 的左端开始以初速度V。在 A上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短,碰后木块B恰好滑到A 的左端就停止滑动.已知B与A 间的动摩擦因数为p,B在

11、A板上单程滑行长度为1 .求：r-I-H图 1-80(1)若 p 1 =3 V/1 6 0g,在 B与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板A做正功还是负功?做多少功？(2)讨论A和B 在整个运动过程中，是否有也许在某段时间里运动方向是向左的.假如不也许，说明理由;假如也许,求出发生这种情况的条件.18.在某市区内，辆小汽车在平直的公路上以速度V ,向东匀速行驶，位观光游客正由南向北从班马线上横过马路.汽车司机发现前方有危险(游客正在D处)经0.7 s作出反映，紧急刹车，但仍将正步行至B处的游客撞伤,该汽车最终在C处停下.为了清楚了解事故现场.现以图1-81示之:为了判断汽车司机是否超速行驶，警

12、方派一警车以法定最高速度v.=14.Om/s行驶在同一马路的同一地段，在肇事汽车的起始制动点A紧急刹车，经31.5 m后停下来.在事故现场测得通=17.5m、BC=14.Om、丽=2.6 m.问图 1-8 1该肇事汽车的初速度v“是多大？游客横过马路的速度大小？(g取1 Om/s 2)1 9.如图1-82所示,质量mA=10 k g的物块A与质量m“=2 k g的物块B放在倾角9=3 0 的光滑斜面上处在静止状态，轻质弹簧一端与物块B连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数k=400N/m.现给物块A施加一个平行于斜面向上的力F,使物块A沿斜面向上做匀加速运动，已知力F在前0.2 s内为变力

13、，0.2 s后为恒力,求(g取1 Om/s2)图 1-82(1)力F的最大值与最小值*(2)力F由最小值达成最大值的过程中，物块A所增长的重力势能.*20.如图1-8 3所示，滑块A、B的质量分别为m,与mz,m,=1 5/10=3/2,Aa=a re t g（3/2），。为 v 与水平方向的夹角.2.解:在0 I s 内，由v-t 图象，知A at=12ni/s2,由牛顿第二定律，得*F-pmgcos0-m g si n 0=m a i,A在 0 2 s 内，由v-t 图象，知 a?=-6m/s；由于此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得A pm g c o s0-m g s i

14、n 0=ma2,式代入式，得F=18N.43.解:在传送带的运营速率较小、传送时间较长时,物体从A到 B需经历匀加速运动和匀速运动两个过程,设物体匀加速运动的时间为t l,则A(v/2)t,+v(t-t,)=L,所以 t i=2(v t-L)/v =(2X(2 X 6-1 0)/2)s=2 s.为使物体从A至 B所用时间最短，物体必须始终处在加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变,所以其加速度也不变.而a=v/t=lm/s 2.设物体从A至B所用最短的时间为t 2,则A(1/2)a t22=L,AVein二 a t.2=1 X2yjs m/s=2 yjs m/s.传送带速度再增大1倍，

15、物体仍做加速度为lin/s,的匀加速运动，从A至B 的传送时间为2石 m/s.4.解：启动前N i=m g,A 升到某高度时 N2=(1 7/18)N,=(17/18)m g1 对测试仪N2mg=m a=m (g/2),Ag =(8/18)g=(4/9)g,A GmM/R2=m g,GmM/(R+h)2=m g,解得:h=(1/2)R.A5.解：由匀加速运动的公式v 2=vo24-2as得物块沿斜面下滑的加速度为a=v2/2 s=l.42/(2X1.4)=0.7ms由于 a -m2 v i=(m ,+m2)v2,pm,g s=(m,Vo2/2)+(m2 v 2/2)(m i+m)v 22/2)

16、,得 v 产vi=,s=2 h .1 4.解：(1)小球的角速度与手转动的角速度必然相等均为3.设小球做圆周运动的半径为r,线速度为v.由几何关系得r=，L?+R ,v=3-r,解得v=3“+l V.(2)设手对绳的拉力为F,手的线速度为v,由功率公式得P=F v=F-wR,二 F=P/3 R.研究小球的受力情况如图4 所示，由于小球做匀速圆周运动,所以切向合力为零，即 Fs i n 0=f,其中 s i n 6=R/JL+R2,A 联立解得 f =P/3-JlS+R2.1 5.解：(1 )用 表达子弹射入木块C后两者的共同速度，由于子弹射入木块C时间极短，系统动量守恒,有A m v o=(m

17、+M )v/.Vi=m v 0/(m+M)=3 m /s,子弹和木块C在AB木板上滑动，由动能定理得：A(1/2)(m +M)v 22-(1 /2)(m+M)v j二 一p(m+M)g L,A 解 得v尸Jv：-21 1 g L=2 J5m/s (2)用v 表达子弹射入木块C后两者的共同速度，由动量守恒定律，得 m vj +M u=(m+M)v J,解得 v J=4m/s.A 木块C及子弹在AB木板表面上做匀减速运动a=pg.设木块C和子弹滑至AB板右端的时间为t,则木块C和子弹的位移s i=v/t -(1/2)a t2,由于m垄2(m+M),故小车及木块A B仍做匀速直线运动，小车及木板AB

18、的 位 移s=u t,由图5可知：s】=s+L,联立以上四式并代入数据得：A t2-6t+l=0,解得：t=(3 2 0)s,(t=(3+2&)s不合题意舍去)，(1 1)s=u t=0.1 8 m.A1 6.解：(1)设A滑上B后达成共同速度前并未碰到档板,则根据动量守恒定律得它们的共同速度为v,有-3)-S 图5m vD =(M+m)v,解得v=2m/s,在这一过程中，B的位移为SB=v B?/2 且a产即1 g /M,解得SB=M v 7 2pm g=2 X27 2X 0.2X 1 X 1 0=2 m.设这一过程中，A、B的相对位移为s-根据系统的动能定理，得|j m g si =(l/

19、2)n i v；-(1 /2)(M+m)v 解得 s i=6 m.A 当 S=4m 时，A、B 达成共同速度 v=2m/s后再匀速向前运动21n碰到挡板，B碰到竖直挡板后,根据动量守恒定律得A、B最后相对静止时的速度为V，则A M v-mv=(M +m)v，解得 v =(2/3)m/s.在这一过程中，A、B的相对位移为sz,根据系统的动能定理，得p mgs2=(1 /2)(M+m)v2-(l/2)(M +m )v 2,解得 s i=2.67 m.因此，A、B最终不脱离的木板最小长度为s,+s 2=8.6 7 m(2)因B离竖直档板的距离s=0.5m 2m,所以碰到档板时，A、B未达成相对静止，

20、此时B的速度v,为A v“2=2 a H s=(2p mg/M)s,解得 v,=lm/s,3 设此时A的速度为v 根据动量守恒定律，得m v =M v B+m v “，解得 v A=4m/s,设在这一过程中,A、B发生的相对位移为s J ,根据动能定理得：p m g s J =(1/2)mv o2-(1 /2)mv：+(l/2)M v B2),解 得 sj =4.5 m.A B 碰撞挡板后，A、B 最终达成向右的相同速度v ,根据动能定理得m v ,、-M v B=(M+n)v,解得v=(2/3)m/S.A 在这一过程中,A、B 发生的相对位移s?为p m g s2 =(1 /2)m v/+(

21、l/2)(M+m)v ，解得 s J =(25/6)t n.B 再次碰到挡板后，A、B 最终以相同的速度v 向左共同运动，根据动量守恒定律，得M v-mv=(M+m)v ,解 得 v =(2/9)m/s.*在这一过程中,A、B发生的相对位移s J 为：p mgsJ =(1/2)(M+m)v 2(1 /2)(M+m)v 2,、解得 s =(8 /27)m.因此，为使A不从B上脱落,B 的最小长度为s J +sz +s/=8.9 6m.1 7.解：(1)B 与A 碰撞后，B 相对于A向左运动，A所受摩擦力方向向左，A的运动方向向右，故摩擦力作负功.设B 与A碰撞后的瞬间A的速度为v “B的速度为v

22、 A、B相对静止后的共同速度为v ,整个过程中A、B 组成的系统动量守恒，有M v o=(M +l.5M)v ,v =2v o/5.碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒,机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即A M v2+1.5MV,=2.5MV,O (1 /2)X 1.5 M v,2+(1/2)M v 22-(1/2)X 2.5M v2=M p g 1 ,可解出v,=(l/2)v,(另一解v,=(3/1 0)v 因小于v 而舍去)A 这段过程中，A克服摩擦力做功W=(1/2)X I.5M v ,2-(1/2)X I.5 M v2=27 /400)Mvo2(O.068 M v(,2).

23、A(2)A 在运动过程中不也许向左运动，由于在B未与A碰撞之前，A受到的摩擦力方向向右,做加速运动，碰撞之后A受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不也许向左运动.B 在碰撞之后,有也许向左运动，即v z 0.先计算当V2=0时满足的条件，由式，得A v ,=(2v0/3)-(2 v 3),当Vz=o 时，v,=2v 0/3,代入式,得(1/2)X 1.5M 4 Vo 7 9)-(1/2)X 2.5 M 4 v,7 2 5)=M p g 1,A解得 p gl=2 v02/1 5.B 在某段时间内向左运动的条件之一是p 1 2M|j g 1,解出另一个条件是 p lW3v/

24、20g,最后得出B在某段时间内向左运动的条件是A 2 v02/1 5g).木板的加速度大小为a=2 s/t2=0.25(m/s 2).A根据牛顿第二定律F=maA对 小 物 块 得f 产m a=lX 2=2N,A对木板得 f i n(m+M)g=M a 2,A y=(f I M a 2)/(m+M)g=(2-4X0.25)/(1+4)X 10=0.02.26.解:假设金属块没有离开第一块长木板，移动的相对距离为x,由动量守恒定律，得m v产3mv,mvo2/2=3mv2/2+P m g x,A解得 x=4m/3L,不合理，金属块一定冲上第二块木板.A 以整个系统为研究对象，由动量定律及能量关系

25、，当金属块在第一块木板上时 m v v o+2mvi,mv(i2/2=1 2mvo 2+2m*ViZ/2+M m g 1 .m v 0=m v i+2mv2,A mv02/2=m v A /2+2m v22/2+u m g(1 +x).A联立解得：A V I=l/3m/s,v 2=5/6m/s,x=0.25m.27 .解：当 t=0 时，a A O=9/3 =3 m/s2,aBo=3 /6=0.5 m /s2.aAo a A、B 间有弹力，随 t 之增长,A、B间弹力在减小，当(9-2 t)/3=(3+2 t)/6,t=2.5 s时,A、B 脱离,以A、B整体为研究对象，在 t =2.5 s内

26、，加速度 a=(FA+FB)/(m A+mB)=4/3 m /s s=a t 7 2=4.17 m.28 .解：(1)由 n i c v o=m c v+(mA+mB)w,C 由 A滑至 B 时，A B 的共同速度是A V i=m c(V O-V)/(mA+mB)=0.2m /s.由 um i glA=m(v02/2mcV2/2-(mA4-mB)v/2,*寻 u=m c(v 02-v2)(mA4-mH)/2 mcglA=0.4 8.A(2)由m e v+山河1=(m(+m H)Vz,C 相对B 静止时，B、C的共同速度是v 2=(m cv+耽v )/(mc+mB)=0.6 5 m/s.A由 u

27、 m cgl B =mcv2/2+mB v 12-(mc+mB)v22/2,C在 B 上滑行距离为1B=m cv24-mB v(mL+m B)v22 /2 u n k g=0.2 5 m.(3)由 u mcgs=m n Vz/2 I D BVI2/2,B 相对地滑行的距离 s=mB(v22-v i2)/2 n mc g=0.1 2 m.(4)C 在A、B 上匀减速滑行，加速度大小由p m c g=mca,Wa =u g=4.8 m /s2.C在A上滑行的时间匕=(V L V)/a=0.2 I s.C 在 B 上滑行的时间 12=(v-v2)/a=0.2 8 s.A所求时间 t=ti+12=0.

28、2 1 s+0.2 8 s=0.4 9 s.2 9.匀加速下滑时，受力如图1 a,由牛顿第二定律，有：m g s i n 9 -u mg e o s。=m a=m gs i n 0/2,A s i n 0/2=M co s 0,得 y =s i n 0/2 c o s 0.吟 声tmg trng (b)图 1静止时受力分析如图1 b,摩擦力有两种也许：摩擦力沿斜面向下；摩擦力沿斜面向上.摩擦力沿斜面向下时，由平衡条件 Feo s。=f+m g s in 0,N=mg c o s 0+Fs i n。，f=u N,A解得 F=(s in 0+u c o s 0)/(c o s 0-u s in 9

29、)m g =3 s i n。cos 9/(2 c o s 2 0 s i n 2 0)m g.A摩擦力沿斜面向上时，由平衡条件F eo s 0+f=mg s in 0,N=m g e o s。+Fs i n。，f=u N.解得 F=(s i n 0 ii co s 0)/(cos 0+u s in 0)mg=s in 0 cos 9/(2c o s2 0 4-s i n2 0)m g.A30.解：(1 )物体在两斜面上来回运动时，克服摩擦力所做的功M=um gcos60 s 物体从开始直到不再在斜面上运动的过程中mg h W,=0mvo2/2.解得s 总 二 38m.A(2)物体最终是在B、C

30、之间的圆弧上来回做变速圆周运动，且在B、C点时速度为零.(3)物体第一次通过圆弧最低点时，圆弧所受压力最大.由动能定理得mg h+R(lc。s60)-y m g c o s60/si n 6 0=m(v/-Vo2)/2,由牛顿第二定律得 N na x-m g=m v J/R,A解得 N 1IX=5 4.5N.物体最终在圆弧上运动时，圆弧所受压力最小.由动能定理得m g R(1 -cos60)=m v22/2,由牛顿第二定律得Nminm g=m v22/R,解得Nnin=20N.31.解：(1)设刹车后，平板车的加速度为a ,从开始刹车到车停止所经历时间为t。,车所行驶距离为s。,则有v/=2

31、ESa,VF&)t o.A 欲使to小，a D 应当大，作用于木箱的滑动摩擦力产生的加速度a尸 口 m g/m=yg.当 a a 时，木箱相对车底板滑动,从刹车到车停止过程中木箱运动的路程为s”则 v/二 2a2sl.为使木箱不撞击驾驶室，应有s sWL.联立以上各式解得a W u g v/(若 一 2 u gL)=5m/s 2,t o=vo/a0=4.4 S.A(2)对平板车，设制动力为 F,则 F+k(M+m)g u m g=M a0,解得：F=742 0 N.43 2.解：对系统 a 产 F-u g (rri j+m z)/(m i+m2)=1 i n /s 2.对木块 1,细绳断后：|

32、a i|=fi /m.=u g=l m/s 2.设细绳断裂时刻为t i,则木块1运动的总位移：A s.=2aot.2/2=对木块2,细绳断后，也=(F-y m2g)/rri 2=2 m /s.A木块 2 总位移A s2=s 1+s =&t/2+v1(6 -t J+a2(6-3)？/2,A两木块位移差 AS=S2-S I=22(m).M 导 a t/2+vi(6 t)+a2(6 t,)7 2-a t 2=2 2,财E a。，a 2值,v i=a o t i 代入上式整理得:A t J +i 2 ti 28=0,得 t 1=2 s.木块 2 末速 v 2=vi 4-a2(6 ti)=a0 t(+a

33、 2(6-ti)=10m /s.此时动能 E k =叱 v 22/2=2 X 102/2J=100J.3 3 .解：(1)由动量守恒定律，mv 产(m+M)v，且有m：M=l：3,A、B 共同速度v=m v0/(m+M)=l m /s.A(2)由动能定理，对全过程应有A u m g -2 L=m v oJ/2(m+M)v 2/2,4 H g L=V02-4 v /2,U=(V02-4VZ 2)/4 g L =0.3.(3)先求A与 B 挡板碰前A的速度v i。，以及木板B相应速度V 2,取从A滑上B 至A与B挡板相碰前过程为研究对象,依动量守恒与动能定理有以下两式成立：m v0=m v IO+

34、MV2O,m v o2/2 m v l 02/2-M v 2oz/2 =p m g L .代入数据得 V i o+3 V2O=4,VIO24-3 V2O2=1 0,解以上两式可得 v,=(2 3&)/2m/s.因A与B 挡板碰前速度不也许取负值，故v 3=(2+3 应)/2 m/s.相应解出v,=(2 V 2)/2 m/s=0.3 m/s 木板B 此过程为匀加速直线运动，由牛顿第二定律，得 u mg 川 a ,a =u m g /M=1 (m/s 2).此过程经历时间t 由下式求出v 2 0=a i t i,t i=v 2 0/a i=0.3 (s ).其速度图线为图2中0 0.3 s 段图线

35、a.A 再求A与B 挡板碰后，木板B的速度v 2 与木块A的速度v .,为方便起见取A滑上B至A与 B 挡板碰撞后瞬间过程为研究对象，依动量守恒定律与动能定理有以下两式成立:A m v 产 m v 1+M V 2,mv o2/2 m v r/2 M v -/2=n m g L .故解为 h=(2 3&)/2 m/s .A因 v,=(2+3&)/2m/s 为碰前速度，故取 v,=(2-3&)/2 m /相应得v?=2+2&m/s=l.7m/s.A由于ViVO,即木块相对B向左滑动,A受B摩擦力向右，B受A摩擦力向左，故B做匀减速直线运动，加速度大小由牛顿第二定律,得a=H m g/M=1 m/s

36、）A 从碰后到A滑到B最左端过程中，B向右做匀减速直线运动时间设为t 2,则v -V2=-a 12=0.7 s.此过程速度图线如图2中0.3 s1.0 s段图线b.图 234.解：设on、m?两物体受恒力F作用后，产生的加速度分别为a1、出,由牛顿第二定律F=m a,得Aa I=F/mb a2=F/m2,历时t两物体速度分别为V Fa.t,V2=Vo+a at,由题意令v 1=V 2,即a 1t=v0+a 2 t或（a i-a2）t=Vo,因tHO、vo 0,欲使上式成立，需满足a1一 a2。，即F/m】F/m 2,或V rru,也即当如2m2时不也许达成共同速度，当mKm时,可以达成共同速度

37、.A35.解：（1）当小球刚好能在轨道内做圆周运动时，水平初速度v最小,此时有m g=m/R,A故v=TgR=V10 x0.8/2=2m/s.（2）若初速度v 时，小球可做平抛运动通过B点.3 6.卫星在天空中任何天体表面附近运营时，仅受万有引力F作用使卫星做圆周运动，运动半径等于天体的球半径R.设天体质量为M,卫星质量为m,卫星运动周期为T,天体密度为P.根据万有引力定律F二G M m/R2,卫星做圆周运动向心力F=m 4/R/T 1由于A F =F，得GMm/R产m 4 n/T.T=J-V GM37.解：由于两球相碰满足动量守恒A mi v o=mivi+m2v2,v,=-1.3m/s.两

38、球组成系统碰撞前后的总动能+Eu2=mlV o2/2+0=2.5J,E J +Ek2=m,v,7 2+nhv22/2=2.8 J.A 可见,EkJ+Ek2 En+Ek2,碰后能量较碰撞前增多了，违反了能量守恒定律，这种假设不合理.38.解：(1)由动量守恒，得m v(Fmvi+M v 2,由运动学公式得s=(v 1 v2)t,h=g t2/2,由以上三式得V2=(mvs m 卮)/(M+m)3 (2)最后车与物体以共同的速度v向右运动，故有mv0=(M+m)v v=mv0/(M+m).E=mvJ/2+ingh(M+m)m v/2 (M+m),.解得 E=m g h+Mm v j /2(M+m)

39、.A39.解:设碰前A、B有共同速度v时,M前滑的距离为s.则mv0=(m+M)v,f s=M v 2/2,f=u mg.A由以上各式得s=Mm v O7 2 M g(M+m)2.当 V o=2m/s 时，s=2/9成0.5 m,即 A、B 有共同速度.当 v()=4m/s 时，s=8/9m0.5m,即碰前 A、B速度不同.A40.解：(1)物体由A滑至B的过程中，由三者系统水平方向动量守恒得:mv=m%/2+2mv,B.A解之得vAB=VO/4.A(2)物块由A滑至B的过程中，由三者功能关系得：M m gL-m vo2/2-m(vo/2)2/2-2 m(vo /4)2/2.A 解之得 L=5

40、 vJ/16ug.(3)物块由D滑到C的过程中，两者系统水平方向动量守恒，又由于物块到达最高点C时，物块与滑块速度相等且水平，均为V.A故得 m V o/2+mv o /4=2mv,得滑块的动能 E c D=mv 2/2=9mv J/i2 8 .A41.解：(1)B 从 v 0减速到速度为零的过程，C静止，B 的位移：si=v02/2 u g.所用的时间：t F V o/M g.此后B 与 C 一起向右做加速运动，A 做减速运动，直到相对静止,设所用时间为12,共同速度为V.A对 A、B、C,由动量守恒定律得mA 2v o-mBv0=(mA4-mB+m()V,AV mA=mB=mc,v =v

41、0/3.对B 与C,向右加速运动的加速度a=P mA g/(mB+mc)=P g/2,t2=v /a=2 v 0/3 u g.t 内B 向右移动的位移S2=v t2/2=v 079 P g,故总路程s=si+s 2=1 I v o 718 H g，总时间t=t 1+t 2=5v o/3 n g.A(2)设车的最小长度为L,则相对静止时A、B 刚好接触，由能量守恒得mA(2 v o)7 2 4-mBv o2/2=(mA+mB4-mc)v2/24-u mBg Si+u m.g(L s J,A联 立解得 L=7 v/3 口g.A42.解：(1)m 速度最大的位置应在0 点左侧.由于细线烧断后，m 在

42、弹簧弹力和滑动摩擦力的合力作用下向右做加速运动，当弹力与摩擦力的合力为零时，m 的速度达成最大,此时弹簧必处在压缩状态.此后，系统的机械能不断减小,不能再达成这一最大速度.(2)选m、M 为一系统，由动量守恒定律得mv i=M v2.A 设这一过程中弹簧释放的弹性势能为E p,贝 必 E v 2+M v 22/2+M m g s,解 得 v2=m v i/M,EP=m (M+m)v,2/2 M+u g s .A(2)m与M 最终将静止，由于系统动量守恒，且总动量为零，只要n i与M 间有相对运动，就要克服摩擦力做功，不断消耗能量，所以，m 与M 最终必然都静止.43.解：(1)第一颗子弹射入木

43、块过程，系统动量守恒，有m v o=(m+M)v i.射入后，在 O B C运动过程中，机械能守恒，有A(m+M)v/2=(m+M)gR,得 v =(M+m)月 记/m J (2)由动量守恒定律知，第 2、4、6 颗子弹射入木块后，木块速度为0,第 1、3、5颗子弹射入后,木块运动.当第9 颗子弹射入木块时，由动量守恒得：mv(t=(9m+M)V9,A 设此后木块沿圆弧上升最大高度为H,由机械能守恒定律得：(9m+M)v92/2=(9m+M)g H,A由以上可得：H=(M+m)/(M+9 m)12R.4 4.解：(1)设第一次碰墙壁后，平板车向左移动s,速度变为0.由于体系总动量向右，平板车速

44、度为零时,滑块还在向右滑行.由动能定理 P M g s=0mv02/2,s=m v02/2 u M g =0.3 3 m.(2)假如平板车在第二次碰墙前尚未和滑块相对静止，则其速度的大小肯定还是2 m/s,由于只要相对运动,摩擦力大小为恒值.滑块速度则大于2 m/s,方向均向右.这样就违反动量守恒.所以平板车在第二次碰墙前肯定已和滑块具有共同速度v .此即平板车碰墙前瞬间的速度.Mvo-mv o=(M4-m)v,/.v =(M m)v o /(M+m)=0.4m/s.图3(3)平板车与墙壁第一次碰撞后滑块与平板又达成共同速度v 前的过程，可用图3(a)、(b)、(c )表 达.图 3(a)为平

45、板车与墙碰撞后瞬间滑块与平板车的位置，图3(b)为平板车到达最左端时两者的位置，图3(c)为平板车与滑块再次达成共同速度时两者的位置.在此过程中滑块动能减少等于摩擦力对滑块所做功R M g s，平板车动能减少等于摩擦力对平板车所做功u M g s (平板车从B 到A 再回到B 的过程中摩擦力做功为零)，其中S，、s”分别为滑块和平板车的位移.滑块和平板车动能总减少为u MgL,其中1 ,=s z+s”为滑块相对平板车的位移，此后，平板车与墙壁发生多次碰撞，每次情况与此类似，最后停在墙边.设滑块相对平板车总位移为1,则 有(M+m)v j/2=pMgl,l=(M+m)v 2/2 u M g=O.

46、8 3 3m.a l即为平板车的最短长度.图44 5 .解:如图4,A 球从静止释放后将自由下落至C 点悬线绷直，此时速度为V*：vc2=2g X 2 I.s i n3 0 ,V c=J 2g L =2 m/s.在线绷直的过程中沿线的速度分量减为零时，A 将以切向速度V I 沿圆弧运动且A v,=v cc o s 3 0 =G m/s.A 球从C 点运动到最低点与B 球碰撞前机械能守恒，可求出A 球与B 球碰前的速度v /2+m4g L(1 c o s 6 0 0 )=mAv27 2,V 2=J v；+g L =,3+1 0 x 0.2=非 m /s .因A、B 两球发生无能量损失的碰撞且所以

47、它们的速度互换，即碰后A 球的速度为零，B 球的速度为v z=(m/s).对 B 球和小车组成的系统水平方向动量守恒和机械能守恒，当两者有共同水平速度u时,B 球上升到最高点，设上升高度为h.mnV 2=(mn+M)u ,r r u v J /2=(m +M )u2/2+mB g h .解得 h =3/1 6*0.1 9 m.a 在 B 球回摆到最低点的过程中，悬线拉力仍使小车加速，当B 球回到最低点时小车有最大速度v 设小球B 回到最低点时速度的大小为V”根据动量守恒定律和机械能守恒定律有mB v 2=me v s+M v m,mnV j2/2=mB v/2+M v m2/2,解得 V m=

48、2ni 8 V 2/(m3+M)=/5 /2m/s =1.1 2 m/s .A46.解：(1)小球的角速度与运动的角速度必然相等，则有V=3 R=3 工T7.(2)人手所提供的功率应等于小球在运动过程中克服摩擦力做功的功率.即有P=fv,/.f=P/v=P/3 J U+产.47.解：由于粘性物体与底板粘合的过程时间极短，冲击力远大于重力,在竖直方向近似动量守恒，开始静止时，有 m1g=k x=*k=m i g x.m?下落H时的速度v=J函f,uh与m,合在一起动量守恒，m?v=(nh+mjv,v =m2v/(m,+m2)=m2/2gH/(m i+m2).设向下为正方向，m,与m的整体受两个力

49、，即重力g和弹簧的平均拉力亍，则有 平均拉力亍=k x+kh/2=k(2x+h)/2,由动能定理得1-T +(mi+m2)g h=0 (m+m jv2/2,由以上各式得m ig (2 x+h)/2x(m14-m2)g=(m i+m2)m22 2 g h/2 (m i+m jh代 入数值得 h=0.3m.4 8.解:m与A粘在一起后水平方向动量守恒，共同速度设为vb Mv0=(M+m)v b得Vi=M v。/(M+m)=2v/3.A 当弹簧压缩到最大时即有最大弹性势能E,此时系统中各物体有相同速度，设为v z,由动量守恒定儆 2M v o=(2M+m)v?,得v?=2 M v()/(2M+in)

50、=4v0/5.A由能量守恒有E=MVO2/2+(M+m)v/2-(2M+m)v/2,解得 E=Mvt.2/3 0.A49.解：(1)振子在平衡位置时，所受合力为零,设此时弹簧被压缩A x：(mA+mB)g=kAx,A x=5 c m.开始释放时振子处在最大位移处,故振幅A=5 cm+5cm=10cm.A(2)由于开始时弹簧的伸长量恰等于振子在平衡位置时弹簧的压缩量，故弹性势能相等，设振子的最大速度为v,从开始到平衡位置，根据机械能守恒定律，A得m gA=mv?/2,.,.v=J 2gA=1.4m/s,A即 B 的最大速率为 1.4m/s.(3)在最高点，振子受到的重力和弹力方向相同，根据牛顿第