高三物理總復習卷專題一力學規(guī)律的綜合應用

1、學習必備歡迎下載【考點透視】專題一力學規(guī)律的綜合應用解決動力學問題有三個基本觀點，即是力的觀點、動量的觀點、能量的觀點；一、學問回憶1力的觀點勻變速直線運動中常見的公式（或規(guī)律）：牛頓其次定律：fma運動學公式：vvat ， sv t1 at 2 ， v 2v22as ， svt ，sat 2t0圓周運動的主要公式：02v2f向ma向mrt0mr22動量觀點恒力的沖量：ift動量：pmv ，動量的變化pmv2mv1動量大小與動能的關(guān)系p2mek動量定理：ip ，對于恒力f合 tmv2mv1 ，通常爭論的對象是一個物體；動量守恒定律：條件：系統(tǒng)不受外力或系統(tǒng)所受外力的合力為零；或系統(tǒng)所受外力的合

2、力雖不為零，但比系統(tǒng)內(nèi)力小得多，（如碰撞問題中的摩擦力、爆炸問題中的重力等外力比起相互作用的內(nèi)力來小得多，可以忽視不計）； 或系統(tǒng)所受外力的合力雖不為零，但在某個方向上的重量為零（在該方向上系統(tǒng)的總動量的重量保持不變）；表達式：對于兩個物體有m1v1m2 v2m1 v1m2v2 ，爭論的對象是一個系統(tǒng)（含兩個或兩個以上相互作用的物體） ；3用能量觀點解題的基本概念及主要關(guān)系恒力做功：wfscos， wpt ，重力勢能e pmgh ，動能 e k1 mv2 ，動能變化ek21 mv2221 mv212動能定理：力對物體所做的總功等于物體動能變化，表達式常見的功能關(guān)系w1 mv22總21 mv 2

3、12重力做功等于重力勢能增量的負值wge p彈簧彈力做功等于彈性勢能增量的負值wp 彈e有相對時，系統(tǒng)克服滑動摩擦力做功等于系統(tǒng)產(chǎn)生的內(nèi)能，即qfl1 mv2021 mv2121 mv222 機 械 能 守 恒 ： 只 有 重 力 或 系 統(tǒng) 內(nèi) 的 彈 力 做 功 系 統(tǒng) 的 總 的 機 械 能 保 持 不 變 ； 表 達 式 有e k 1e p1e k 2e p 2 、ek增e p減 、e a 增e b減能量守恒：能量守恒定律是自然界中普遍適用的基本規(guī)律；二、力學規(guī)律的選用原就：1爭論某一物體所受力的瞬時作用與物體運動狀態(tài)的關(guān)系時，一般用力的觀點解題；學習必備歡迎下載2爭論某一個物體受到力

4、的連續(xù)作用而發(fā)生運動狀態(tài)轉(zhuǎn)變時，假如涉準時間的問題一般用動量定理，假如涉及位移問題往往用動能定理；3如爭論的對象為多個物體組成的系統(tǒng)，且它們之間有相互作用，一般用動量守恒定律和能量守恒定律去解決問題；提示：在涉及有碰撞、爆炸、打擊、繩繃緊等物理現(xiàn)象時，由于它們作用時間都極短，故動量守恒定律一般能派上大用場，但須留意到這些過程般均隱含有系統(tǒng)機械能與其他形式能量之間的轉(zhuǎn)化；在涉及相對位移問題時，優(yōu)先考慮能量守恒定律，即用系統(tǒng)克服摩擦力所做的總功等于系統(tǒng)機械能的削減量，也等于系統(tǒng)增加的內(nèi)能；【例題解析】一、力的觀點與動量觀點結(jié)合例 1如下列圖，長12 m ，質(zhì)量為50 kg 的木板右端有一立柱，木板

5、置于水平地面上，木板與地面間的動 摩因數(shù)為0.1，質(zhì)量為50 kg 的人立于木板左端，木板與均靜止，當人以4m/s2 的加速度勻加速向右奔跑至板右端時立刻抱住木柱，試求：（g 取 10m/s2）（ 1）人在奔跑過程中受到的摩擦力的大?。唬?2）人從開頭奔跑至到達木板右端所經(jīng)受的時間；（ 3）人抱住木柱后，木板向什么方向滑動.仍能滑行多遠的距離.解析：人相對木板奔跑時，設人的質(zhì)量為m ，加速度為a1 ，木板的質(zhì)量為m ，加速度大小為a2 ，人與木板間的摩擦力為f ，依據(jù)牛頓其次定律，對人有：fma1200n ；（ 2 ）設人從木板左端開頭距到右端的時間為t ，對木板受力分析可知：f mm gma

6、 2 故afm2mmg2 m/s ，方向向左；taat由幾何關(guān)系得：12121222l ，代入數(shù)據(jù)得：t2s（ 3）當人奔跑至右端時，人的速度 v1a1t8m/s，木板的速度v2a 2t4 m/s ；人抱住木柱的過程中，系統(tǒng)所受的合外力遠小于相互作用的內(nèi)力，滿意動量守恒條件，有：mv1mv 2mm v（其中 v 為二者共同速度）代入數(shù)據(jù)得 v以后二者以 v2m/s ，方向與人原先運動方向一樣；2m/s 為初速度向右作減速滑動，其加速度大小為2ag1m/s ，故木板滑行的距離為v 2s2m ；2a點撥：用力的觀點解題時，要仔細分析物體受力及運動狀態(tài)的變化，關(guān)鍵是求出加速度；二、動量觀點與能量觀點

7、綜合例 2如下列圖，坡道頂端距水平面高度為h ，質(zhì)量為 m 的小物塊a 從坡道頂端由靜止滑下，在進入水平 面上的滑道時無機械能缺失，為使 a 制動， 將輕彈簧的一端固定在水平滑道延長線m 處的墻上， 另一端與質(zhì)量為 m2 的擋板 b 相連，彈簧處于原長時，b 恰位于滑道的末端o 點； a 與 b 碰撞時間極短，碰后結(jié)合在一起共同壓縮彈簧，已知在 om 段 a、b 與水平面間動摩擦因數(shù)均為，其余各處的摩擦不計，重力加速度為g ，求：（ 1）物塊 a 在與擋板b 碰撞前瞬時速度v 的大小；學習必備歡迎下載（ 2）彈簧最大壓縮量為d 時的彈性勢能e p（設彈簧處于原長時彈性勢能為零）；解析：（ 1）

8、 物塊 a 在坡道上滑行時只有重力做功，滿意機械能守恒的條件，有 mgh1 mv22，故 v2gh ；（ 2） a、b 在水平道上碰撞時內(nèi)力遠大于外力，a、b 組成的系統(tǒng)動量守恒，有m1 vm1m2 v接著 a、b 一起壓縮彈簧到最短，在此過程中a、b 克服摩擦力所做的功12wm2 gh m 1m 2 gd由能量守恒定律可得 m12m2 ve pm1m2 gd，所以 e p1m1m2m1m2 gd ；點撥： 有關(guān)彈簧的彈性勢能，由于教材中沒有給出公式，因此一般只能通過能量的轉(zhuǎn)化和守恒定律來運算；能量守恒是自然界普遍遵守的規(guī)律，用此觀點求解的力學問題可以收到事半功倍的成效，仔細分析題中事實實現(xiàn)了

9、哪些能量的轉(zhuǎn)化和轉(zhuǎn)移，否就可能會前功盡棄；例 3如下列圖，在光滑的水平面上有一質(zhì)量為m，長度為 l 的小車，小車左端有一質(zhì)量也是m 可視為質(zhì)點的物塊，車子的右壁固定有一個處于鎖定狀態(tài)的壓縮輕彈簧（彈簧長度與車長相比可忽視），物塊與小車間滑動摩擦因數(shù)為，整個系統(tǒng)處于靜止狀態(tài)；現(xiàn)在給物塊一個水平向右的初速度v0 ，物塊剛好能與小車右壁的彈簧接觸，此時彈簧鎖定瞬時解除，當物塊再回到左端時，恰與小車相對靜止；求：（ 1）物塊的初速度v0 及解除鎖定前小車相對地運動的位移；（ 2）求彈簧解除鎖定瞬時物塊和小車的速度分別為多少.解析：（ 1）物塊在小車上運動到右壁時，設小車與物塊的共同速度為v ，由動量守

10、恒定律得mv02mv ，由能量關(guān)系有mgl12mv0212mv2 ，故2v02gl ，在物塊相對小車向右運動的過程中，小車向右作勻加速運動加速度為ag ，速度由0 增加到 vv0 ，小22車位移為 s ，就 sv；2a（ 2）彈簧解除鎖定的瞬時，設小車的速度為v1 ，物塊速度為v2 ，最終速度與小車靜止時，共同速度為v ，由動量守恒定律得2 mvmv1mv22 mv，由能量關(guān)系有mgl1 mv2121 mv222122mv，2聯(lián)立四式解得：v1v0和v10（舍去），所以 v1v02gl ， v20 ；v20v2v0點撥：彈簧鎖定意味著儲存彈性勢能能量，解出鎖定意味著釋放彈性勢能能量；求解物理問

11、題，有時需要依據(jù)結(jié)果和物理事實，作出正確判定，確定取舍；例 4一輛質(zhì)量為m 2 kg 的平板車， 左端放有質(zhì)量m 3 kg 的小滑塊， 滑塊與平板車之間的動摩擦因數(shù) 0.4，如下列圖，開頭時平板車和滑塊共同以v0 2 m/s 的速度在光滑水平面上向右運動，并與豎直墻壁發(fā)生碰撞，設碰撞時間極短，且碰撞后平板車速度大小保持不變，但方向與原先相反；設平板車足夠長，以至滑塊不會滑到平板車右端（取g 1.0 m/s2），求：學習必備歡迎下載（ 1）平板車第次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離；（ 2）平板車其次次與墻壁碰撞前瞬時的速度v1 ；（ 3）為使滑塊始終不會滑到平板車右端，平板車至少多長.解析：（

12、1） 平板車第次與墻壁碰撞后因受滑塊對它的摩擦力作用而向左作勻減速直線運動；設向左運動的最大距離為s1 ，由動能定理得mgs101 mv 2020所以有 s1mv21 m ；2mg3（ 2 ） 假 設 平 板 車 第 二 次 與 墻 壁 碰 撞 前 和 物 塊 已 經(jīng) 達 到 共 同 速 度v1 ， 由 于 系 統(tǒng) 動 量 守 恒 ， 有mv 0mv0mmv1 ，即 v1mmv0 mm0.4m/s設平板車從第次與墻壁碰撞后向左運動的最大距離處到再加速到速度v1 所發(fā)生的位移大小為s1 ，由動能10定理得mg s1 mv2 有 smv2mv2 mm 2，明顯 ss ，說明平板車其次次與墻壁碰撞前

13、11122mg2mg mm 211已經(jīng)達到了共同速度v10.4m/s ，這一速度也是平板車其次次與墻壁碰撞前瞬時的速度；（ 3）平板車與墻壁多次碰撞，使m 與 m 之間發(fā)生相對滑動；由于摩擦生熱，系統(tǒng)的動能逐步削減，直到最 終 停 止 在 墻 角 邊 ， 設 整 個 過 程 中 物 塊 與 平 板 車 的 相 對 位 移 為 l ， 由 能 量 轉(zhuǎn) 化 和 守 恒 定 律 得0m g l1 mm v2 ，所以 lmmv 25 m ；022mg6點撥：用數(shù)學學問求解物理問題是考生應當具有的一項才能；在求解一些物理問題時往往要用到有關(guān)的數(shù)學學問，如：數(shù)列求和、不等式求解、極值爭論等等，正確求解這類

14、問題必需以較好的數(shù)學學問為前提；例 5如下列圖， c 是放在光滑水平面上的一塊木板，木板質(zhì)量為3m，在木板的上面有兩塊質(zhì)量均為m的小木塊 a 和 b，它們與木板間的動摩擦因數(shù)均為 ；最初木板靜止， a、b 兩木塊同時以方向水平向右的初速度 v0 和 2v0 在木板上滑動，木板足夠長，a、b 始終未滑離木板；求：（ 1）木塊 b 從剛開頭運動到與木板c 速度剛好相等的過程中，木塊 b 所發(fā)生的位移；（ 2）木塊 a 在整個過程中的最小速度；v02 v 0abc解析：（ 1）木塊 a 先做勻減速直線運動至與c 速度相同，后與一道做勻加速直線運動；木塊b 始終做勻減速直線運動；木板c 做兩段加速度不

15、同的勻加速直線運動，直到a、 b、c 三者的速度相等（設為v1）為止，a、b、c 三者組成的系統(tǒng)動量守恒故：mv02mv0mm3m v1 ， v1=0.6v0；對木塊b 運用動能定理，有mgs12mv112m2v0 ，所以 s91v02；2250 g（ 2）設木塊 a 在整個過程中的最小速度為v（此時 a、c 共速），由動量定理知，至此，a、b 的動量變化都相同，都為mv0v ，因 a、b、c 組成的系統(tǒng)動量守恒，有2mv0v 3mv，所以木塊a 在整個學習必備歡迎下載過程中的最小速度v /2v0；5點撥：對于多物體系統(tǒng)只要仔細分析每一個物體受力情形和運動情形，抓住相關(guān)聯(lián)的運動狀態(tài)，問題仍舊很

16、簡單解決；三、三種觀點綜合應用例 6對于兩物體碰撞前后速度在同始終線上，且無機械能缺失的碰撞過程，可以簡化為如下模型：a、b兩物體位于光滑水平面上，僅限于沿同始終線運動；當它們之間的距離大于等于某肯定值d 時，相互作用力為零，當它們之間的距離小于d 時，存在大小恒為f 的斥力；設a 物體質(zhì)量 m1 l.0kg ，開頭時靜止在直線上某點； b 物體質(zhì)量m23.0 kg ，以速度v0 從遠處沿直線向a 運動， 如下列圖； 如 d0.10 m，f 0.60 n ， v0 0.20m/s，求：（ 1）相互作用過程中a、b 加速度的大?。唬?2）從開頭相互作用到a、b 間的距離最小時，系統(tǒng)（物體組）動能

17、的削減量；（ 3） a、b 間的最小距離；f解析：（ 1）由牛頓運動定律可知，相互作用過程中a、b 加速度的大小分別為a1m10.60 m / s2 ，a2f0.20m /m2s2 ；（ 2）a、b 間距離最小時，兩者速度相同，全過程滿意由動量守恒的條件，故有m2 v0 m1m2 v ，所m2 v0以 v0.15m/sm1m2 系統(tǒng)（物體組）動能的削減量為|ek |12vm2021 m12m v20.015j ；2（ 3）依據(jù)勻變速直線運動規(guī)律得v1a1t， v2v0a 2t，而距離最小時有v1=v2 ，由勻變速直線運動規(guī)律可得兩物體位移分別為s1 a t 2 ， sv t1 at 2 ，由幾

18、何關(guān)系可知ssds ，解以上各式得112021222a、 b 間的最小距離s0.075m ；點撥：理論聯(lián)系實際，用物理學問綜合解決所遇問題是高考的一種追求；在處理有關(guān)問題時，為了便利需要忽視問題中的次要因素，突出主要因素，作恰當?shù)暮喕⑴c所學學問間的聯(lián)系，最終達到解決問題的目的；此題對實際問題的處理有較好的示范作用；例 7如題右圖，半徑為r 的光滑圓形軌道固定在豎直面內(nèi)；小球a 、 b 質(zhì)量分別為 m、 m（ 為待定系數(shù)） ；a 球從左邊與圓心等高處由靜止開頭沿軌道下滑，與靜止于軌道最低點的b 球相撞， 碰撞后 a、b 球能達到的最大高度均為碰撞中無機械能缺失；重力加速度為g；試求：（ 1

19、）待定系數(shù) ；（ 2）第一次碰撞剛終止時小球a、 b 各自的速度和b 球?qū)壍赖膲毫Γ? r ,4（ 3）小球 a、b 在軌道最低處其次次碰撞剛終止時各自的速度，并爭論小球a、b 在軌道最低處第n 次碰撞剛終止時各自的速度；學習必備歡迎下載解析：（ 1）由機械能守恒定律得mgrmgr 4mgr 4故3 ；（ 2）設 a、b 第一次碰撞后的速度大小分別為v 、v ，就 1 mv2mgr1mv2mgrgr，故 v，向左； v22gr向右；2121，214242設軌道對b 球的支持力為n ， b球?qū)壍赖膲毫閚， nmg2v2m，由牛頓第三定律知rnn4.5mg ，方向豎直向下；（ 3） 由機械能

20、守恒定律知，第一次碰撞前a 的速度為 v02gr ；設 a、b 球其次次碰撞剛終止時的速度分別為v1 、v2 ，就mv1mv2mv1121mv22解得 v12gr ，mgrmv12mv22v20（另一組解：v1gr， v22gr不合題意，舍去） ；2由此可得：當n 為奇數(shù)時，小球a、b 在第 n 次碰撞剛終止時的速度分別與其第一次碰撞剛終止時相同；當 n 為偶數(shù)時，小球a、b 在第 n 次碰撞剛終止時的速度分別與其其次次碰撞剛終止時相同；點撥：對物理問題進行規(guī)律推理得出正確結(jié)論和作出正確判定，并把推導過程正確地表達出來，表達了對推理才能的考查，期望考生留意這方面的訓練；學習必備歡迎下載【專題一

21、專題訓練與高考猜測】1 如右圖，質(zhì)量為m3kg 的木板放在光滑水平面上，質(zhì)量為m1kg 的物塊在木板上，它們之間有摩擦，木板足夠長，兩者都以v4m/s 的初速度向相反方向運動，當木板的速度為 v12.4m/s 時，物塊（）a 加速運動b減速運動 c勻速運動d靜止不動解析：木板和對物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為矢量的正方向，設最終的共同速度為v ，就有：mvmvmmv，所以 v2m / s；又由于木板和對物塊相互作用的全過程中均動量守恒，當木板的速度為 v12.4m/s 時，物塊，設物塊的速度為v2 ，就有 mvmvmv 1mv2 ， v20.8m/s，故物塊正在向右作加速運動，正確選項是a

22、 ；2 如右圖所示，一輕彈簧與質(zhì)量為 m 的物體組成彈簧振子，物體在同一條豎直線上的 a、b 間作簡諧運動， o 為平穩(wěn)位置， c 為 a、b 的中點，已知 oc h ，振子的周期為 t ，某時刻物體恰好經(jīng)過 c 點并向上運動，就從今時刻開頭的半個周期時間內(nèi)，以下說法錯誤選項（）a 重力做功2mghb 重力的沖量大小為c合外力的沖量為零d 合外力做功為零2c；mgt 2解析：由題意可知，c、b 應關(guān)于點對稱，故重力做功mg2 h2mgh ，重力沖量 i gmgt mgt ，合2力沖量 imvmv2mv0 ，由動能定理得合外力做功we k0 ，所以此題的正確選項是c；3 有一傳送裝置如下列圖，水

23、平放置的傳送帶保持以v2m/s 的速度向右勻速運動；傳送帶兩端之間的距離 l 10m，現(xiàn)有一物件以向右4m/s 的初速度從左端滑上傳送帶，物件與傳送帶之間的動摩擦因數(shù) 0.2；求物件從傳送帶的左端運動到右端所用的時間（g 10m/s2）；解析：因 v04m/sv 2m/s，物件在傳送帶上做勻減速運動，當速度v0減小到與傳送帶速度相同后，隨傳送帶勻速運動；由牛頓其次定律fma得 amg m22v1vg2m/s 2 ，減速所經(jīng)過的位移s02a3m ，所 用 時 間 t1vv0 a1s ， 物 件 到 達 右 端 仍 需 時 間 t 2ls1 v3.5s， 物 件 到 達 右 端 共 需 時 間tt

24、1t24.5s ；4 一個質(zhì)量 m60kg 的滑雪運動員從高h20 m 的高臺上水平滑出，落在水平地面上的b 點，由于落地時有機械能缺失，落地后只有大小為10 m/s 的水平速度，滑行到c 點后靜止，如下列圖；已知a 與 b、b 與c 之間的水平距離s 30 m ， s40m， g 10m/s2，不計空氣阻力；求：12（ 1）滑雪運動員在水平面bc 上受到的阻力大小f ；學習必備歡迎下載（ 2）平拋運動的初速度；（ 3）落地時缺失的機械能e ； 解析：（ 1）對 bc 過程運用動能定理得mv2fs21 mv2 ，212f2s275n；（ 2）在平拋運動過程中因hgt，有2t 2h2s ，平拋運

25、動的初速度為gs1v015m/s ；（ 3 ）由能量守恒知，落地時缺失的機械能為t0e1 mv22mgh1 mv 2215750 j ；5如下列圖，質(zhì)量m =0.2kg 的長木板靜止在水平面上，長木板與水平面間的動摩擦因數(shù)2 =0.1，現(xiàn)有一質(zhì)量為 m0.2kg 的滑塊，以v0 =1.2m/s 的速度滑上長板的左端，小滑塊與長木板間的動摩擦因數(shù)1 =0.4 ，滑塊最終沒有滑離長木板，求滑塊從開頭滑上長木板到最終相對于地面靜止下來的過程中，滑塊滑行的距離是多少（以地球為參考系，g=10m/s2）v0m解析：滑塊滑上長木板后，作勻減速運動，長木板作勻加速運動直到速度相同為m止，以后整體再作勻減速運

26、動至速度為零；滑塊的 加速度大小為a 11 mg m4 m /s2，長木板 的加速度大小 為a1 mg22 m mm g2m/s 2 ，設經(jīng)過時間t 達到共同速度v ，就有 v012a1ta2 t ，故 t0.2s ，v0.4m/s ，滑塊的位移為s1v0at 20.16 m；整體作勻減速運動的位移為s2 ，由動能定理得2 mm gs21 m2m v 2 ，有 s0.8m ，滑塊滑行的距離為ss1s20.24m ；26質(zhì)量為 m 的小物塊a 靜止在離地面高h 的水平桌面的邊緣，質(zhì)量為m 的小物塊b 沿桌面對a 運動并以速度v0 與之發(fā)生正碰（碰撞時間極短）；碰后 a 離開桌面，其落地點離動身點

27、的水平距離為l ，碰后 b 反向運動，求b 后退的距離；已知b 與桌面間的動摩擦因數(shù)為，重力加速度為g ；12解析：設 t 為 a 從離開桌面至落地經(jīng)受的時間，v 表示剛碰后a 的速度，有hgt， l2vt ，設 v 為剛碰后b 的速度的大小，由動量守恒得mv0mvmv ，設b 后退的距離為l ，由動能定理得，mgl1 mv22，解得 l2v1mlg0；2 gm2h7如圖，長木板ab 的 b 端固定一檔板，木板連同檔板的質(zhì)量為m =4.0kg ，a、b 間距離 s=2.0m ；木板位于光滑水平面上；在木板a 端有一小物塊，其質(zhì)量m=1.0kg ，小物塊與木板間的動摩擦因數(shù)0.10 ，它們都處于

28、靜止狀態(tài)；現(xiàn)令小物塊以初速v04.0m /s 沿木板向前滑動，直到和檔板相撞；碰撞后，小物塊恰好學習必備歡迎下載回到 a 端而不脫離木板；求碰撞過程中缺失的機械能；解析： 物塊在長木板上向右滑行時作減速運動，長木板作加速運動，碰撞時物塊再傳遞一部分能量給長木板，以后長木板減速，物塊加速直到速度相同為止；設木塊和物塊最終共同 的 速 度 為v ， 由 動 量 守 恒 定 律 得mv0mm v， 設 全 過 程 損 失 的 機 械 能 為e ，0e1 mv221 m2m v 2 ；因相對滑動而產(chǎn)生的內(nèi)能為qmg2s ，e 用表示在碰撞過程中缺失的機械能，由能量守恒定律可得eqe ，就e1 mm2

29、02 mgs ，代入數(shù)據(jù)得e =2.4j ；v2 mm8質(zhì)量為 m1kg 的小木塊（可視為質(zhì)點）放在質(zhì)量為m =5kg 的長木板上的左端，如下列圖，長木板放在光滑水平桌面上，小木塊與長木板間的動摩擦因數(shù)=0.1 ，長木板的長度為l2m，現(xiàn)要使小木塊從長木板的右端脫離出來，給小木塊施加水平向右的恒力mff 作用 2 秒，就 f 至少為多大（g10m/s2 ）？m解析：未撤去力2 秒內(nèi)，小木塊的加速度為fmga1mf1 ，撤去力后小木塊的加速度為a 2g1 m/s2，長木板始終在加速，其加速度為mg0.2m/s 2 ；剛撤去力時小木塊的a3m速 度 v1a1t2f1 ， 位 移 s1v1t2 f2

30、1 ， 長 木 板 的 速 度 為 v2a 3t0.4m/s， 位 移 為sv21t0.4m ，相對位移為2s1s1s22f2.4 ，以后至小木塊剛要滑離長木板時二者速度相等，由動量守恒定律得mv1mv 2mm v ，有 vf，該段時間內(nèi)相對位移為3s2ls14.42f 由能量守恒定律得mgs21 mv2121 mv 2221 m2m v 2 ，整理得5 f 26f60 ，解得 f1.85n ；9在光滑水平面上靜止有質(zhì)量均為m 的木板 ab 和滑塊 cd ，木板 ab 上表面粗糙，與滑塊的動摩擦因數(shù)為 ，滑塊 cd 上表面是光滑的1 圓弧，它們緊靠在一起，如下列圖；一個可視為質(zhì)點的物塊p，質(zhì)量

31、也為4m，它從木板ab 的右端以初速度v0滑入，過b 點時速度為v0，然后又滑上滑塊cd ，最終恰好能滑到滑塊2cd 圓弧的最高點c 處；求：（ 1）物塊滑到b 處時的木板的速度vab（ 2）木板的長度l ；（ 3）滑塊 cd 圓弧的半徑r；解析：（ 1）物塊 p 在 ab 上滑動時，三個物體組成的系統(tǒng)動量守恒，即mv0mv0 22mvab1v0，有 v ab；41v1v5v2（ 2）由能量守恒可得mglmv202m 2222m 2 2 ，所以 l40；16g學習必備歡迎下載（ 3）在物塊 p 與 cd 相互作用的過程中，滿意動量守恒定律和機械能守恒定律，故 mv02mvab2mv ，2mv2

32、ab1 mv012221 mv22mgr，解得： r2v0 ；64g【參考答案】1 a ；解析：木板和對物塊組成的系統(tǒng)動量守恒，規(guī)定向右為矢量的正方向，設最終的共同速度為v ，就有：學習必備歡迎下載mvmvmmv，所以 v2m / s；又由于木板和對物塊相互作用的全過程中均動量守恒，當木板的速度為 v12.4m/s 時，物塊，設物塊的速度為v2 ，就有 mvmvmv 1mv2 ， v20.8m/s，故物塊正在向右作加速運動，正確選項是a ；2 c；解析：由題意可知，c、b 應關(guān)于點對稱，故重力做功mg2 h2mgh ，重力沖量 i gmgt mgt ，合2力沖量 imvmv2mv0 ，由動能定

33、理得合外力做功we k0 ，所以此題的正確選項是c；34.5s ；解析：因 v04m/sv 2m/s，物件在傳送帶上做勻減速運動，當速度減小到與傳送帶速度相同后，隨傳送 帶 勻 速 運 動 ； 由 牛 頓 第 二 定 律 fma 得 amg mg 2 m/s 2，減 速 所 經(jīng) 過 的 位 移vv22s1103m ，所用時間t2avv0 a1s，物件到達右端仍需時間t 2ls1 v3.5s，物件到達右端共需時間tt1t24.5s ；475n， 15m/s ， 15750j ；1mv2解析：（ 1）對bc 過程運用動能定理得fs2mv2 ， f22s275n；（ 2）在平拋運動過程中因h 1 gt 2 ，有 t22h2s，平拋運動的初速度為v0gs115m/s ；（ 3）由能量守恒知，落地時缺失的機t械能為e1 mv 202mgh1 mv2215750j ；50.24m ；解析：滑塊滑上長木板后，作勻減速運動，長木板作勻加速運動直到速度相同為止，以后整體再作勻減速運動至速度為零；滑塊的 加速度大小為a 11 mg m4 m /s2，長木板 的加速度大小 為a1 mg22 m mm g2m/s 2 ，設