第=page11頁，共=sectionpages11頁第=page22頁，共=sectionpages22頁《動能定理綜合題》一、計算題我國將于2022年舉辦冬奧運會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一，如圖所示，質量m=60kg的運動員從長直軌道AB的A處由靜止開始以加速度a=3.6m/s2勻加速下滑，到達助滑道末端B時速度vB=24m/s，A與B的豎直高度差H=48m。為了改變運動員的運動方向，在助滑道與起跳臺之間用一段彎曲滑道銜接，其中最低點C處附近是一段以O為圓心的圓弧，助滑道末端B與滑道最低點C的高度差h=5m，運動員在B、C間運動時阻力做功W=?1530J，取g=10m/s2。

(1)求運動員在AB段下滑時受到阻力Ff的大小；

(2)若運動員能承受的最大壓力為其所受重力的6

如圖所示，水平傳送帶的左端與一傾角θ=37°的粗糙斜面平滑連接，一個小滑塊(可視為質點)從斜面上的A點由靜止釋放，沿斜面滑下并沖上傳送帶，傳送帶以恒定速率v=2m/s逆時針轉動．已知小滑塊的質量m=2kg，斜面上A點到斜面底端的長度s=9m，傳送帶的長度為L=10m，小滑塊與斜面的動摩擦因數μ1=0.50，小滑塊與傳送帶間動摩擦因數μ2=0.40，g=10m/s2.求：

(1)小滑塊到達斜面底端P的速度大小；

(2)a.判斷沖上傳送帶的小滑塊是否可以運動到傳送帶的右端Q；

b.若小滑塊可以運動到Q，試求小滑塊從P點運動到Q點的過程中摩擦力分別對小滑塊和傳送帶做的功；若小滑塊不能達到Q，試求小滑塊從P點開始再次運動到

如圖所示裝置由AB、BC、CD三段軌道組成，軌道交接處均由很小的圓弧平滑連接，其中軌道AB、CD段是光滑的，水平軌道BC的長度s=5m，軌道CD足夠長且傾角θ=37°，A、D兩點離軌道BC的高度分別為h1=4.30m、h2=1.35m.現讓質量為m的小滑塊自A點由靜止釋放．已知小滑塊與軌道BC間的動摩擦因數μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8.求：

(1)小滑塊第一次到達D點時的速度大小；

(2)小滑塊第一次與第二次通過C點的時間間隔；

風洞是研究空氣動力學的實驗設備．如圖，將剛性桿水平固定在風洞內距地面高度H=3.2m處，桿上套一質量m=3kg，可沿桿滑動的小球．將小球所受的風力調節為F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右離開桿端，假設小球所受風力不變，取g=10m/s2.求：

(1)小球落地所需時間和離開桿端的水平距離；

(2)小球落地時的動能．

(3)小球離開桿端后經過多少時間動能為78J？

輕質彈簧原長為2l，將彈簧豎直放置在地面上，在其頂端將一質量為5m的物體由靜止釋放，當彈簧被壓縮到最短時，彈簧長度為l.現將該彈簧水平放置，一端固定在A點，另一端與物塊P接觸但不連接．AB是長度為5l的水平軌道，B端與半徑為l的光滑半圓軌道BCD相切，半圓的直徑BD豎直，如圖所示．物塊P與AB間的動摩擦因數μ=0.5.用外力推動物塊P，將彈簧壓縮至長度l，然后釋放，P開始沿軌道運動，重力加速度大小為g．

(1)若P的質量為m，求P到達B點時速度的大小，以及它離開圓軌道后落回到AB上的位置與B點間的距離；

(2)若P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，求P的質量mp的取值范圍．如圖所示，木板A質量mA=1kg，足夠長的木板B質量mB=4kg，質量為mC=2kg的木塊C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之間存在摩擦．開始時B、C均靜止，現使A以v0=12m/s的初速度向右運動，與B碰撞后以4m/s速度彈回．g取10m/s2，求：

①B運動過程中的最大速率．

②碰撞后C在B上滑行距離

2022年將在我國舉辦第二十四屆冬奧會，跳臺滑雪是其中最具觀賞性的項目之一。某滑道示意圖如下，長直助滑道AB與彎曲滑道BC平滑銜接，滑道BC高h=10?m，C是半徑R=20?m圓弧的最低點。質量m=60?kg的運動員從A處由靜止開始勻加速下滑，加速度a=4.5m/s2，到達B點時速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。

(1)求長直助滑道AB的長度L；

(2)求運動員在AB段所受合外力的沖量I的大小；

(3)若不計

如圖，一質量M=2.0kg的長木板AB靜止在水平面上，木板的左側固定一半徑R=0.60m的四分之一圓弧形軌道，軌道末端的切線水平，軌道與木板靠在一起，且末端高度與木板高度相同．現在將質量m=1.0kg的小鐵塊(可視為質點)從弧形軌道頂端由靜止釋放，小鐵塊到達軌道底端時的速度v0=3.0m/s，最終小鐵塊和長木板達到共同速度．忽略長木板與地面間的摩擦．取重力加速度g=10m/s2.求：

①小鐵塊在弧形軌道上滑動過程中克服摩擦力所做的功Wf；

某快遞公司分揀郵件的水平傳輸裝置示意圖如圖所示，皮帶在電動機的帶動下保持v=1?m/s的恒定速度向右運動，現將一質量為m=2?kg的郵件輕放在皮帶上，郵件和皮帶間的動摩擦因數μ=0.5。設皮帶足夠長，取g=10?m/s2(1)郵件滑動的時間t；(2)郵件對地的位移大小x；(3)郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W。

一質量為0.5kg的小物塊放在水平地面上的A點，距離A點5m的位置B處是一面墻，如圖所示，物塊以v0=9m/s的初速度從A點沿AB方向運動，在與墻壁碰撞前瞬間的速度為7m/s，碰后以6m/s的速度反向運動直至靜止。g取10m/s2。

(1)求物塊與地面間的動摩擦因數μ；

(2)若碰撞時間為0.05s，求碰撞過程中墻面對物塊平均作用力的大小F；

(3)求物塊在反向運動過程中克服摩擦力所做的功

如圖所示，質量為m的小鐵塊A以水平速度v0沖上質量為M、長為l、置于光滑水平面C上的木板B，正好不從木板上掉下，已知A、B間的動摩擦因數為μ，此時木板對地位移為s，求這一過程中：

(1)木板增加的動能；

(2)小鐵塊減少的動能；

(3)系統機械能的減少量；

(4)系統產生的熱量．

如圖所示，質量m=1Kg的滑板A帶有四分之一光滑圓軌道，圓軌道的半徑R=1.8m，圓弧底端點切線水平，滑板的水平部分粗糙．現滑板A靜止在光滑水平面上，左側緊靠固定擋板，右側有與A等高的平臺，平臺與A的右端間距為s.平臺最右端有一個高h=1.25m的光滑斜坡，斜坡和平臺用長度不計的小光滑圓弧連接，斜坡頂端連接另一水平面．現將質量m=2kg的小滑塊B(可視為質點)從A的頂端由靜止釋放，取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)滑塊B剛滑到圓弧底端時，對圓弧底端軌道的壓力大小．

(2)若A、B間動摩擦因數μ1=0.5，保證A與平臺相碰前A、B能達到共同速度，則s應滿足什么條件？

(3)平臺上P、Q之間是一個寬度l=0.5m的特殊區域，該區域粗糙，且當滑塊B進入后，滑塊還會受到一個水平向右、大小F=20N的恒力作用，平臺其余部分光滑．在滿足第(2)問的條件下，若A與B共速時，B剛好滑到A的右端，A恰與平臺相碰，此后B滑上平臺，同時快速撤去A.設B與PQ之間的動摩擦因數0<μ<l，試討論因μ的取值不同，B在PQ間通過的路程大小．

如圖，傾角θ=30°的光滑斜面底端固定一塊垂直于斜面的擋板。將長木板A靜置于斜面上，A上放置一小物塊B，初始時A下端與擋板相距L=4m，現同時無初速釋放A和B。已知在A停止運動之前B始終沒有脫離A且不會與擋板碰撞，A和B的質量均為m=1kg，它們之間的動摩擦因數μ=33，A或B與擋板每次碰撞損失的動能均為△E=10J，忽略碰撞時間，重力加速度大小g取⑴A第一次與擋板碰前瞬間的速度大小v；⑵A第一次與擋板碰撞到第二次與擋板碰撞的時間△t；⑶B相對于A滑動的可能最短時間t。

如圖所示，半圓形豎直光滑軌道ab固定在水平地面上，軌道半徑R=0.6m，與水平粗糙地面ab相切，質量m2=0.2kg的物塊B靜止在水平地面上b點，另一質量m1=0.6kg物塊A在a點以v0=10m/s的初速度沿地面滑向物塊B，與物塊B發生碰撞(碰撞時間極短)，碰后兩物塊粘在一起，之后沖上半圓軌道，到最高點c時，兩物塊對軌道的壓力恰好等于兩物塊的重力。已知ab兩點間距L=3.6m，A與B均可視為質點，空氣阻力不計，(1)物塊A與B剛碰后一起運動的速度v；(2)物塊A和地面間的動摩擦因數μ。

如圖，光滑軌道PQO的水平段QO=h2，軌道在O點與水平地面平滑連接。一質量為m的小物塊A從高h處由靜止開始沿軌道下滑，在O點與質量為4m的靜止小物塊B發生碰撞。A、B與地面間的動摩擦因數均為μ=0.5，重力加速度大小為g。假設A、B間的碰撞為完全彈性碰撞，碰撞時間極短。求

(1)第一次碰撞后瞬間A和B速度的大小；

(2)A、B均停止運動后，二者之間的距離。

如圖所示，有一個可視為質點的質量為m=1kg的小物塊，從光滑平臺上的A點以v0=3m/s的初速度水平拋出，到達C點時，恰好沿C點的切線方向進入固定在水平地面上的光滑圓弧軌道，最后小物塊滑上緊靠軌道末端D點的質量為M=3kg的長木板。已知木板上表面與圓弧軌道末端切線相平，木板下表面與水平地面之間光滑，小物塊與長木板間的動摩擦因數μ=0.3，圓弧軌道的半徑為R=0.5m，C點和圓弧的圓心連線與豎直方向的夾角θ=53°，不計空氣阻力，求：(

g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)

(1)A、C兩點的高度差；

(2)小物塊剛要到達圓弧軌道末端D點時對軌道的壓力；

如圖所示，水平臺面AB距地面的高度h=0.80m.質量為0.2kg的滑塊以v0=6.0m/s的初速度從A點開始滑動，滑塊與平臺間的動摩擦因數μ=0.25.滑塊滑到平臺邊緣的B點后水平飛出．已知AB間距離s1=2.2m.滑塊可視為質點，不計空氣阻力．(g取10m/s2)求：

(1)滑塊從B點飛出時的速度大小

(2)滑塊落地點到平臺邊緣的水平距離s

如圖所示，內壁光滑、半徑R=1.25m的四分之一圓弧軌道AB在最低點B與粗糙水平軌道BC相切。質量m1=0.1kg的物塊a自圓弧軌道頂端由靜止釋放，質量m2=0.2kg的物塊b靜止在水平軌道上，與B點相距x=4m，—段時間后物塊a、b發生彈性正碰。己知a、b與水平軌道間的動摩擦因數均為μ=0.2，忽略空氣阻力，重力加速度g取(1)物塊a、b碰撞前a的速度大小；(2)物塊a、b碰撞后相距的最遠距離。

如圖所示，傾斜軌道AB和光滑圓弧軌道BC固定在同一豎直平面內，兩軌道通過一小段長度不計的光滑弧形軌道相連，已知AB長l=7.8?m，傾角θ=37°，BC弧的半徑R=0.8?m，O為其圓心，∠BOC=143°。整個裝置處在水平向左的勻強電場(未畫出)中，場強大小E=1×103N/C。兩個相同的絕緣小物塊P和Q，質量均為m=0.4?kg，帶正電的小物塊Q靜止在A點，其電荷量q=3×10?3C，不帶電的小物塊P從某一位置以v0=8?m/s的初速度水平拋出，運動到A點時恰沿斜面向下與小物塊Q發生彈性正碰，且碰撞過程無電荷轉移。若Q、P與軌道AB間的動摩擦因數分別為μ1=0.2和μ2=0.8(1)小物塊P的拋出點與A點間的豎直距離；(2)小物塊Q運動到圓弧軌道最低點B點時對軌道的壓力大小：(3)小物塊Q離開圓弧軌道后，第一次落到傾斜軌道上的位置與B點的距離。

如圖所示，用一塊長L1=1.0m的木板在墻和桌面間架設斜面，桌子高H=0.8m，長L2=1.5m，斜面與水平桌面的傾角θ可在0～60°間調節后固定，將質量m=0.2kg的小物塊從斜面頂端靜止釋放，物塊與斜面間的動摩擦因數μ1=0.05，物塊與桌面間的動摩擦因數為μ2，忽略物塊在斜面與桌面交接處的能量損失(重力加速度取g=10m/s2，最大靜止摩擦力等于滑動摩擦力)

(1)求θ角增大到多少時，物塊能從斜面開始下滑(用正切值表示)

(2)當θ角增大到37°時，物塊恰能停在桌面邊緣，求物塊與桌面間的動摩擦因數μ2(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)

(3)繼續增大θ角，發現θ=53°時物塊落地點與墻面的距離最大，求此最大距離x如圖所示，傾角為θ=30°的光滑斜軌道AB與粗糙水平軌道BC平滑連接，小物塊P從AB上由靜止釋放，與彈性擋板N碰撞一次返回后恰好停到B點，若碰撞過程小物塊P無機械能損失，碰撞時間極短可忽略，物塊P與水平面BC之間的動摩擦因數μ=0.2，B，C間的距離L=2m，取g=10m/s2，求：

(1)釋放滑塊處相對BC平面的豎直高度h；

(2)物塊運動的總時間．

如圖所示，在豎直平面內有一傾角θ=37°的傳送帶，兩皮帶輪AB軸心之間的距離L=3.2m，沿順時針方向以v=2m/s勻速運動。一質量m=2kg的物塊P從傳送帶頂端無初速度釋放，物塊P與傳送帶間的動摩擦因數μ=0.5。物塊P離開傳送帶后在C點沿切線方向無能量損失地進入半徑為59m的光滑圓弧形軌道CDF，并與位于圓弧軌道最低點F的物塊Q發生碰撞，碰撞時間極短，物塊Q的質量M=1kg。物塊P和Q均可視為質點，重力加速度g=10m/s2，(1)物塊P從傳送帶離開時的速度大小；(2)物塊P與物塊Q碰撞后瞬間，物塊P對圓弧軌道壓力大小的取值范圍。

答案和解析1.【答案】解：(1)運動員在AB上做初速度為零的勻加速運動，設AB的長度為x，斜面的傾角為α，則有

vB2=2ax

根據牛頓第二定律得

mgsinα?Ff=ma

又sinα=Hx

由以上三式聯立解得Ff=144N

(2)設運動員到達C點時的速度為vC，在由B到達C的過程中，由動能定理有

mgh+W=12mvC2?12mvB2

設運動員在C點所受的支持力為FN，由牛頓第二定律得

FN?mg=mvC2R

【解析】(1)運動員在AB段做初速度為零的勻加速運動，已知初、末速度和位移，可根據速度位移公式求出加速度，再由牛頓第二定律求出阻力。

(2)運動員從B到C的過程，由動能定理求出到達C點的速度。在C點，由重力和軌道的支持力充當向心力，由牛頓第二定律列式，即可求解。

本題中運動員先做勻加速運動，后做圓周運動，是牛頓第二定律、運動學公式、動能定理和向心力的綜合應用，要知道圓周運動向心力的來源，涉及力在空間的效果，可考慮動能定理。

2.【答案】解：(1)滑塊下滑過程，由動能定理得：

mgssinθ?μ1mgcosθ?s=12mvP2?0，

代入數據解得：vP=6m/s；

(2)a、滑塊到達傳送帶上后做勻減速直線運動，在滑塊速度減為零過程中，由動能定理得：

?μ2mgs′=0?12mvP2，

代入數據解得：s′=4.5m<L=10m，滑塊不能到達Q端；

b、滑塊在傳送帶上運動時的加速度為：a=μ2mgm=μ2g=4m/s2，

滑塊向右減速運動的時間為：t1=vPa=64=1.5s，

在此時間內，傳送帶位移為：x1=vt1=2×1.5=3m，

滑塊向右加速運動到速度等于傳送帶速度需要的時間為：t2=va=24=0.5s，

在此時間內傳送帶的位移為：x2=vt【解析】(1)對滑塊下滑過程應用動能定理可以求出滑塊到達P端的速度．

(2)滑塊滑上水平傳送帶后向右做勻減速直線運動，如果滑塊速度減為零時的位移大于等于傳送帶的長度，則滑塊可以到達QQ端，否則不能達到Q端；分析清楚滑塊的運動過程，應用功的計算公式可以求出功．

(3)分析清楚滑塊的運動過程判斷滑塊的最終位置，然后應用能量守恒定律求出滑塊的路程．

本題考查了動能定理的應用，分析清楚滑塊的運動過程是解題的關鍵，應用動能定理可以解題．分析滑塊運動過程時要注意：滑塊在傳送帶上向左先做勻加速運動，后做勻速直線運動；解題時要注意，(3)求的是滑塊相對地面的路程．

3.【答案】解：(1)小物塊從A→B→C→D過程中，由動能定理得mg(h1?h2)?μmgs=12mvD2?0

將h1、h2、s、μ、g代入得：vD=3m/s

即小滑塊第一次到達D點時的速度大小為3m/s．

(2)小物塊從A→B→C過程中，由動能定理得mgh1?μmgs=12mvC2

將h1、s、μ、g代入得：vC=6m/s

小物塊沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2

小物塊沿CD段上滑到最高點的時間t1=vCa=1s

由于對稱性可知小物塊從最高點滑回C點的時間t2=t1=1s

故小物塊第一次與第二次通過【解析】(1)直接對小物塊從A→B→C→D過程中運用動能定理列式求解即可；

(2)先對從A→B→C過程運用動能定理求出小滑塊到達C點的速度，求出在斜面CD上的加速度，再對小滑塊在CD斜面上的運動運用運動學公式求解；

(3)對全部過程運用動能定理，得出物體在BC面上滑行的總路程，再結合幾何關系確定物體最終的靜止位置．

本題關鍵靈活地選擇物理過程運用動能定理列式求解，同時要注意摩擦力做的總功等于摩擦力與路程的積．

4.【答案】解：

(1)小球在豎直方向做自由落體運動，運動時間為

t=2Hg=2×3.210=0.8s；

小球在水平方向做勻減速運動，加速度

a=Fm=153=5m/s2；

則水平位移s=v0t?12at2=8×0.8?12×5×0.64=4.8m

(2)由動能定理

EK?12mv02=mgH?Fx

解得：Ek=120J

(3)小球離開桿后經過時間t的水平位移

x=v0t?12at2【解析】(1)小球離開桿后在豎直方向做自由落體運動，水平方向做勻減速直線運動；根據自由落體運動規律可求得時間；根據水平方向的勻變速直線運動規律可求得水平位移；

(2)對小球下落全過程由動能定理列式可求得落地時的動能；

(3)設達到78J用時為t，根據運動學公式求出其豎直分位移和水平分位移；再對下落過程由動能定理列式，根據數學規律可求得速度為78J所用的時間．

本題考查動能定理以及運動的合成和分解規律，難點在于第三問中的數學規律的應用，要注意體會物理對于數學知識應用的考查，在學習中要注意體會并加強該方面的訓練．

5.【答案】解：(1)將彈簧豎直放置在地面上，物體下落壓縮彈簧時，由系統的機械能守恒得

Ep=5mgl

如圖，根據能量守恒定律得

Ep=μmg?4l+12mvB2

聯立解得vB=6gl

物體P從B到D的過程，由機械能守恒定律得

mg?2l+12mvD2=12mvB2

解得vD=2gl>gl

所以物體P能到達D點，且物體P離開D點后做平拋運動，則有

2l=12gt2

x=vDt

解得x=22l【解析】解決本題時要抓住彈簧的形變量相等時彈性勢能相等這一隱含的條件，正確分析能量是如何轉化，分段運用能量守恒定律列式是關鍵．

(1)先研究彈簧豎直的情況，根據系統的機械能守恒求出彈簧最大的彈性勢能．彈簧如圖放置時，由于彈簧的壓縮量等于豎直放置時的壓縮量，兩種情況彈簧的彈性勢能相等．由能量守恒定律求出物體P滑到B點時的速度，由機械能守恒定律求出物體P到達D點的速度．物體P離開D點后做平拋運動，由平拋運動的規律求水平距離．

(2)P能滑上圓軌道，且仍能沿圓軌道滑下，能上升的最高點為C，根據能量守恒定律列式和臨界條件求解．

6.【答案】解：①A與B碰后瞬間，B速度最大．取向右為正方向，

由A、B系統動量守恒，有：mAv0+0=?mAvA+mBvB，

代入數據得：vB=4m/s；

②B與C達到共同速度后，由B、C系統動量守恒，以向右為正方向，

由動量守恒定律有：mBvB+0=(mB+mC)vC，代入數據得：vC=【解析】①A、B碰撞瞬間B的速度最大，碰撞過程系統動量守恒，應用動量守恒定律可以求出最大速度．

②系統動量守恒，應用動量守恒定律與能量守恒定律可以求出動摩擦因數．

本題考查了求速度與損失的機械能問題，分析清楚物體運動過程，應用動量守恒定律與能量守恒定律即可正確解題．

7.【答案】解：(1)從A到B根據速度位移關系可得：vB2?vA2=2aL，

解得：L=900?02×4.5m=100m；

(2)根據動量定理可得：I=mvB?mvA=60×30?0=1800N?s；

(3)運動員經過C點時受到重力和支持力，如圖所示；

根據動能定理可得：mgh=12mvC2?12mvB2，

根據第二定律可得：FN?mg=mv【解析】(1)從A到B根據速度位移關系求解AB的長度；

(2)根據動量定理求解合外力的沖量I的大小；

(3)根據受力情況畫出運動員經過G點時受力示意圖；根據動能定理、列方程求解支持力的大小。

本題主要是考查運動學計算公式、動量定理、動能定理和向心力的計算；利用動量定理解答問題時，要注意分析運動過程中物體的受力情況，知道合外力的沖量才等于動量的變化。

8.【答案】解：①由動能定理得：mgR?Wf=1212mv02?0，

代入數據解得：Wf=1.5J；

②以小鐵塊的初速度方向為正方向，

由動量守恒定律得：mv0=(m+M)v【解析】本題考查了求克服摩擦力做的功、求速度，分析清楚物體運動過程、應用動能定理、動量守恒定律即可正確解題。

①由動能定理可以求出克服摩擦力的功；

②小鐵塊與木板相互作用過程系統動量守恒，由動量守恒定律可以求出它們的共同速度。

9.【答案】解：(1)設郵件放到皮帶上與皮帶發生相對滑動過程中受到的滑動摩擦力為F，則：

F=μmg

①

取向右為正方向，對郵件應用動量定理得，Ft=mv?0，②

由①②式并代入數據得，

t=0.2s

③

(2)郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，對郵件應用動能定理，有：

Fx=12mv2?0

④

由①④式并代入數據得，x=0.1m

⑤

(3)郵件與皮帶發生相對滑動的過程中，設皮帶相對地面的位移為s，則：

s=vt

⑥

摩擦力對皮帶做的功W=?Fs

⑦

由①③⑥⑦式并代入數據得，W=?2J．

答：(1)郵件滑動的時間t為0.2s；

(2)郵件對地的位移大小x為0.1m；

(3)【解析】(1)對郵件運用動量定理，求出郵件速度達到傳送帶速度所需的時間．

(2)對郵件運用動能定理，求出郵件相對地面的位移大小．

(3)根據摩擦力的大小以及皮帶的位移大小求出郵件與皮帶間的摩擦力對皮帶做的功W．

本題考查了動量定理、動能定理的基本運用，本題也可以采用動力學知識進行求解，關鍵需理清郵件在整個過程中的運動規律．

10.【答案】解：(1)物塊從A到B過程，由動能定理得：

?μmgsAB=12mvB2?12mv02，代入數據解得：μ=0.32；

(2)以向右為正方向，物塊碰撞墻壁過程，

由動量定理得：Ft=mv?mvB，

解得：F=?130N，負號表示方向向左；

(3)物塊向左運動過程，由動能定理得：

W=0?12mv2=?9J；

所以克服摩擦力做功為9J。

答：(1)【解析】(1)對物塊應用動能定理可以求出動摩擦因數。

(2)對物塊應用動量定理可以求出作用力大小。

(3)應用動能定理可以求出物塊反向運動過程克服摩擦力做的功。

本題考查了求動摩擦因數、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物體運動過程、應用動能定理、動量定理即可正確解題。

11.【答案】解：(1)木板運動的位移為s，根據動能定理得，μmgs=12Mv2?0

則動能的增加量為μmgs．

(2)小鐵塊的位移為l+s，根據動能定理得，?μmg(l+s)=△Ek

可知小鐵塊動能的減小量為μmg(l+s)．

(3)則系統減小的機械能等于△E=μmg(l+s)?μmgs=μmgl．

(4)系統產生的熱量等于系統減小的機械能，Q=△E=μmgl．

答：(1)木板的動能增加為μmgs．

(2)小鐵塊的動能減小量為μmg(l+s)．

(3)系統減小的機械能等于【解析】對木板和小鐵塊運用動能定理，得出木塊動能的增加量和小鐵塊動能的減小量．從而得出系統機械能的減小量，系統產生的熱量等于系統機械能的減小量．

本題考查動能定理的基本運用，知道系統減小的機械能全部轉化為熱量．

12.【答案】解：(1)設滑塊B滑到A的底端時速度為v0，根據機械能守恒定律得：

mgR=12mv02

解得v0=6m/s

設滑塊B剛下滑到圓弧底端時，圓弧軌道對滑塊的支持力為FN，由牛頓第二定律得：

FN?mg=mv02R

解得FN=60N

由牛頓第三定律得：F壓=FN=60N

(2)設AB共同速度為v1，取向右為正方向，由動量守恒定律得：

mv0=(m+M)v1．

解得v1=4m/s

對A，由動能定理得：

μ1mgs=12Mv12

解得s=0.8m

即保證A與平臺相碰前A、B能達到共同速度，s應滿足s>0.8m．

(3)設滑塊到達Q處的速度為v2時，滑塊恰好到達斜坡頂端，根據機械能守恒定律得：

mgh=12mv22

解得v2=5m/s

由(2)可知滑塊進入PQ間時速度大小為v1，當滑塊到達Q處速度

v2=5m/s時，對滑塊，由動能定理得：

Fl?μmgl=12mv22?12mv12

解得μ=0.1

即0<μ≤0.1，滑塊從斜坡頂端離開，滑塊在PQ間通過的路程為0.5m．

若滑塊滑上斜坡后，從斜坡返回，到達P點速度剛好為零，設此時動摩擦因數為μ2.對滑塊，由動能定理得：

?μ2mg?2l=0?12mv【解析】(1)滑塊在圓弧軌道上下滑的過程中，由機械能守恒定律求出滑塊滑到軌道底端時的速度，由牛頓第二定律求解物塊滑到圓弧軌道底端時軌道對滑塊的支持力，從而得到滑塊對圓弧底端軌道的壓力大小．

(2)滑塊在A的水平部分上滑行時，由動量守恒定律和動能定理求s應滿足的條件．

(3)B在PQ間通過的路程與滑動摩擦力做功有關，分情況，由動能定理求解．

解決本題的關鍵是要分析清楚物體的運動情況，確定滑塊可能的運動狀態，知道涉及力在空間的效果時運用動能定理研究．滑動摩擦力做功與路程有關．

13.【答案】解：(1)B和A一起沿斜面向下運動，由機械能守恒定律有解得：v=210m/s

(2)第一次碰后，對B有

故B勻速下滑；

對A有

得A的加速度a1=10m/s2

，方向始終沿斜面向下，A將做類豎直上拋運動；

設A第1而Δt=由以上各式聯立解得：Δt=255s

(3)設A第2次反彈的速度大小為v2，由動能定理有：

12mv2?12mv12=2ΔE

得：v2=0

即A與擋板第2次碰后停在底端，B繼續勻速下滑，與擋板碰后B反彈的速度為，加速度大小為，由動能定理有：

以上各式聯立解得：B沿A向上做勻減速運動的時間：

當B速度為0時，因，即B將靜止在A上

當

【解析】

在應用牛頓運動定律和運動學公式解決問題時，要注意運動過程的分析，此類問題，還要對整個運動進行分段處理，對于板長，往往根據能量守恒求解。

(1)AB一起下滑的過程中，只有重力做功，系統的機械能守恒，據此列式求解A與C發生第一次碰撞前瞬間的速度大小v；

(2)木板上升時，對A、B分別運用由牛頓運動定律列式求解加速度，可得到B做勻速下滑運動，A沿斜面向上做勻加運動，反彈后又做勻減速運動，再如此反復，由動能定理求第一次反彈的速度v1，再由速度時間關系求時間Δt；

(3)對A由動能定理求第二次反彈的速度，判斷出A第二次反彈后將停在低端，此時對B將在A上勻速下滑，B與擋板相碰反彈后又在A上做勻減速運動到靜止，找到最短時間的臨界條件聯立方程求解。

14.【答案】解：(1)在軌道的最高點，根據牛頓定律：

2(m1+m2)g=(m1+m2)vc2R

從最低點到最高點的過程中，根據機械能守恒：12(m1+m2)v【解析】(1)應用牛頓運動定律和機械能守恒可求物塊A與B剛碰后一起運動的速度v；

(2)兩物塊碰撞的過程中，根據動量守恒定律，物塊A從a運動到b的過程中，根據動能定理，分別列出等式方程，即可求解動摩擦因數。

該題主要考查牛頓運動定律、機械能守恒、動量守恒、動能定理等相關知識的綜合應用。熟練掌握公式、分析好物體運動情景，找到物體初末狀態變化是解決本題的關鍵。

15.【答案】解：(1)A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律得：mgh=12mv02，

A、B發生完全彈性碰撞，碰撞過程動量守恒、機械能守恒，

以向右為正方向，由動量守恒定律得：mv0=mvA+4mvB，

由機械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12?4mvB2，

解得：vA=?352gh，vB=252gh；

(2)物塊B在粗糙水平面上做勻減速直線運動，最終速度為零，由動能定理得：

對B：?μ?4mgx=0?12?4mvB2，x=8h25，

設當物塊A的位移為x時速度為v，

對A，由動能定理得：?μmgx=12mv2?12mvA2，

解得：v=25gh，【解析】(1)A下滑過程機械能守恒，由機械能守恒定律求出A到達水平面時的速度，兩物塊碰撞過程系統動量守恒、機械能守恒，應用動量守恒定律與機械能守恒定律可以求出碰撞后兩物塊的速度大小。

(2)對兩物塊應用動能定理可以求出A、B在磁場水平面上的位移，然后求出兩者靜止時兩者間的距離。

本題考查了動量守恒定律的應用，分析清楚物體的運動過程是解題的前提，應用機械能守恒定律、動量守恒定律與動能定理可以解題。

16.【答案】解：(1)根據幾何關系可知：小物塊在C點速度大小為：vC=v0cos53°=30.6=5m/s，

豎直分量：vCy=4

m/s

下落高度：h=vyc22g=1620=0.8m

(2)小物塊由C到D的過程中，由動能定理得：

mgR(1?cos

53°)=12mvD2?12mvC2

代入數據解得：vD=29m/s

小球在D點時由牛頓第二定律得：FN?mg=mvD2R

代入數據解得：FN=68N

由牛頓第三定律得FN′=FN=68N，方向豎直向下

【解析】(1)小球從A點拋出做平拋運動，將C點的速度進行分解，求出豎直分速度的大小，從而根據豎直方向上的運動規律求出AC兩點的高度差．

(2)求出C點的速度，對C到D運用動能定理求出到達D點的速度，根據牛頓第二定律求出支持力的大小，從而得出物塊對軌道的壓力．

(3)當小物塊剛好不從長木板滑出時，與木板具有相同的速度，根據牛頓第二定律和運動學公式求出共同的速度，因為摩擦力與相對路程的乘積等于產生的熱量，結合能量守恒定律求出木板的長度．

本題綜合考查了動能定理、牛頓第二定律、能量守恒定律等知識，綜合性較強，關鍵理清物塊的運動過程，選擇合適的規律進行求解．

17.【答案】解：(1)滑塊從A點滑到B點的過程中，克服摩擦力做功，由動能定理

?fS1=12mv?2?12mv02

①

滑動摩擦力

f=μmg

②

由①②兩式聯立，將v0=6.0m/s，s1=2.2m，μ=0.25帶入，可得

v=5.0m/s

故滑塊從B點飛出時的速度大小為5.0m/s．

(2)滑塊離開B點后做平拋運動，豎直方向做自由落體運動

h=12gt2

③

水平方向做勻速直線運動

S2=vt

④

由③④兩式聯立，將h=0.80m，g=10m/s2帶入，可得

s2=2.0m

即滑塊落地點到平臺邊緣的水平距離s2為2.0m．【解析】(1)對直線運動過程運用動能定理直接列式求解；

(2)將平拋運動沿著水平和豎直方向正交分解，然后根據位移公式列式求解；

(3)動能變化用動能定理計算，重力勢能減小量等于重力做的功，機械能變化等于動能和勢能變化之和．

本題關鍵將運動過程分為直線減速和平拋運動兩個過程，對直線運動用動能定理列式分析，對平拋運動正交分解后用位移公式列式求解．

18.【答案】解：

(1)物塊a自圓弧軌道頂端由靜止釋放到最低點B的過程中，根據動能定理有：

m1gR=12m1v02，

物塊a從B點到與b碰撞前的過程中，根據動能定理得：

?μm1gx=12m1v12?12m1v02，

解得：v1=2gR?μx=3m/s；

(2)物塊a與物塊【解析】【分析】：

本題考查即考查單物體多過程問題，又涉及多物體的彈性碰撞，注意滿足動量守恒定律和能量守恒定律，還要結合牛頓第二定律和速度位移公式求解。

(1)

物塊a從A點到與b碰撞前的過程中，根據動能定理求解；

(2)碰撞過程，由動量守恒可表示速度關系，進而由能量守恒可得物塊a、b碰撞后的速度，物塊a、b碰撞后都做勻減速運動，根據牛頓第二定律結合速度位移公式求出物塊a、b碰撞后相距的最遠距離。

19.【答案】解：(1)設小球P剛運動到A點時的速度為vA

則：vAy=v0tan37°=6m/s

故：vA=v0cos37°=10m/s

所以小球P的拋出點距A點高度：h=vAy22g=622×10m=1.8m

即：小球P的拋出點距A點的高度為1.8m

(2)P、Q碰撞過程，動量守恒、能量守恒，設碰撞后P、Q的速度分別為vP、vQ

mvA=mvP+mvQ

12mvA2=12mvP2+12mvQ2根據牛頓第三定律，小球Q對軌道的壓力也為34.5N；即：小球Q運動到圓弧軌道最低點B點時對軌道的壓力為34.5N；(3)設小球Q能到達C點，且在C點的速度為vC，則小球Q從A點到C，解得：vC=5m/s設小球Q到C點時速度為vC′解得：因vc>vc′，故小球Q能到C點。小球解得：t=0.23s故小球Q的落點距B點x=2.4+Rsin37°=2.88m即：小球Q離開圓軌道后，第一次落到斜面上的位置距B點的距離為2.88m

【解析】本題考查了牛頓第二定律、動能定理、動量守恒定律、電場力等；本題運用牛頓第二定律和運動學公式結合研究帶電體在電場力和重力場的復合場中運動問題，難點是小球在重力場、電場的作用下“等效重力場”，由牛頓第二定律研究。

(1)根據平拋運動得出小球P的拋出點距A點的高度；

(2)P、Q碰撞過程，動量守恒、能量守恒，結合“