力学计算题专项训练1. 如图所示,劲度系数为k=100 N/m的轻弹簧A左端固定,甲、乙两滑块(视为质点)之间通过绳子夹着一个压缩弹簧B,甲刚好与桌子边缘对齐,乙与弹簧A的右端相距s0=0.95m,且m甲=3 kg,m乙=1 kg,桌子离地面的高度为h=1.25m.烧断绳子后,甲、乙落在地面上同一点,落地点与桌子边缘的水平距离为s=0.5m.O点右侧光滑,乙与O点左侧水平面动摩擦因数μ=0.2,重力加速度取g=10 m/s2,求:(1) 烧断绳子前弹簧B的弹性势能.(2) 乙滑块在水平桌面上运动过程中的最大加速度.2. 如图所示,固定在地面上的光滑轨道AB、CD均是半径为R的1/4圆弧.一质量为m、上表面长也为R的小车静止在光滑水平面EF上,小车上表面与轨道AB、CD的末端B、C相切.一质量为m的物体(大小不计)从轨道AB的A点由静止下滑,由末端B滑上小车,小车在摩擦力的作用下向右运动.当小车右端与壁CF接触前的瞬间,物体m恰好滑动到小车右端相对于小车静止,同时小车与CF相碰后立即停止运动但不粘连,物体则继续滑上轨道CD.求:(1) 物体滑上轨道CD前的瞬间速率.(2) 水平面EF的长度.(3) 当物体再从轨道CD滑下并滑上小车后,如果小车与壁BE相碰后速度也立即变为零,最后物体m停在小车上的Q点,则Q点距小车右端多远?3. 如图所示,在水平轨道右侧安放半径为R的竖直圆槽形光滑轨道,水平轨道的PQ段铺设特殊材料,调节其初始长度为l.水平轨道左侧有一轻质弹簧左端固定,弹簧处于自然伸长状态.小物块A静止放置在弹簧右端,A与弹簧接触但不拴接;小物块B从轨道右侧以初速度v0冲上轨道,通过圆形轨道、水平轨道后与物块A发生对心碰撞且瞬间粘连,之后A、B一起压缩弹簧并被弹簧以原速率弹回,经水平轨道返回圆形轨道.物块A、B均可视为质点.已知R=0.2m,l=1.0m,v0=6 m/s,物块A、B质量均为m=1 kg,与PQ段间的动摩擦因数均为μ=0.2,轨道其他部分摩擦不计.取g=10 m/s2.求:(1) 物块B与物块A碰撞前速度大小.(2) 物块B与物块A碰后返回到圆形轨道的高度.(3) 调节PQ段的长度l,B仍以v0从轨道右侧冲上轨道,当l满足什么条件时,A、B物块能返回圆形轨道且能沿轨道运动而不会脱离轨道?4.如图所示,固定的光滑平台上固定有光滑的半圆轨道,轨道半径R=0.6m.平台上静止着两个滑块A、B,m A=0.1kg,m B=0.2kg,两滑块间夹有少量炸药,平台右侧有一带挡板的小车,静止在光滑的水平地面上.小车质量为M=0.3kg,车面与平台的台面等高,车面左侧粗糙部分长度为L=0.8m,动摩擦因数为μ=0.2,右侧拴接一轻质弹簧,弹簧自然长度所在处车面光滑.点燃炸药后,A滑块到达圆轨道最高点时对轨道的压力大小恰好等于A滑块的重力,滑块B冲上小车.两滑块都可以看做质点,炸药的质量忽略不计,爆炸的时间极短,爆炸后两个物块的速度方向在同一水平直线上,取g=10 m/s2.求:(1) 滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力.(2) 炸药爆炸后滑块B的速度大小.(3) 滑块B滑上小车后的运动过程中弹簧的最大弹性势能.5.如图甲所示,平板小车A静止在水平地面上,平板板长L=6m,小物块B静止在平板左端,质量m B=0.3 kg,与A的动摩擦因数μ=0.8.在B正前方距离为s处有一小球C,质量m C =0.1 kg,球C通过长l=0.18m的细绳与固定点O相连,恰当调整O点的位置使得球C与物块B等高,且C始终不与平板A接触.在t=0时刻,平板车A开始运动,运动情况满足如图乙所示s A t关系.若BC发生碰撞,两者将粘在一起,绕O点在竖直平面内做圆周运动,并能通过O点正上方的最高点.BC可视为质点,取g=10 m/s2,求:(1) BC碰撞瞬间,细绳拉力至少为多少?(2) 刚开始时,B与C的距离s要满足什么关系?6.如图所示,光滑绝缘水平面上方空间,竖直平面MN左侧有一水平向右的匀强电场,场强大小E1=mg/q,右侧空间有长为R=0.8m、一端固定于O点的轻绝缘细绳,另一端拴一个质量为m、不带电小球B.小球B可在竖直面内沿顺时针做圆周运动,运动到最低点时速度大小v B=8 m/s(B在最低点与水平面恰好无弹力).在MN左侧水平面上有一质量也为m、带正电荷量q的小球A,在距MN平面L位置由静止释放,恰能与运动到最低点的B球发生正碰(电荷量不变),并瞬间成为一个整体C,碰后瞬间在MN的右侧空间立即加一竖直向上的匀强电场,场强大小E2=3E1.(取g=10 m/s2)(1) 如果L=0.2m,求整体C运动到最高点时的速率.(2) C在最高点时受到的拉力是物体重力的多少倍?(3) 当L满足什么条件时,整体C可在竖直面内做完整的圆周运动.7. 如图所示,以A、B为端点的1/4光滑圆弧轨道固定于竖直平面,一足够长的滑板静止在光滑水平地面上,左端紧靠B点,上表面所在平面与圆弧轨道相切于B点,离滑板右端L0=R/2处有一竖直固定的挡板P.一物块从A点由静止开始沿轨道滑下,经B滑上滑板.已知物块可视为质点,质量为m,滑板质量M=2m,圆弧轨道半径为R,物块与滑板间的动摩擦因数为μ=0.5,重力加速度为g.滑板与挡板的碰撞没有机械能损失,滑板返回B点时即被锁定.(1) 求物块滑到B点时的速度大小.(2) 求滑板与挡板P碰撞前瞬间物块的速度大小.(3) 站在地面的观察者看到在一段时间内物块正在做加速运动,求这段时间内滑板的速度范围.8．如图2所示，半径R＝1.0 m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＝37°，另一端点C为轨道的最低点．C点右侧的水平路面上紧挨C点放置一木板，木板质量M＝1 kg，上表面与C点等高．质量m＝1 kg的物块(可视为质点)从空中A点以v0＝1.2 m/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．已知物块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.2，木板与路面间的动摩擦因＝0.05.sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2.试求：数μ(1)物块经过轨道上的C点时对轨道的压力大小；(2)设木板受到的最大静摩擦力跟滑动摩擦力相等，则木板至少多长才能使物块不从木板上滑下？9．如图所示，水平地面上静止放置着物块B和C，相距l＝1.0 m．物块A以速度v0＝10 m/s沿水平方向与B 正碰，碰撞后A和B牢固地粘在一起向右运动，并再与C发生正碰，碰后瞬间C的速度v＝2.0 m/s.已知A和B的质量均为m，C的质量为A质量的k倍，物块与地面的动摩擦因数μ＝0.45(设碰撞时间很短，g取10 m/s2) (1)计算与C碰撞前瞬间AB的速度；AB的可能运动方向．10．如图甲所示，一质量为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．小物体A（可视为质点）和小球的质量均为m＝1kg，小球用长为H＝1.8m的轻绳悬挂在O点．将轻绳拉直至水平位置后静止释放小球，与小物体A发生完全弹性碰撞且速度互换．已知A和B间的动摩擦因数μ＝0.2，B与竖直挡板的碰撞时间极短，且碰撞时无机械能损失．重力加速度取g＝10m/s2．（1）若A、B达到共同速度前并未碰到挡板，则B的右端距挡板的距离s至少多长?（2）若B的右端距挡板距离s＝0.5m，要使A最终不脱离B，则木板B的长度至少多长?（保留三位有效数字）（3）取B的右端距挡板距离s＝0.5m，向右运动方向为正．A在B上开始运动时记为t＝0时刻，请在图乙的坐标纸上画出B运动3s内的速度—时间图象．甲11．一传送带装置如图所示，其中AB段是水平的，长度L AB＝4m，BC段是倾斜的，长度L BC＝5m，倾角为θ＝37°，AB和BC在B点通过一段极短的圆弧连接（图中未画出圆弧），传送带以v＝4m/s的恒定速率顺时针运转．已知工件与传送带间的动摩擦因数μ＝0.5，重力加速度g取10m/s2．现将一个工件（可看作质点）无初速度地放在A点，求：（1）工件第一次到达B点所用的时间；（2）工件沿传送带上升的最大高度；（3）工件运动23s时所在的位置．12．如图所示，半径R＝0.4m的圆盘水平放置，绕竖直轴OO¢匀速转动，在圆心O正上方h＝0.8m高处固定一水平轨道PQ，转轴和水平轨道交于O¢点．一质量m＝1kg的小车（可视为质点），在F＝4N的水平恒力作用下，从O¢左侧x0＝2m处由静止开始沿轨道向右运动，当小车运动到O¢点时，从小车上自由释放一小球，此时圆盘半径OA与x轴重合．规定经过O点水平向右为x轴正方向．小车与轨道间的动摩擦因数μ＝0.2，g 取10m/s2．（1）若小球刚好落到A点，求小车运动到点O¢的速度；（2）为使小球刚好落在A点，圆盘转动的角速度应为多大？（3）为使小球能落到圆盘上，求水平拉力F作用的距离范围．13．如图所示，物体A 放在足够长的木板B 上，木板B 静置于水平面．t ＝0时，电动机通过水平细绳以恒力F 拉木板B ，使它做初速度为零、加速度a B ＝1.0m/s 2的匀加速直线运动．已知A 的m A 和B 的m B 均为2.0kg ，A 、B 之间的动摩擦因数μ1＝0.05，B 与水平面之间的动摩擦因数μ2＝0.1，最大静摩擦力与滑动摩擦力大小视为相等，重力加速度g 取10m/s 2．求：（1）物体A 刚运动时的加速度a A ；（2）t ＝1.0s 时，电动机的输出功率P ；（3）若t ＝1.0s 时，将电动机的输出功率立即调整为P '＝5W ，并在以后的运动过程中始终保持这一功率不变，t ＝3.8s 时物体A 的速度为1.2m/s ．则在t ＝1.0s 到t ＝3.8s 这段时间内木板B 的位移为多少？14．如图所示，光滑水平面上静止放着长L ＝2m ，质量M ＝3.0kg 的木板．一个质量m ＝1.0kg 的小物体放在离木板右端b ＝0.40m 处，m 和M 之间的动摩擦因数μ＝0.1，今对木板施加向右的拉力F ＝10.0N ，为使木板能自物体下方分离出来，此拉力作用不得少于多长时间？15.如图所示，滑块A 、C 质量均为m ，滑块B 质量为1.5m 。

开始时A 、B 分别以12v v 、的速度沿光滑水平轨道向固定在右侧的挡板运动，现将C 无初速地放在A 上，并与A 粘合不再分开，此时A 与B 相距较近，B 与挡板相距足够远。

若B 与挡板碰撞将以原速率反弹，A 与B 碰撞将粘合在一起。

为使B 能与挡板碰撞两次，12v v 、应满足什么关系？电动机16．如图所示为某种弹射装置的示意图，光滑的水平导轨MN右端N处与水平传送带理想连接，传送带长L ＝4.0m，皮带轮沿顺时针方向转动，带动皮带以速率v＝3.0m/s匀速运动．三个质量均为m＝1.0kg的滑块A、B、C置于水平导轨上，开始时滑块B、C之间用细绳相连，其间有一压缩的轻质弹簧处于静止状态．滑块A 以初速度v0＝2.0m/s沿B、C连线方向向B运动，A与B碰撞后粘合在一起，碰撞时间极短，可认为A与B 碰撞过程中滑块C的速度仍为零．碰撞使连接B、C的细绳受扰动而突然断开，弹簧伸展，从而使C与A、B 分离，滑块C脱离弹簧后以速度v C＝2.0m/s滑上传送带，并从右端滑出落至地面上的P点．已知滑块C与传送带之间的动摩擦因数0.20=，g取10m/s2．求：（1）滑块C从传送带右端滑出时的速度大小；（2）滑块B、C用细绳相连时弹簧的弹性势能E P；（3）若每次实验开始时弹簧的压缩情况相同，要使滑块C总能落至P点，则滑块A与滑块B碰撞前速度的最大值v m是多少？17.．如图甲所示，一竖直面内的轨道是由粗糙斜面AB和光滑圆轨道BCD组成，AB与BCD相切于B点，C 为圆轨道的最低点．将物块置于轨道ABC上离地面高为H处由静止下滑，可用力传感器测出其经过C点时对轨道的压力N．现将物块放在ABC上不同高度处，让H从零开始逐渐增大，传感器测得物块每次从不同高度处下滑到C点时对轨道的压力N，得到如图乙所示两段直线PQ和QI，且IQ反向延长线与纵轴交点坐标值为2.5N，重力加速度g取10m/s2．求：（1）小物块的质量m及圆轨道的半径R；（2）轨道BC所对圆心角；（3）小物块与斜面AB间的动摩擦因数．甲乙力学计算题专项训练答案1. 解析:(1) 烧断绳子过程中动量守恒,有0=m甲v甲-m乙v乙.烧断绳子后甲做平抛运动h=12gt2,s=v甲t.解得v甲=sv乙=m vm甲甲乙=311⨯m/s=3 m/s.由能量守恒得烧断绳子前弹簧B的弹性势能E p=12m甲2v甲+12m乙2v乙.=12×3×12J+12×1×32J=6J.(2) 烧断绳子后,乙向左运动压缩弹簧A至最大距离s',又向右运动到O点时速度'v乙,依题意有'v乙=v甲=1 m/s.在这过程中由动能定理得-2 μm乙g(s'+s0)=12m乙2'v乙-12m乙2v乙.解得s'=22-'4v vgμ乙乙-s0=223-140.210⨯⨯m-0.95m=0.05m.乙滑块压缩弹簧A至最左端前加速度最大为a m. ks'+μm乙g=m乙a m.a m=1000.050.21101⨯+⨯⨯m/s2=7 m/s2.2. 解析:(1) 设物体从A滑至B时速率为v0,根据机械能守恒定律有mgR=12m20v,解得v物体与小车相互作用过程中,系统动量守恒,设共同速度为v1,有mv0=2mv1.解得物体滑上轨道CD前的瞬时速率v1=.(2) 设二者之间的摩擦力为f,根据动能定理有,对物体有-fs EF=12m21v-12m20v.对小车有f(s EF-R)=12m21v.解得f=12mg,sEF=32R.(3) 设物体从CD滑下后与小车达到相对静止,共同速度为v2,相对小车滑行的距离为s1,小车停后物体做匀减速运动,相对小车滑行距离为s2,根据动量守恒和能量守恒有mv1=2mv2,fs1=12m21v-12×2m22v.对物体根据动能定理有fs2=12m22v.解得s1=14R,s2=18R.则Q点距小车右端距离s=s1+s2=38R.3. 解析:(1) 物块B冲上圆形轨道后回到最低点速度为v0=6 m/s.与A碰撞前,有-μmgl=12m21v-12m20v.解得物块B与A碰撞前速度大小v1(2) A、B碰撞粘连,有mv1=2mv2.得A、B碰后速度v2=1 2v1A、B整体向右经过PQ段,有23v-22v=-2μgl.得A 、B 速度v 3=2 m/s.A 、B 整体滑上圆形轨道,有-2mgh=0-12×2m 23v .可得返回到右边轨道的高度为h=0.2m=R,符合实际. (3) 物块B 以v 0冲上轨道直到回到PQ 段右侧,有21'v -20v =-2μgl,mv'1=2mv'2,23'v -22'v =-2μgl.联立可得,B 回到右侧速度23'v =204v -52μgl=(9-5l)(m/s)2.要使A 、B 整体能返回右侧轨道且能沿轨道运动而不脱离轨道,则有: ① 若A 、B 整体沿轨道上滑至最大高度h 时,速度减为0,则h 满足0<h≤R.又 12×2m 23'v =2mgh.联立解得1.0m≤l<1.8m.② 若A 、B 整体能沿轨道上滑至最高点,则满足12×2m 23'v =2mg×2R+12×2m 24'v ,且2m 24'v R ≥2mg.联立得 l≤-0.2m,不符合实际,即不可能沿轨道上滑至最高点.综上所述,要使A 、B 物块能返回圆形轨道并沿轨道运动而不脱离轨道,l 满足的条件是1.0m≤l<1.8m.4. 解析:(1) 在最高点由牛顿第二定律m A g+F N =m A 2v R .已知最高点压力F N =m A g.由机械能守恒定律12m A v 2+m A g·2R=12m A 2A v .在半圆轨道最低点由牛顿第二定律F'N -m A g=m A 2Av R .解得F'N =7N.由牛顿第三定律知,滑块在半圆轨道最低点对轨道的压力大小为7N,方向竖直向下. (2) 由动量守恒定律m A v A =m B v B .解得v B=3m/s.(3) 由动量守恒定律m B v B=(m B+M)v共. 由能量守恒定律E p=12mB2Bv-12(mB+M)2v共-μm B gL.E p=0.22J.5. 解析:(1) 当BC在最高点处(m B+m C)g=2H ()B Cm mvl+当BC在最低点到最高点过程中12(mB +m C)2Lv=12(mB+m C)2Hv+(m B+m C)g·2l.当BC在最低点处T-(m B+m C)g=2L ()B Cm m vl+.解得T=24N.(2) BC碰撞过程中动量守恒m B v B=(m B+m C)v L. 解得v B=4m/s.碰撞时B速度必须满足v B>4m/s.B的加速度为a B=gBBmmμ=8m/s2.由图可知车A的速度为v A=8m/s. 讨论:情况1:B在加速阶段与C相碰s min=22BBva=1m.s要满足条件s≥1m.情况2:B减速阶段与C相碰.B加速阶段位移s B1=22ABva=4m.B加速阶段时间t1=ABva=1s.B加速阶段A的位移s A1=v A t1=8m.B 加速阶段AB 的相对位移Δs=s A1-s B1=4m. 由图可知B 匀速阶段时间t 2=0.5s. B 匀速阶段位移s B2=v A t 2=4m. 由图可知B 匀减速阶段A 速度为0.B 匀减速阶段时间t 3=--B A B v v a =12s.B 匀减速阶段位移s B3=22--2B AB v v a =3m<Δs=4m,物块未滑出.B 总位移s B1+s B2+s B3=11m. 综上所述1m≤s≤11m.6. 解析:(1) 对A 球,从静止到碰B 的过程由动能定理有E 1qL=12m 2A v .解得v AA 、B 碰撞由动量守恒,有mv B -mv A =2mvC . 解得共同速度v C =3m/s,方向向左.碰后在加上竖直向上的电场E 2后,整体C 仍做圆周运动,到最高点的过程由动能定理有(E 2q-2mg)·2R=12·2m·v 2-12·2m·2C v .解得在最高点速率 v=5m/s. (2) C 在最高点,由牛顿第二定律有T+2mg-E 2q=2m 2v R .解得受到的拉力T=7.25mg.(3) 整体做完整圆周运动的条件是:在B 点绳的拉力满足F≥0.即E 2q-2mg≤2m 20v R ,得v 0≥2m/s.A 、B 碰撞由动量守恒有mv B -mv A =2mv 0. 若碰后整体方向向左,取最小v 0=2 m/s,得1A v ≤4m/s.由1A v得L≤0.8m.若碰后整体方向向右,取最小v 0=-2 m/s. 得2A v ≥12m/s.由2A v得L≥7.2m.所以,L 满足的条件是L≤0.8m 或L≥7.2m.7. 解析:(1) 物块由A 到B 的运动过程,只有重力做功,机械能守恒.设物块滑到B 点的速度大小为v 0,有mgR=12m 20v .解得v 0(2) 假设滑板与P 碰撞前,物块与滑板具有共同速度v 1,取向右为正,由动量守恒定律,有 mv 0=(m+M)v 1.设此过程滑板运动的位移为s,由动能定理,得μmgs=12M 21v -0.联立解得v 1=,s=21v g μ=49R <L 0=2R .所以假设成立,滑板与挡板P 碰撞前瞬间物块的速度大小为v 1=.(3) 由于滑板与挡板的碰撞没有机械能损失,所以滑板与挡板P 碰撞后速度v 1大小不变,只是方向向左. 此后滑板做匀减速运动,物块先向右减速,再向左加速运动. 设两者第二次具有共同速度为v 2,取向左为正,有 Mv 1-mv 1=(m+M)v 2.设此时滑板离P 的距离为s',由动能定理-μmgs'=12M 22v -12M 21v .解得v 2=13v=.s'=2212-v v g μ=3281R<L 0=2R ,说明滑板与物块具有共同速度时还没有返回到B 点,两者能够第二次达到共同速度.设当物块的速度减为零时,滑板速度为v 3,取向左为正,有Mv 1-mv 1=Mv 3.解得v 3=12v=.所以,物块加速运动时滑板的速度范围为≥v M≥.8．(1)46 N (2)6 m 9．(1)4 m/s (2)见解析解析 (1)设A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 碰撞过程由动量守恒定律得 mv 0＝2mv 1设与C 碰撞前瞬间AB 的速度为v 2，由动能定理得－μmgl ＝12mv 22－12mv 21 联立以上各式解得v 2＝4 m/s(2)若A 、B 与C 发生完全非弹性碰撞，由动量守恒定律得 2mv 2＝(2＋k )mv 代入数据解得k ＝2此时AB 的运动方向与C 相同若AB 与C 发生弹性碰撞，由动量守恒定律和能量守恒定律得 2mv 2＝2mv 3＋kmv 12·2mv 22＝12·2mv 23＋12·kmv 2 联立以上两式解得v 3＝2－k 2＋k v 2v ＝42＋k v 2 代入数据解得k ＝6此时AB 的运动方向与C 相反若AB 与C 发生碰撞后AB 的速度为0，由动量守恒定律得 2mv 2＝kmv 代入数据解得k ＝4 综上所述得当2≤k <4，AB 的运动方向与C 相同 当k ＝4时，AB 的速度为0当4<k ≤6时，AB 的运动方向与C 相反10.解析：（1）设小球与A 碰撞前速度为v 0，由机械能守恒定律有2012mgH mv =得：06v =m/s 由于小球与A 的质量相同，发生弹性碰撞后速度互换．设A 、B 达到共同速度u 前并未碰到挡板，则根据动量守恒定律得0()mv M m u =+ 得：2u =m/s在这一过程中，B 的位移为：22B B u s a =，B 的加速度大小为：B mga M =μ解得：22222220.2110B Mu s mg ´===创?μm（2）因B 离竖直挡板的距离s ＝0.5m ＜2m ，所以碰到挡板时，A 、B 未达到相对静止，设此时B 的速度为v B ，由运动学知识有222B B mgsv a s M==μ 解得：1B v =m/s 设此时A 的速度为v A ，根据动量守恒定律有0B A mv Mv mv =+ 解得：4A v =m/s设在这一过程中，A 、B 发生的相对位移为1s ¢，由功能关系有22210111222A B mgs mv mv Mv ¢=--μ 解得：1 4.5s ¢=m B 碰撞挡板后，A 、B 最终达到向右的相同速度v ，根据动量守恒定律有()A B mv Mv M m v -=+ 解得：23v =m/s在这一过程中，A 、B 发生的相对位移为2s ¢，由功能关系有2222111()222A B mgs mv Mv m M v ¢=+-+μ 解得：2256s ¢=m 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，根据动量守恒定律有()Mv mv M m v ¢-=+ 解得：29v ¢=m/s在这一过程中，A 、B 发生的相对位移为3s ¢，由功能关系有22311()()22mgs M m v M m v μⅱ=+-+ 解得：3827s ¢=m 因此，为使A 不从B 上脱落，B 的最小长度为：1238.96L s s s ⅱ?=++=m（3）设B 第一次到达挡板的时间为t 1，由运动学公式有1B B v a t = 得：11t =sB 第一次碰板后以v B ＝1m/s 向左运动，加速度大小仍为a B ，由对称性可知，t ＝2s 时，B 的速度为0，又回到出发点．B 向右从零加速到23m/s 需要时间：323B v t a ==sB 向右从零加速到23m/s 运动位移：21229B v s a ==mB 向右匀速运动13s 运动位移：232(1)9s v t =-=m 因为12s s +＜0.5 m ，所以上述过程成立． 则图像如右图所示．11.解析：（1）设工件刚放在水平传送带上的加速度为a 1，由牛顿第二定律有 1m g m a μ= 解得：10.5a g μ==m/s 2设经t 1时间与传送带的速度相同，则：110.8vt a ==s 则前进的位移x 1为：211111.62x a t ==m 此后工件将与传送带一起匀速运动至B 点，设用时为t 2，则 120.6AB L x t v-==s 所以，工件第一次到达B 点所用的时间t 为 12 1.4t t t =+=s（2）设工件上升的最大高度为h ，由动能定理有 21(s i n c o s )0s i n 2hm g m g m v θμθθ-+=- 解得： 2.4h =m（3）设工件沿皮带向上运动的时间为t 3，则有 3/s i n 22s i n h h t v v θθ===s 此后由于工件在传送带的倾斜段运动时的加速度相同，在传送带的水平段运动时的加速度也相同，故工件将在传送带上做往复运动，其周期T 为 1222 5.6T t t =+=s设工件从开始运动到第一次返回传送带的水平部分，且速度变为零所需时间为t 0，则012322 6.2t t t t =++=s而：03(6.2 5.63)23t t T =+=+?s说明经23s 工件恰好运动到传送带的水平部分，且速度为零．故工件在A 点右侧到A 点的距离x 为1 2.4AB x L x =-=m12.解析：（1）小球离开小车后，由于惯性，将以离开小车时的速度作平抛运动，则有212h g t =0R v t= 小车运动到O ¢点的速度：01Rv t==m/s （2）为使小球刚好落在A 点，则小球下落的时间为圆盘转动周期的整数倍，有 2k t k T πω==，其中1,2,3k =…即：25k k ωπ=rad/s ，其中1,2,3k =… （3）小球若能落到圆盘上，则在O ¢点的速度范围是：0＜v 0≤1 m/s设水平拉力作用的最小距离与最大距离分别为x 1、x 2，对应到达点的速度分别为0和1m/s ，则 100Fx mgx μ-=2200102F x m g xm vμ-=- 代入数据得：11x =m ，2 1.125x =m则水平拉力F 作用的距离范围为：1 m ＜x ≤1.125 m ．13.解析：（1）物体A 在水平方向上受到向右的摩擦力，由牛顿第二定律有 1A A A m g m a μ= ……① 代入数据解得：0.5A a =m/s 2 ……②（2）t ＝1.0s 时，木板B 的速度大小为：11B v a t ==m/s ……③ 木板B 所受拉力F ，由牛顿第二定律有12()A A B B B F m g m m g m a μμ--+= ……④ 电动机输出功率：1P Fv = ……⑤由③④⑤并代入数据解得：7P =W ……⑥（3）电动机的输出功率调整为5W 时，设细绳对木板B 的拉力为F '，则 1P F v ⅱ= ……⑦ 代入数据解得：5F ¢=N ……⑧木板B 受力满足：12()0A A B F m g m m g μμ¢--+= ……⑨所以木板B 将做匀速直线运动，而物体A 则继续在B 上做匀加速直线运动直到A 、B 速度相等．设这一过程时间为t '，有1()A v a t t ¢=+ ……⑩ （1t ¢=s ） 这段时间内B 的位移：11s v t ¢= ……⑾ （11s =m ）A 、B 速度相同后，由于F '＞2()A B m m g μ+且电动机输出功率恒定，A 、B 将一起做加速度逐渐减小的变加速运动．由动能定理有222122111()()()()22A B A B A A B P t t t m m gs m m v m m v μⅱ---+=+-+ ……⑿ 联立②③⑩⑾⑿并代入数据解得在t ＝1.0s 到t ＝3.8s 这段时间的位移：12 3.03s s s =+=m （2 2.03s =m ）14.解析：设拉力最小作用时间为t ，据牛顿第二定律有1.0m a g μ==m/s 2 3.0M F m ga Mμ-==m/s 2 从拉力作用到撤去拉力的瞬时，有m m v a t = ……①M M v a t = ……② 2211122M m a t a t s ∆-= ……③ 由①②③解得：21s t ∆= ……④撤去拉力后，物体m 仍做匀加速运动，木板M 做匀减速运动，经时间t 1，物体m 滑到木板的左端，两者的速度等于v 共，有M m g M a μ¢= 解得：13M a ¢=m/s 2 ……⑤ 11m m M M v v a t v a t ¢=+=-共 ……⑥⑤代入⑥解得：132t t = 再利用位移关系 221111211()()22M M m m v t a t v t a t s ∆¢--+= 将各量代入解得：2232s t ∆= ……⑦从图中不难看出：12s s L b ∆∆+=- ……⑧由④⑦⑧得到：0.8t =s ．15.解析：将C 无初速地放在A 上后，112'mv mv =，11'2v v =， A 与B 的碰撞一定要发生在B 与墙发生碰撞之后，所以有： A 与B 碰撞后粘合在一起，使B 能与挡板碰撞两次，1232'()2mv mv +-＞0 得：16. 解析：（1）滑块C 滑上传送带后做匀加速直线运动．设滑块C 从滑上传送带到速度达到传送带的速度v 所用的时间为t ，加速度大小为a ，在时间t 内滑块C 的位移为x ，据牛顿第二定律和运动学公式有 m g m a μ= C v v a t =+ 212C x v ta t =+v 共2'1v v ≤212223v v v ≤<解得： 1.25x =m ＜L即滑块C 在此传送带上先加速，达到传送带的速度v 后随传送带匀速运动，并从右端滑出，则滑块C 从传送带右端滑出时的速度为 3.0v =m/s ．（2）设A 、B 碰撞后的速度为v 1，A 、B 与C 分离时的速度为v 2，根据动量定恒定律有 012mv mv = 1222C mv mv mv =+由机械能守恒定律有：2221211122222P C E mv mv mv +?? 联立解得： 1.0P E =J（3）在题设条件下，若滑块A 在碰撞前速度有最大值，则碰撞后滑块C 的速度有最大值．它减速运动到传送带右端时，速度应当恰好等于传送带的速度v ．设A 与B 碰撞后的速度为1v ¢，分离后A 与B 的速度为2v ¢，滑块C 的速度为C v ¢，由动量守恒定律有12m mv mv ¢= 1222C mv mv mv ⅱ?=+由机械能守恒定律有：2221211122222P C E mv mv mv ⅱ?+?? 由运动学公式有：222C v v aL ¢-= 联立解得：7.1m v =m/s17.解析：（1）物块从圆轨道BC 滑下，据机械能守恒定律有：212C mgH mv =在C 点由牛顿第二定律有：2C v N mg m R-=联立可得：2mgN H mg R=+结合PQ 段图象有：2mg =N ，2420.5mg R -=可得：0.2m =kg ，1R =m ．（2）从图乙中可以看出B 、C 点的高度差为0.5m ．由题可知：10.51cos 12θ-== 解得：60θ=?（3）物块从斜面开始下滑到C 点，由动能定理有20.51c o s 0s i n 2C H m g H m g m v μθθ--?- 在C 点由牛顿第二定律有：2C v N mg m R-=联立可得：2(1)(1)tan60tan60mg N H mg R R μμ=-++鞍结合图象可得：24 2.5(1)tan600.5mg R μ--=°，解得：μ=．。