高考物理计算题专题复习《动能定理综合题》(解析版)

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页《动能定理综合题》一、计算题我国将于2022年举办冬奥运会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一，如图所示，质量m=60kg的运动员从长直轨道AB的A处由静止开始以加速度a=3.6m/s2匀加速下滑，到达助滑道末端B时速度vB=24m/s，A与B的竖直高度差H=48m。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为圆心的圆弧，助滑道末端B与滑道最低点C的高度差h=5m，运动员在B、C间运动时阻力做功W=−1530J，取g=10m/s2。

(1)求运动员在AB段下滑时受到阻力Ff的大小；

(2)若运动员能承受的最大压力为其所受重力的6

如图所示，水平传送带的左端与一倾角θ=37°的粗糙斜面平滑连接，一个小滑块(可视为质点)从斜面上的A点由静止释放，沿斜面滑下并冲上传送带，传送带以恒定速率v=2m/s逆时针转动．已知小滑块的质量m=2kg，斜面上A点到斜面底端的长度s=9m，传送带的长度为L=10m，小滑块与斜面的动摩擦因数μ1=0.50，小滑块与传送带间动摩擦因数μ2=0.40，g=10m/s2.求：

(1)小滑块到达斜面底端P的速度大小；

(2)a.判断冲上传送带的小滑块是否可以运动到传送带的右端Q；

b.若小滑块可以运动到Q，试求小滑块从P点运动到Q点的过程中摩擦力分别对小滑块和传送带做的功；若小滑块不能达到Q，试求小滑块从P点开始再次运动到

如图所示装置由AB、BC、CD三段轨道组成，轨道交接处均由很小的圆弧平滑连接，其中轨道AB、CD段是光滑的，水平轨道BC的长度s=5m，轨道CD足够长且倾角θ=37°，A、D两点离轨道BC的高度分别为h1=4.30m、h2=1.35m.现让质量为m的小滑块自A点由静止释放．已知小滑块与轨道BC间的动摩擦因数μ=0.5，重力加速度g取10m/s2，sin37°=0.6、cos37°=0.8.求：

(1)小滑块第一次到达D点时的速度大小；

(2)小滑块第一次与第二次通过C点的时间间隔；

风洞是研究空气动力学的实验设备．如图，将刚性杆水平固定在风洞内距地面高度H=3.2m处，杆上套一质量m=3kg，可沿杆滑动的小球．将小球所受的风力调节为F=15N，方向水平向左．小球以速度v0=8m/s向右离开杆端，假设小球所受风力不变，取g=10m/s2.求：

(1)小球落地所需时间和离开杆端的水平距离；

(2)小球落地时的动能．

(3)小球离开杆端后经过多少时间动能为78J？

轻质弹簧原长为2l，将弹簧竖直放置在地面上，在其顶端将一质量为5m的物体由静止释放，当弹簧被压缩到最短时，弹簧长度为l.现将该弹簧水平放置，一端固定在A点，另一端与物块P接触但不连接．AB是长度为5l的水平轨道，B端与半径为l的光滑半圆轨道BCD相切，半圆的直径BD竖直，如图所示．物块P与AB间的动摩擦因数μ=0.5.用外力推动物块P，将弹簧压缩至长度l，然后释放，P开始沿轨道运动，重力加速度大小为g．

(1)若P的质量为m，求P到达B点时速度的大小，以及它离开圆轨道后落回到AB上的位置与B点间的距离；

(2)若P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，求P的质量mp的取值范围．如图所示，木板A质量mA=1kg，足够长的木板B质量mB=4kg，质量为mC=2kg的木块C置于木板B上，水平地面光滑，B、C之间存在摩擦．开始时B、C均静止，现使A以v0=12m/s的初速度向右运动，与B碰撞后以4m/s速度弹回．g取10m/s2，求：

①B运动过程中的最大速率．

②碰撞后C在B上滑行距离

2022年将在我国举办第二十四届冬奥会，跳台滑雪是其中最具观赏性的项目之一。某滑道示意图如下，长直助滑道AB与弯曲滑道BC平滑衔接，滑道BC高h=10 m，C是半径R=20 m圆弧的最低点。质量m=60 kg的运动员从A处由静止开始匀加速下滑，加速度a=4.5m/s2，到达B点时速度vB=30m/s。取重力加速度g=10m/s2。

(1)求长直助滑道AB的长度L；

(2)求运动员在AB段所受合外力的冲量I的大小；

(3)若不计

如图，一质量M=2.0kg的长木板AB静止在水平面上，木板的左侧固定一半径R=0.60m的四分之一圆弧形轨道，轨道末端的切线水平，轨道与木板靠在一起，且末端高度与木板高度相同．现在将质量m=1.0kg的小铁块(可视为质点)从弧形轨道顶端由静止释放，小铁块到达轨道底端时的速度v0=3.0m/s，最终小铁块和长木板达到共同速度．忽略长木板与地面间的摩擦．取重力加速度g=10m/s2.求：

①小铁块在弧形轨道上滑动过程中克服摩擦力所做的功Wf；

某快递公司分拣邮件的水平传输装置示意图如图所示，皮带在电动机的带动下保持v=1 m/s的恒定速度向右运动，现将一质量为m=2 kg的邮件轻放在皮带上，邮件和皮带间的动摩擦因数μ=0.5。设皮带足够长，取g=10 m/s2(1)邮件滑动的时间t；(2)邮件对地的位移大小x；(3)邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W。

一质量为0.5kg的小物块放在水平地面上的A点，距离A点5m的位置B处是一面墙，如图所示，物块以v0=9m/s的初速度从A点沿AB方向运动，在与墙壁碰撞前瞬间的速度为7m/s，碰后以6m/s的速度反向运动直至静止。g取10m/s2。

(1)求物块与地面间的动摩擦因数μ；

(2)若碰撞时间为0.05s，求碰撞过程中墙面对物块平均作用力的大小F；

(3)求物块在反向运动过程中克服摩擦力所做的功

如图所示，质量为m的小铁块A以水平速度v0冲上质量为M、长为l、置于光滑水平面C上的木板B，正好不从木板上掉下，已知A、B间的动摩擦因数为μ，此时木板对地位移为s，求这一过程中：

(1)木板增加的动能；

(2)小铁块减少的动能；

(3)系统机械能的减少量；

(4)系统产生的热量．

如图所示，质量m=1Kg的滑板A带有四分之一光滑圆轨道，圆轨道的半径R=1.8m，圆弧底端点切线水平，滑板的水平部分粗糙．现滑板A静止在光滑水平面上，左侧紧靠固定挡板，右侧有与A等高的平台，平台与A的右端间距为s.平台最右端有一个高h=1.25m的光滑斜坡，斜坡和平台用长度不计的小光滑圆弧连接，斜坡顶端连接另一水平面．现将质量m=2kg的小滑块B(可视为质点)从A的顶端由静止释放，取重力加速度g=10m/s2.求：

(1)滑块B刚滑到圆弧底端时，对圆弧底端轨道的压力大小．

(2)若A、B间动摩擦因数μ1=0.5，保证A与平台相碰前A、B能达到共同速度，则s应满足什么条件？

(3)平台上P、Q之间是一个宽度l=0.5m的特殊区域，该区域粗糙，且当滑块B进入后，滑块还会受到一个水平向右、大小F=20N的恒力作用，平台其余部分光滑．在满足第(2)问的条件下，若A与B共速时，B刚好滑到A的右端，A恰与平台相碰，此后B滑上平台，同时快速撤去A.设B与PQ之间的动摩擦因数0<μ<l，试讨论因μ的取值不同，B在PQ间通过的路程大小．

如图，倾角θ=30°的光滑斜面底端固定一块垂直于斜面的挡板。将长木板A静置于斜面上，A上放置一小物块B，初始时A下端与挡板相距L=4m，现同时无初速释放A和B。已知在A停止运动之前B始终没有脱离A且不会与挡板碰撞，A和B的质量均为m=1kg，它们之间的动摩擦因数μ=33，A或B与挡板每次碰撞损失的动能均为△E=10J，忽略碰撞时间，重力加速度大小g取⑴A第一次与挡板碰前瞬间的速度大小v；⑵A第一次与挡板碰撞到第二次与挡板碰撞的时间△t；⑶B相对于A滑动的可能最短时间t。

如图所示，半圆形竖直光滑轨道ab固定在水平地面上，轨道半径R=0.6m，与水平粗糙地面ab相切，质量m2=0.2kg的物块B静止在水平地面上b点，另一质量m1=0.6kg物块A在a点以v0=10m/s的初速度沿地面滑向物块B，与物块B发生碰撞(碰撞时间极短)，碰后两物块粘在一起，之后冲上半圆轨道，到最高点c时，两物块对轨道的压力恰好等于两物块的重力。已知ab两点间距L=3.6m，A与B均可视为质点，空气阻力不计，(1)物块A与B刚碰后一起运动的速度v；(2)物块A和地面间的动摩擦因数μ。

如图，光滑轨道PQO的水平段QO=h2，轨道在O点与水平地面平滑连接。一质量为m的小物块A从高h处由静止开始沿轨道下滑，在O点与质量为4m的静止小物块B发生碰撞。A、B与地面间的动摩擦因数均为μ=0.5，重力加速度大小为g。假设A、B间的碰撞为完全弹性碰撞，碰撞时间极短。求

(1)第一次碰撞后瞬间A和B速度的大小；

(2)A、B均停止运动后，二者之间的距离。

如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=3m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进入固定在水平地面上的光滑圆弧轨道，最后小物块滑上紧靠轨道末端D点的质量为M=3kg的长木板。已知木板上表面与圆弧轨道末端切线相平，木板下表面与水平地面之间光滑，小物块与长木板间的动摩擦因数μ=0.3，圆弧轨道的半径为R=0.5m，C点和圆弧的圆心连线与竖直方向的夹角θ=53°，不计空气阻力，求：(

g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6)

(1)A、C两点的高度差；

(2)小物块刚要到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；

如图所示，水平台面AB距地面的高度h=0.80m.质量为0.2kg的滑块以v0=6.0m/s的初速度从A点开始滑动，滑块与平台间的动摩擦因数μ=0.25.滑块滑到平台边缘的B点后水平飞出．已知AB间距离s1=2.2m.滑块可视为质点，不计空气阻力．(g取10m/s2)求：

(1)滑块从B点飞出时的速度大小

(2)滑块落地点到平台边缘的水平距离s

如图所示，内壁光滑、半径R=1.25m的四分之一圆弧轨道AB在最低点B与粗糙水平轨道BC相切。质量m1=0.1kg的物块a自圆弧轨道顶端由静止释放，质量m2=0.2kg的物块b静止在水平轨道上，与B点相距x=4m，—段时间后物块a、b发生弹性正碰。己知a、b与水平轨道间的动摩擦因数均为μ=0.2，忽略空气阻力，重力加速度g取(1)物块a、b碰撞前a的速度大小；(2)物块a、b碰撞后相距的最远距离。

如图所示，倾斜轨道AB和光滑圆弧轨道BC固定在同一竖直平面内，两轨道通过一小段长度不计的光滑弧形轨道相连，已知AB长l=7.8 m，倾角θ=37°，BC弧的半径R=0.8 m，O为其圆心，∠BOC=143°。整个装置处在水平向左的匀强电场(未画出)中，场强大小E=1×103N/C。两个相同的绝缘小物块P和Q，质量均为m=0.4 kg，带正电的小物块Q静止在A点，其电荷量q=3×10−3C，不带电的小物块P从某一位置以v0=8 m/s的初速度水平抛出，运动到A点时恰沿斜面向下与小物块Q发生弹性正碰，且碰撞过程无电荷转移。若Q、P与轨道AB间的动摩擦因数分别为μ1=0.2和μ2=0.8(1)小物块P的抛出点与A点间的竖直距离；(2)小物块Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力大小：(3)小物块Q离开圆弧轨道后，第一次落到倾斜轨道上的位置与B点的距离。

如图所示，用一块长L1=1.0m的木板在墙和桌面间架设斜面，桌子高H=0.8m，长L2=1.5m，斜面与水平桌面的倾角θ可在0～60°间调节后固定，将质量m=0.2kg的小物块从斜面顶端静止释放，物块与斜面间的动摩擦因数μ1=0.05，物块与桌面间的动摩擦因数为μ2，忽略物块在斜面与桌面交接处的能量损失(重力加速度取g=10m/s2，最大静止摩擦力等于滑动摩擦力)

(1)求θ角增大到多少时，物块能从斜面开始下滑(用正切值表示)

(2)当θ角增大到37°时，物块恰能停在桌面边缘，求物块与桌面间的动摩擦因数μ2(已知sin37°=0.6，cos37°=0.8)

(3)继续增大θ角，发现θ=53°时物块落地点与墙面的距离最大，求此最大距离x如图所示，倾角为θ=30°的光滑斜轨道AB与粗糙水平轨道BC平滑连接，小物块P从AB上由静止释放，与弹性挡板N碰撞一次返回后恰好停到B点，若碰撞过程小物块P无机械能损失，碰撞时间极短可忽略，物块P与水平面BC之间的动摩擦因数μ=0.2，B，C间的距离L=2m，取g=10m/s2，求：

(1)释放滑块处相对BC平面的竖直高度h；

(2)物块运动的总时间．

如图所示，在竖直平面内有一倾角θ=37°的传送带，两皮带轮AB轴心之间的距离L=3.2m，沿顺时针方向以v=2m/s匀速运动。一质量m=2kg的物块P从传送带顶端无初速度释放，物块P与传送带间的动摩擦因数μ=0.5。物块P离开传送带后在C点沿切线方向无能量损失地进入半径为59m的光滑圆弧形轨道CDF，并与位于圆弧轨道最低点F的物块Q发生碰撞，碰撞时间极短，物块Q的质量M=1kg。物块P和Q均可视为质点，重力加速度g=10m/s2，(1)物块P从传送带离开时的速度大小；(2)物块P与物块Q碰撞后瞬间，物块P对圆弧轨道压力大小的取值范围。

答案和解析1.【答案】解：(1)运动员在AB上做初速度为零的匀加速运动，设AB的长度为x，斜面的倾角为α，则有

vB2=2ax

根据牛顿第二定律得

mgsinα−Ff=ma

又sinα=Hx

由以上三式联立解得Ff=144N

(2)设运动员到达C点时的速度为vC，在由B到达C的过程中，由动能定理有

mgh+W=12mvC2−12mvB2

设运动员在C点所受的支持力为FN，由牛顿第二定律得

FN−mg=mvC2R

【解析】(1)运动员在AB段做初速度为零的匀加速运动，已知初、末速度和位移，可根据速度位移公式求出加速度，再由牛顿第二定律求出阻力。

(2)运动员从B到C的过程，由动能定理求出到达C点的速度。在C点，由重力和轨道的支持力充当向心力，由牛顿第二定律列式，即可求解。

本题中运动员先做匀加速运动，后做圆周运动，是牛顿第二定律、运动学公式、动能定理和向心力的综合应用，要知道圆周运动向心力的来源，涉及力在空间的效果，可考虑动能定理。

2.【答案】解：(1)滑块下滑过程，由动能定理得：

mgssinθ−μ1mgcosθ⋅s=12mvP2−0，

代入数据解得：vP=6m/s；

(2)a、滑块到达传送带上后做匀减速直线运动，在滑块速度减为零过程中，由动能定理得：

−μ2mgs′=0−12mvP2，

代入数据解得：s′=4.5m<L=10m，滑块不能到达Q端；

b、滑块在传送带上运动时的加速度为：a=μ2mgm=μ2g=4m/s2，

滑块向右减速运动的时间为：t1=vPa=64=1.5s，

在此时间内，传送带位移为：x1=vt1=2×1.5=3m，

滑块向右加速运动到速度等于传送带速度需要的时间为：t2=va=24=0.5s，

在此时间内传送带的位移为：x2=vt【解析】(1)对滑块下滑过程应用动能定理可以求出滑块到达P端的速度．

(2)滑块滑上水平传送带后向右做匀减速直线运动，如果滑块速度减为零时的位移大于等于传送带的长度，则滑块可以到达QQ端，否则不能达到Q端；分析清楚滑块的运动过程，应用功的计算公式可以求出功．

(3)分析清楚滑块的运动过程判断滑块的最终位置，然后应用能量守恒定律求出滑块的路程．

本题考查了动能定理的应用，分析清楚滑块的运动过程是解题的关键，应用动能定理可以解题．分析滑块运动过程时要注意：滑块在传送带上向左先做匀加速运动，后做匀速直线运动；解题时要注意，(3)求的是滑块相对地面的路程．

3.【答案】解：(1)小物块从A→B→C→D过程中，由动能定理得mg(h1−h2)−μmgs=12mvD2−0

将h1、h2、s、μ、g代入得：vD=3m/s

即小滑块第一次到达D点时的速度大小为3m/s．

(2)小物块从A→B→C过程中，由动能定理得mgh1−μmgs=12mvC2

将h1、s、μ、g代入得：vC=6m/s

小物块沿CD段上滑的加速度大小a=gsinθ=6m/s2

小物块沿CD段上滑到最高点的时间t1=vCa=1s

由于对称性可知小物块从最高点滑回C点的时间t2=t1=1s

故小物块第一次与第二次通过【解析】(1)直接对小物块从A→B→C→D过程中运用动能定理列式求解即可；

(2)先对从A→B→C过程运用动能定理求出小滑块到达C点的速度，求出在斜面CD上的加速度，再对小滑块在CD斜面上的运动运用运动学公式求解；

(3)对全部过程运用动能定理，得出物体在BC面上滑行的总路程，再结合几何关系确定物体最终的静止位置．

本题关键灵活地选择物理过程运用动能定理列式求解，同时要注意摩擦力做的总功等于摩擦力与路程的积．

4.【答案】解：

(1)小球在竖直方向做自由落体运动，运动时间为

t=2Hg=2×3.210=0.8s；

小球在水平方向做匀减速运动，加速度

a=Fm=153=5m/s2；

则水平位移s=v0t−12at2=8×0.8−12×5×0.64=4.8m

(2)由动能定理

EK−12mv02=mgH−Fx

解得：Ek=120J

(3)小球离开杆后经过时间t的水平位移

x=v0t−12at2【解析】(1)小球离开杆后在竖直方向做自由落体运动，水平方向做匀减速直线运动；根据自由落体运动规律可求得时间；根据水平方向的匀变速直线运动规律可求得水平位移；

(2)对小球下落全过程由动能定理列式可求得落地时的动能；

(3)设达到78J用时为t，根据运动学公式求出其竖直分位移和水平分位移；再对下落过程由动能定理列式，根据数学规律可求得速度为78J所用的时间．

本题考查动能定理以及运动的合成和分解规律，难点在于第三问中的数学规律的应用，要注意体会物理对于数学知识应用的考查，在学习中要注意体会并加强该方面的训练．

5.【答案】解：(1)将弹簧竖直放置在地面上，物体下落压缩弹簧时，由系统的机械能守恒得

Ep=5mgl

如图，根据能量守恒定律得

Ep=μmg⋅4l+12mvB2

联立解得vB=6gl

物体P从B到D的过程，由机械能守恒定律得

mg⋅2l+12mvD2=12mvB2

解得vD=2gl>gl

所以物体P能到达D点，且物体P离开D点后做平抛运动，则有

2l=12gt2

x=vDt

解得x=22l【解析】解决本题时要抓住弹簧的形变量相等时弹性势能相等这一隐含的条件，正确分析能量是如何转化，分段运用能量守恒定律列式是关键．

(1)先研究弹簧竖直的情况，根据系统的机械能守恒求出弹簧最大的弹性势能．弹簧如图放置时，由于弹簧的压缩量等于竖直放置时的压缩量，两种情况弹簧的弹性势能相等．由能量守恒定律求出物体P滑到B点时的速度，由机械能守恒定律求出物体P到达D点的速度．物体P离开D点后做平抛运动，由平抛运动的规律求水平距离．

(2)P能滑上圆轨道，且仍能沿圆轨道滑下，能上升的最高点为C，根据能量守恒定律列式和临界条件求解．

6.【答案】解：①A与B碰后瞬间，B速度最大．取向右为正方向，

由A、B系统动量守恒，有：mAv0+0=−mAvA+mBvB，

代入数据得：vB=4m/s；

②B与C达到共同速度后，由B、C系统动量守恒，以向右为正方向，

由动量守恒定律有：mBvB+0=(mB+mC)vC，代入数据得：vC=【解析】①A、B碰撞瞬间B的速度最大，碰撞过程系统动量守恒，应用动量守恒定律可以求出最大速度．

②系统动量守恒，应用动量守恒定律与能量守恒定律可以求出动摩擦因数．

本题考查了求速度与损失的机械能问题，分析清楚物体运动过程，应用动量守恒定律与能量守恒定律即可正确解题．

7.【答案】解：(1)从A到B根据速度位移关系可得：vB2−vA2=2aL，

解得：L=900−02×4.5m=100m；

(2)根据动量定理可得：I=mvB−mvA=60×30−0=1800N⋅s；

(3)运动员经过C点时受到重力和支持力，如图所示；

根据动能定理可得：mgh=12mvC2−12mvB2，

根据第二定律可得：FN−mg=mv【解析】(1)从A到B根据速度位移关系求解AB的长度；

(2)根据动量定理求解合外力的冲量I的大小；

(3)根据受力情况画出运动员经过G点时受力示意图；根据动能定理、列方程求解支持力的大小。

本题主要是考查运动学计算公式、动量定理、动能定理和向心力的计算；利用动量定理解答问题时，要注意分析运动过程中物体的受力情况，知道合外力的冲量才等于动量的变化。

8.【答案】解：①由动能定理得：mgR−Wf=1212mv02−0，

代入数据解得：Wf=1.5J；

②以小铁块的初速度方向为正方向，

由动量守恒定律得：mv0=(m+M)v【解析】本题考查了求克服摩擦力做的功、求速度，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量守恒定律即可正确解题。

①由动能定理可以求出克服摩擦力的功；

②小铁块与木板相互作用过程系统动量守恒，由动量守恒定律可以求出它们的共同速度。

9.【答案】解：(1)设邮件放到皮带上与皮带发生相对滑动过程中受到的滑动摩擦力为F，则：

F=μmg

①

取向右为正方向，对邮件应用动量定理得，Ft=mv−0，②

由①②式并代入数据得，

t=0.2s

③

(2)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，对邮件应用动能定理，有：

Fx=12mv2−0

④

由①④式并代入数据得，x=0.1m

⑤

(3)邮件与皮带发生相对滑动的过程中，设皮带相对地面的位移为s，则：

s=vt

⑥

摩擦力对皮带做的功W=−Fs

⑦

由①③⑥⑦式并代入数据得，W=−2J．

答：(1)邮件滑动的时间t为0.2s；

(2)邮件对地的位移大小x为0.1m；

(3)【解析】(1)对邮件运用动量定理，求出邮件速度达到传送带速度所需的时间．

(2)对邮件运用动能定理，求出邮件相对地面的位移大小．

(3)根据摩擦力的大小以及皮带的位移大小求出邮件与皮带间的摩擦力对皮带做的功W．

本题考查了动量定理、动能定理的基本运用，本题也可以采用动力学知识进行求解，关键需理清邮件在整个过程中的运动规律．

10.【答案】解：(1)物块从A到B过程，由动能定理得：

−μmgsAB=12mvB2−12mv02，代入数据解得：μ=0.32；

(2)以向右为正方向，物块碰撞墙壁过程，

由动量定理得：Ft=mv−mvB，

解得：F=−130N，负号表示方向向左；

(3)物块向左运动过程，由动能定理得：

W=0−12mv2=−9J；

所以克服摩擦力做功为9J。

答：(1)【解析】(1)对物块应用动能定理可以求出动摩擦因数。

(2)对物块应用动量定理可以求出作用力大小。

(3)应用动能定理可以求出物块反向运动过程克服摩擦力做的功。

本题考查了求动摩擦因数、作用力、克服摩擦力做功，分析清楚物体运动过程、应用动能定理、动量定理即可正确解题。

11.【答案】解：(1)木板运动的位移为s，根据动能定理得，μmgs=12Mv2−0

则动能的增加量为μmgs．

(2)小铁块的位移为l+s，根据动能定理得，−μmg(l+s)=△Ek

可知小铁块动能的减小量为μmg(l+s)．

(3)则系统减小的机械能等于△E=μmg(l+s)−μmgs=μmgl．

(4)系统产生的热量等于系统减小的机械能，Q=△E=μmgl．

答：(1)木板的动能增加为μmgs．

(2)小铁块的动能减小量为μmg(l+s)．

(3)系统减小的机械能等于【解析】对木板和小铁块运用动能定理，得出木块动能的增加量和小铁块动能的减小量．从而得出系统机械能的减小量，系统产生的热量等于系统机械能的减小量．

本题考查动能定理的基本运用，知道系统减小的机械能全部转化为热量．

12.【答案】解：(1)设滑块B滑到A的底端时速度为v0，根据机械能守恒定律得：

mgR=12mv02

解得v0=6m/s

设滑块B刚下滑到圆弧底端时，圆弧轨道对滑块的支持力为FN，由牛顿第二定律得：

FN−mg=mv02R

解得FN=60N

由牛顿第三定律得：F压=FN=60N

(2)设AB共同速度为v1，取向右为正方向，由动量守恒定律得：

mv0=(m+M)v1．

解得v1=4m/s

对A，由动能定理得：

μ1mgs=12Mv12

解得s=0.8m

即保证A与平台相碰前A、B能达到共同速度，s应满足s>0.8m．

(3)设滑块到达Q处的速度为v2时，滑块恰好到达斜坡顶端，根据机械能守恒定律得：

mgh=12mv22

解得v2=5m/s

由(2)可知滑块进入PQ间时速度大小为v1，当滑块到达Q处速度

v2=5m/s时，对滑块，由动能定理得：

Fl−μmgl=12mv22−12mv12

解得μ=0.1

即0<μ≤0.1，滑块从斜坡顶端离开，滑块在PQ间通过的路程为0.5m．

若滑块滑上斜坡后，从斜坡返回，到达P点速度刚好为零，设此时动摩擦因数为μ2.对滑块，由动能定理得：

−μ2mg⋅2l=0−12mv【解析】(1)滑块在圆弧轨道上下滑的过程中，由机械能守恒定律求出滑块滑到轨道底端时的速度，由牛顿第二定律求解物块滑到圆弧轨道底端时轨道对滑块的支持力，从而得到滑块对圆弧底端轨道的压力大小．

(2)滑块在A的水平部分上滑行时，由动量守恒定律和动能定理求s应满足的条件．

(3)B在PQ间通过的路程与滑动摩擦力做功有关，分情况，由动能定理求解．

解决本题的关键是要分析清楚物体的运动情况，确定滑块可能的运动状态，知道涉及力在空间的效果时运用动能定理研究．滑动摩擦力做功与路程有关．

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

(2)第一次碰后，对B有

故B匀速下滑；

对A有

得A的加速度a1=10m/s2

，方向始终沿斜面向下，A将做类竖直上抛运动；

设A第1而Δt=由以上各式联立解得：Δt=255s

(3)设A第2次反弹的速度大小为v2，由动能定理有：

12mv2−12mv12=2ΔE

得：v2=0

即A与挡板第2次碰后停在底端，B继续匀速下滑，与挡板碰后B反弹的速度为，加速度大小为，由动能定理有：

以上各式联立解得：B沿A向上做匀减速运动的时间：

当B速度为0时，因，即B将静止在A上

当

【解析】

在应用牛顿运动定律和运动学公式解决问题时，要注意运动过程的分析，此类问题，还要对整个运动进行分段处理，对于板长，往往根据能量守恒求解。

(1)AB一起下滑的过程中，只有重力做功，系统的机械能守恒，据此列式求解A与C发生第一次碰撞前瞬间的速度大小v；

(2)木板上升时，对A、B分别运用由牛顿运动定律列式求解加速度，可得到B做匀速下滑运动，A沿斜面向上做匀加运动，反弹后又做匀减速运动，再如此反复，由动能定理求第一次反弹的速度v1，再由速度时间关系求时间Δt；

(3)对A由动能定理求第二次反弹的速度，判断出A第二次反弹后将停在低端，此时对B将在A上匀速下滑，B与挡板相碰反弹后又在A上做匀减速运动到静止，找到最短时间的临界条件联立方程求解。

14.【答案】解：(1)在轨道的最高点，根据牛顿定律：

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

从最低点到最高点的过程中，根据机械能守恒：12(m1+m2)v【解析】(1)应用牛顿运动定律和机械能守恒可求物块A与B刚碰后一起运动的速度v；

(2)两物块碰撞的过程中，根据动量守恒定律，物块A从a运动到b的过程中，根据动能定理，分别列出等式方程，即可求解动摩擦因数。

该题主要考查牛顿运动定律、机械能守恒、动量守恒、动能定理等相关知识的综合应用。熟练掌握公式、分析好物体运动情景，找到物体初末状态变化是解决本题的关键。

15.【答案】解：(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律得：mgh=12mv02，

A、B发生完全弹性碰撞，碰撞过程动量守恒、机械能守恒，

以向右为正方向，由动量守恒定律得：mv0=mvA+4mvB，

由机械能守恒定律得：12mv02=12mvA2+12⋅4mvB2，

解得：vA=−352gh，vB=252gh；

(2)物块B在粗糙水平面上做匀减速直线运动，最终速度为零，由动能定理得：

对B：−μ⋅4mgx=0−12⋅4mvB2，x=8h25，

设当物块A的位移为x时速度为v，

对A，由动能定理得：−μmgx=12mv2−12mvA2，

解得：v=25gh，【解析】(1)A下滑过程机械能守恒，由机械能守恒定律求出A到达水平面时的速度，两物块碰撞过程系统动量守恒、机械能守恒，应用动量守恒定律与机械能守恒定律可以求出碰撞后两物块的速度大小。

(2)对两物块应用动能定理可以求出A、B在磁场水平面上的位移，然后求出两者静止时两者间的距离。

本题考查了动量守恒定律的应用，分析清楚物体的运动过程是解题的前提，应用机械能守恒定律、动量守恒定律与动能定理可以解题。

16.【答案】解：(1)根据几何关系可知：小物块在C点速度大小为：vC=v0cos53∘=30.6=5m/s，

竖直分量：vCy=4

m/s

下落高度：h=vyc22g=1620=0.8m

(2)小物块由C到D的过程中，由动能定理得：

mgR(1−cos

53°)=12mvD2−12mvC2

代入数据解得：vD=29m/s

小球在D点时由牛顿第二定律得：FN−mg=mvD2R

代入数据解得：FN=68N

由牛顿第三定律得FN′=FN=68N，方向竖直向下

【解析】(1)小球从A点抛出做平抛运动，将C点的速度进行分解，求出竖直分速度的大小，从而根据竖直方向上的运动规律求出AC两点的高度差．

(2)求出C点的速度，对C到D运用动能定理求出到达D点的速度，根据牛顿第二定律求出支持力的大小，从而得出物块对轨道的压力．

(3)当小物块刚好不从长木板滑出时，与木板具有相同的速度，根据牛顿第二定律和运动学公式求出共同的速度，因为摩擦力与相对路程的乘积等于产生的热量，结合能量守恒定律求出木板的长度．

本题综合考查了动能定理、牛顿第二定律、能量守恒定律等知识，综合性较强，关键理清物块的运动过程，选择合适的规律进行求解．

17.【答案】解：(1)滑块从A点滑到B点的过程中，克服摩擦力做功，由动能定理

−fS1=12mv 2−12mv02

①

滑动摩擦力

f=μmg

②

由①②两式联立，将v0=6.0m/s，s1=2.2m，μ=0.25带入，可得

v=5.0m/s

故滑块从B点飞出时的速度大小为5.0m/s．

(2)滑块离开B点后做平抛运动，竖直方向做自由落体运动

h=12gt2

③

水平方向做匀速直线运动

S2=vt

④

由③④两式联立，将h=0.80m，g=10m/s2带入，可得

s2=2.0m

即滑块落地点到平台边缘的水平距离s2为2.0m．【解析】(1)对直线运动过程运用动能定理直接列式求解；

(2)将平抛运动沿着水平和竖直方向正交分解，然后根据位移公式列式求解；

(3)动能变化用动能定理计算，重力势能减小量等于重力做的功，机械能变化等于动能和势能变化之和．

本题关键将运动过程分为直线减速和平抛运动两个过程，对直线运动用动能定理列式分析，对平抛运动正交分解后用位移公式列式求解．

18.【答案】解：

(1)物块a自圆弧轨道顶端由静止释放到最低点B的过程中，根据动能定理有：

m1gR=12m1v02，

物块a从B点到与b碰撞前的过程中，根据动能定理得：

−μm1gx=12m1v12−12m1v02，

解得：v1=2gR−μx=3m/s；

(2)物块a与物块【解析】【分析】：

本题考查即考查单物体多过程问题，又涉及多物体的弹性碰撞，注意满足动量守恒定律和能量守恒定律，还要结合牛顿第二定律和速度位移公式求解。

(1)

物块a从A点到与b碰撞前的过程中，根据动能定理求解；

(2)碰撞过程，由动量守恒可表示速度关系，进而由能量守恒可得物块a、b碰撞后的速度，物块a、b碰撞后都做匀减速运动，根据牛顿第二定律结合速度位移公式求出物块a、b碰撞后相距的最远距离。

19.【答案】解：(1)设小球P刚运动到A点时的速度为vA

则：vAy=v0tan37°=6m/s

故：vA=v0cos37°=10m/s

所以小球P的抛出点距A点高度：h=vAy22g=622×10m=1.8m

即：小球P的抛出点距A点的高度为1.8m

(2)P、Q碰撞过程，动量守恒、能量守恒，设碰撞后P、Q的速度分别为vP、vQ

mvA=mvP+mvQ

12mvA2=12mvP2+12mvQ2根据牛顿第三定律，小球Q对轨道的压力也为34.5N；即：小球Q运动到圆弧轨道最低点B点时对轨道的压力为34.5N；(3)设小球Q能到达C点，且在C点的速度为vC，则小球Q从A点到C，解得：vC=5m/s设小球Q到C点时速度为vC´解得：因vc>vc′，故小球Q能到C点。小球解得：t=0.23s故小球Q的落点距B点x=2.4+Rsin37°=2.88m即：小球Q离开圆轨道后，第一次落到斜面上的位置距B点的距离为2.88m

【解析】本题考查了牛顿第二定律、动能定理、动量守恒定律、电场力等；本题运用牛顿第二定律和运动学公式结合研究带电体在电场力和重力场的复合场中运动问题，难点是小球在重力场、电场的作用下“等效重力场”，由牛顿第二定律研究。

(1)根据平抛运动得出小球P的抛出点距A点的高度；

(2)P、Q碰撞过程，动量守恒、能量守恒，结合“