北京大学附中2017-2018学年高三(上)月考物理试卷(10月份(解析版)

2017-2018学年北京大学附中高三（上）月考物理试卷（10月份）
一、单选题（本大题共6小题，共36分）
1.下列说法中正确的是()
A. 受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态
B. 一对相互作用的作用力与反作用力所做的总功一定为零
C. 重力的反作用力可能为支持力，也可能为拉力
D. 静摩擦力的方向一定与物体速度方向在同一直线上
【答案】A
【解析】解：A、受滑动摩擦力作用的物体，可能处于静止状态，比如：物体在地面上滑行时，地面受到滑动摩擦力，而地面是静止的，故A正确。

B、受静摩擦力作用的两个物体一定处于相对静止状态，而不一定处于静止状态，故B错误。

C、重力的反作用力不可能为支持力，也不可能为拉力，而是物体对地球的吸引力。

故C错误。

D、静摩擦力的方向不一定与物体运动方向在同一直线上，比如：贴着正在加速行驶的汽车车厢壁物体，物体的运动方向与静摩擦力方向不共线，故D错误。

故选：A。

受滑动摩擦力作用的物体，与是否静止无关；
作用力与反作用力所做的功不一定一正一负，可能都做正功；
作用力与反作用力必定是同一种性质力；
摩擦力方向与速度方向无直接关系。

考查滑动摩擦力存在与是否运动无关，掌握静摩擦力方向与速度无关，理解作用力与反作用力是同一性质力，注意作用力与反作用力所做的功之和不一定为零。

2.在工厂的车间里有一条沿水平方向匀速运行的传送带，可将放在其上的小工件(可视为质点)运送到指
定位置.某次将小工件放到传送带上时，恰好带动传送带的电动机突然断电，导致传送带做匀减速运动至停止.则小工件被放到传送带上后相对于地面()
A. 做匀减速直线运动直到停止
B. 先做匀加速直线运动，然后做匀减速直线运动
C. 先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动
D. 先做匀减速直线运动，然后做匀速直线运动
【答案】B
【解析】解：工件无初速放上匀减速运动的传送带，工件相对于传送带向后滑，受到向前的摩擦力，做匀加速直线运动，当工件的速度与传送带速度相等时，与传送带一起做匀减速运动。

故B正确，A、C、D错误。

故选：B。

根据工件的受力，判断出加速度的方向，根据速度和加速度的关系，判断工件的运动情况．
解决本题的关键会根据物体的受力得出加速度的方向，通过加速度方向与速度方向关系判断物体的运动．
3.在高速公路的拐弯处，通常路面都是外高内低.如图所示，在某路段汽车向左拐弯，司机左侧的路面比
右侧的路面低一些.汽车的运动可看作是做半径为R的在水平面内的圆周运动.设内外路面高度差为h，路基的水平宽度为d，路面的宽度为L.已知重力加速度为g.要使车轮与路面之间的横向摩擦力(即垂直于前进方向)等于零，则汽车转弯时的车速应等于()
A. gR
L
B. gR
d
C. gRL
D. gRd
【答案】B
【解析】解：设路面的斜角为θ，作出汽车的受力图，如图。

根据牛顿第二定律，得
mg tanθ=m v2
R
又由数学知识得到
tanθ=
d
联立解得
v=gR
d
故选：B。

要使车轮与路面之间的横向摩擦力等于零，则汽车转弯时，由路面的支持力与重力的合力提供汽车的向心力，根据牛顿第二定律，结合数学知识求解车速．
本题是生活中圆周运动的问题，关键是分析物体的受力情况，确定向心力的来源．
4.实验测得重力加速度的值较当地重力加速度的值偏大，可能的原因是()
A. 摆球的质量偏大
B. 单摆振动的振幅偏小
C. 计算摆长时没有加上摆球的半径值
D. 将实际振动次数n次误记成(n+1)次
【答案】D
【解析】解：根据单摆的周期公式：T=2πL
g
得g=4π2L
T2
，
A、从上面的表达式可得，重力加速度与小球的质量、摆的振幅都无关，故A错误，B错误；
C、计算摆长时没有加上摆球的半径值，摆长偏小，所测重力加速度偏小，故C错误；
D、将实际振动次数n次误记成n+1次，所测周期偏小，重力加速度偏大，故D正确；
故选：D。

根据单摆周期公式求出重力加速度的表达式，然后分析实验误差．
实验误差是考试的热点，也是难点，关键掌握实验原理，从解析式进行分析．
5.应用物理知识分析生活中的常见现象，可以使物理学习更加有趣和深入。

例如人原地起跳时，总是身
体弯曲略下蹲，再猛然蹬地、身体打开，同时获得向上的初速度，双脚离开地面。

从开始蹬地到双脚离开地面的整个过程中，下列分析正确的是()
A. 地面对人的支持力始终等于重力
B. 地面对人的支持力的冲量大于重力的冲量
C. 人原地起跳过程中获得的动能来自于地面
D. 人与地球所组成的系统的机械能是守恒的
【答案】B
【解析】解：A、人在上升过程中经历了先加速再减速过程，加速过程中人受到的支持力大于人的重力；故A错误；
B、因支持力大于重力，作用时间相同，故支持力的冲量大于重力的冲量；故B正确；
C、人起跳时，地面对人不做功，人的动能来自于本身的生物能；故C错误；
D、由于有人体生物能转化为机械能，故机械能不守恒；故D错误；
故选：B。

分析人的运动情况，根据受力分析明确人的受力情况，则可根据动量及冲量得出冲量大小；由功能的转化可得出能量转化关系。

本题考查动量定理及功能转化，要注意明确支持力对人作用的位移为零，故支持力对人不做功，人是利用自身的能量得以增加机械能的。

6.如图所示，在水平面内有一质量分布均匀的木杆可绕端点O在水平面上
自由转动。

一颗子弹以垂直于杆的水平速度v0击中静止木杆上的P点，
并随木杆一起转动。

已知木杆质量为M，长度为L；子弹质量为m，点
P到点O的距离为x.忽略木杆与水平面间的摩擦。

设子弹击中木杆后绕
点O转动的角速度为ω.下面给出ω的四个表达式中只有一个是合理的。

根据你的判断，ω的合理表达式应为()
A. ω=3Mv0x
3Mx+mL B. ω=3mv0x2
3mx+ML
C. ω=3m v0x
3mx+ML
D. ω=3mv0L
3mL+Mx
【答案】C
【解析】解；由题意可知，因子弹打击时间极短，棒在打击过程中位置可以看做不变，子弹和棒组成的系统打击前后所受的外力为零。

因此系统对任意一定轴的合力矩为零，系统角动量守恒。

设杆开始转动的角
动量为j杆。

mxv0=j
杆
ω
则j杆=j o杆+j弹=1
3
ML2+mx2
得：ω=
mx v0
1ML2+mx2
=3mx v0
ML+3mx
.故C正确，A、B、D错误。

故选：C。

子弹和棒组成的系统打击前后所受的外力为零。

因此系统对任意一定轴的合力矩为零，系统角动量守恒。

根据系统角动量守恒求出子弹击中木杆后绕点O转动的角速度ω。

这个问题超出了高中的物理知识，可以采取系统角动量守恒进行求解。

也可能这样分析：首先从单位上看B错误；如果x=0，则角速度为0，所以D不对；如果是轻杆则M=0，但轻杆对子弹没有阻挡作用，相当于作半径为x的圆周运动，由此可知A错而C对。

二、多选题（本大题共4小题，共12.0分）
7.如图所示，用轻绳AO和OB将重为G的重物悬挂在水平天花板和竖直墙壁之间处于静止状态，AO绳
水平，OB绳与竖直方向的夹角为θ.则AO绳的拉力T1、OB绳的拉力T2的大小与G之间的关系为()
A. T1=G
tanθB. T1=G tanθ C. T2=G
cosθ
D. T2=G cosθ
【答案】BC
【解析】【分析】
由题系统处于静止状态，以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图，由平衡条件求出AO绳的拉力T1、OB绳的拉力T2的大小与G之间的关系。

本题悬绳固定的物体平衡问题，往往以结点为研究对象，作出力图，由平衡条件求解。

【解答】
解：以结点O为研究对象，分析受力情况，作出力图如图。

由平衡条件得T1=G tanθ，T2=G
cosθ
故选：BC。

8.如图，x轴在水平地面内，y轴沿竖直方向。

图中画出了从y轴上沿x轴正向
抛出的三个小球a、b和c的运动轨迹，其中b和c是从同一点抛出的，不计
空气阻力，则()
A. a的飞行时间比b的长
B. b和c的飞行时间相同
C. a的水平速度比b的小
D. b的初速度比c的大
【答案】BD
【解析】解：由图象可以看出，bc两个小球的抛出高度相同，a的抛出高度最小，根据t=2
g
可知，a的运动时间最短，bc运动时间相等，故A错误，B正确；
C、由图象可以看出，abc三个小球的水平位移关系为a最大，c最小，根据x=v0t可知，v0=x
t
，所以a 的初速度最大，c的初速度最小，故C错误，D正确；
故选：BD。

研究平抛运动的方法是把平抛运动分解到水平方向和竖直方向去研究，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做自由落体运动，两个方向上运动的时间相同。

本题就是对平抛运动规律的直接考查，掌握住平抛运动的规律就能轻松解决。

9.如图所示，一轻弹簧与质量为m的物体组成弹簧振子，物体在同一条竖直直线上的A、
B两点间做简谐运动，O为平衡位置，C为AO的中点，振子的周期为T.t1=0时刻物
体恰经过C点并向上运动，则()
A. t2=T
2
时刻物体运动到OA之间，且向下运动
B. t2=T
2
时刻物体运动到OB之间，且向下运动
C. t1−t2=T
2
时间内重力的冲量大小为mg T
2
D. t1−t2=T
2
时间内回复力的冲量为零
【答案】BC
【解析】解：
A、由简谐运动的对称性可知，从C点开始经过T
2
的时间时，物体运动到C点关于平衡位置对称的位置，即到达O点下方在OB之间运动，速度方向向下。

故A错误，B正确。

C、重力是恒力，则重力的冲量大小为I=Gt=mg T
2
.故C正确。

D、物体的回复力是重力与弹簧弹力的合力，由于初、末速度大小相等，由动能定理可知，半个周期内回复力做功为零。

故C正确。

D、取向上方向为正方向，则由动量定理得，回复力冲量为I=−mv−mv=−2mv≠0.故D错误。

故选：BC。

一个周期可以分成四个1
4
周期，从C点开始经过半个周期时间内，物体运动到C点关于平衡位置对称的位置，重力的冲量等于重力与时间的乘积。

物体的回复力是重力与弹簧弹力的合力，在半个周期内回复力做功为零，根据动量定理求解回复力的冲量。

此题要抓住简谐运动的周期性和对称性，注意动量是矢量，应用动量定理研究合力的冲量是常用的思路。

10.如图所示，一固定斜面倾角为30∘，一质量为m的小物块自斜面底端
以一定的初速度沿斜面向上做匀减速运动，加速度大小等于重力加速
度的大小g。

物块上升的最大高度为H，则此过程中，物块的()
A. 动能损失了2mgH
B. 动能损失了mgH
C. 机械能损失了mgH
D. 机械能损失了1
2
mgH
【答案】AC
【解析】解：根据动能定理应有△E k=−ma H
sin30
=−2mgH，动能增量为负值，说明动能减少了2mgH，所以A正确B错误；
再由牛顿第二定律(选取沿斜面向下为正方向)有mg sin30∘+f=ma=mg，可得f=1
2
mg，根据功能关系
应有△E=−f H
sin30
=−mgH，即机械能损失了mgH，所以C正确D错误。

故选：AC。

若动能变化为正值，说明动能增加，若为负值，说明动能减少，然后根据动能定理，求出合力做的功即可；要求机械能损失，只要求出除重力外其它力做的功即可。

要熟记动能定理与功能原理在解题中的应用：涉及到总功、动能变化时应用动能定理解决；涉及到机械能变化时应求出除重力外其它力做的功。

三、填空题（本大题共1小题，共9.0分）
11.在“验证力的平行四边形定则”的实验中。

某同学的实验情况如图甲所示，其中A为固定橡皮筋的图
钉。

O为橡皮筋与细绳的结点，OB和OC为细绳。

图乙是在白纸上根据实验结果画出的图。

(1)图乙中______是力F1和F2的合力的理论值；______是力F1和F2的合力的实际测量值。

(2)在实验中，如果将细绳也换成橡皮筋，那么实验结果是否会发生变化？
答：______(选填“变”或“不变”)
【答案】F；F′；不变
【解析】解：(1)F1与F2合成的理论值是通过平行四边形定则算出的值，而实际值是单独一个力拉O点的时的值，因此F是F1与F2合成的理论值，F′是F1与F2合成的实际值。

故答案为：F，F′。

(2)由于O点的作用效果相同，将两个细绳套换成两根橡皮条，不会影响实验结果。

故答案为：不变。

由于实验误差的存在，导致F1与F2合成的理论值(通过平行四边形定则得出的值)与实际值(实际实验的数值)存在差别，只要O点的作用效果相同，是否换成橡皮条不影响实验结果。

掌握实验原理，从多个角度来理解和分析实验，提高分析解决问题的能力。

四、实验题探究题（本大题共1小题，共6.0分）
12.在探究加速度与力、质量的关系时，小王同学采用如图甲所示装置，图中小车及砝码的质量用M表示，
沙桶及沙的质量用m表示，小车的加速度可由小车后拖动的纸带计算出。

(1)当M与m的大小关系满足______时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；
(2)在平衡摩擦力后，他用打点计时器打出的纸带的一段如图乙所示，该纸带上相邻两个计数点间还有
4个点未标出，打点计时器使用的交流电的频率是50Hz，数据单位为cm。

则小车的加速度大小是______m/s2；当打点计时器打D点时小车的速度是______m/s。

(计算结果小数点后保留两位数字)
(3)小张同学用同一装置做实验，他们俩在同一坐标纸上画出了a−F关系图象，如图丙所示，小张和
小王同学做的实验，谁的小车及砝码的总质量大？______。

【答案】M>>m；0.39；0.20；小王
【解析】解：(1)往沙桶中加入一定量的沙子，当M与m的大小关系满足M>>m时，可近似认为绳对小车的拉力大小等于沙桶和沙的重力；
为充分利用纸带，在释放小车之前接通打点计时器的电源。

(2)相邻两个计数点间还有4个点未标出，计数点间的时间间隔为：t=0.02×5=0.1s，
由匀变速直线运动的推论：△=at2可知加速度为：a=x CF−x AC
9T2
=0.39m/s2；
D点的瞬时速度为：v D=x CE
2T
=0.20
(3)由牛顿第二定律得：a=1
M
F，a−F图象的斜率：k=1
M
，由图示图象可知，两图象的斜率不同，则两小车的质量不同，小王的质量大。

故答案为：(1)M>>m；(2)0.39，0.20；(3)小王
(1)当小车质量远大于沙和沙桶质量时可以近似认为小车受到的拉力等于沙和沙桶的重力；实验时要先接通电源然后再释放小车。

(2)应用匀变速直线运动的推论：△=at2可以求出小车的加速度，中间时刻的瞬时速度等于这段时间的平均速度。

(3)应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式，然后分析图示图象答题。

本题考查了实验注意事项、实验数据处理，掌握匀变速直线运动的推论：△=at2可以求出小车的加速度；应用牛顿第二定律求出图象的函数表达式可以分析两实验中不同的物理量。

五、计算题（本大题共6小题，共55.0分）
13.如图所示，一物体从光滑斜面顶端由静止开始下滑.已知物体的质量
m=0.50kg，斜面的倾角θ=30∘，斜面长度L=2.5m，重力加速度取
g=10m/s2.求：
(1)物体沿斜面下滑的加速度大小．
(2)物体滑到斜面底端时的速度大小．
(3)物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小．
【答案】解：
(1)物体在斜面上所受合力沿斜面向下，大小为F合=mg sinθ
设物体沿斜面下滑的加速度大小为a，根据牛顿第二定律有mg sinθ=ma
解得a=5.0m/s2
(2)设物体滑到斜面底端时的速度大小为v，则有v2=2aL
解得v=5.0m/s
(3)设物体下滑过程的时间为t，则有v=at
解得t=1.0s
在此过程中重力对物体的冲量为I G=mgt=5N⋅s
答：(1)物体沿斜面下滑的加速度大小为5.0m/s2．
(2)物体滑到斜面底端时的速度大小为5.0m/s．
(3)物体下滑的全过程中重力对物体的冲量大小为5N⋅s．
【解析】(1)对物体进行受力分析，根据牛顿第二定律即可求得加速度；
(2)根据匀加速直线运动位移速度公式即可求解速度；
(3)先根据位移时间公式求出下滑的时间，再根据冲量公式即可求解．
本题主要考查了匀加速直线运动速度位移公式及牛顿第二定律的应用，难度不大，属于基础题．
14.如图所示为半径R=0.50m的四分之一圆弧轨道，底端距水平地面
的高度 =0.45m.一质量m=1.0kg的小滑块从圆弧轨道顶端A由
静止释放，到达轨道底端B点的速度v=2.0m/s.忽略空气的阻力。

取g=10m/s2.求：
(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小F N；
(2)小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功W；
(3)小滑块落地点与B点的水平距离x。

【答案】解：(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，
根据牛顿第二定律，F N−mg=m v2
R
解得：F N=18N
(2)小滑块由A到B的过程中，根据动能定理得，
mgR−W=1
2
mv2，
解得：W=mgR−1
2
mv2=3J
(3)小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律得
水平方向：x=vt
竖直方向： =1
2
gt2
解得：x=0.6m
答：(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受到的支持力大小是18N；
(2)小滑块由A到B的过程中，克服摩擦力所做的功是3J；
(3)小滑块落地点与B点的水平距离是0.6m。

【解析】(1)小滑块在圆弧轨道底端B点受重力和支持力，根据牛顿第二定律求解
(2)小滑块由A到B的过程中，根据动能定理求解
(3)小滑块从B点出发做平抛运动，根据平抛运动的规律求解。

解题时一定要分析清楚小滑块的运动情况，能掌握运用动能定理求解变力功。

15.我国于2004年启动“绕月工程”，计划在2007年底前发射绕月飞行的飞船。

已知月球半径R，月球
表面的重力加速度g。

如果飞船关闭发动机后绕月球做匀速圆周运动，距离月球表面的高度h，求飞船绕月飞行速度的大小。

【答案】解：设月球的质量为M。

在月球表面上的物体，有：G Mm
R
=mg
得：GM=gR2。

飞船绕月球做匀速圆周运动，有：
G
Mm
(R+ )2
=m
v2
R+
由此求得：v=gR2
R+
答：飞船绕月飞行速度的大小为gR2
R+。

【解析】在月球表面上，物体的重力等于月球的万有引力。

飞船关闭发动机后绕月球做匀速圆周运动，由月球的万有引力提供向心力，由这两个关系列式，即可求解飞船绕月飞行速度的大小。

解决本题的关键是掌握卫星类型两个基本思路：1、万有引力提供向心力；2、万有引力等于重力。

要注意飞船的轨道半径与月球半径的关系。

16.如图，小球a、b用等长细线悬挂于同一固定点O.让球a静止下垂，将球b向右
拉起，使细线水平.从静止释放球b，两球碰后粘在一起向左摆动，此后细线与
竖直方向之间的最大偏角为60∘.忽略空气阻力，求
①两球a、b的质量之比；
②两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比．
【答案】解：(1)设a球的质量为m1，b球的质量为m2，b球下摆过程中，由动能定
理得：
m2gL=1
2
m2v02−0，
碰撞过程动量守恒，设向左为正方向，由动量守恒定律可得：
m2v0=(m1+m2)v，
两球向左摆动过程中，由机械能守恒定律得：
1
2
(m1+m2)v2=(m1+m2)gL(1−cosθ)，
解得：
m1
m2
=(
1−cosθ
−1)：1=(−1)：1
(2)两球碰撞过程中损失的机械能：
Q=m2gL−(m1+m2)gL(1−cosθ)，
碰前b球的最大动能为：E b=1
2
m2v02，
Q
E b
=[1−m1+m2
m1
(1−cosθ)]：1=(1−2
2
)：1=2−2
2
答：(i)两球a、b的质量之比为(2−1)：1
(ii)两球在碰撞过程中损失的机械能与球b在碰前的最大动能之比为(2−2)：2．
【解析】(1)b
球下摆过程中，只有重力做功，
由动能定理可以求出碰前b球的速度；碰撞过程中动量守恒，由动量守恒定律列方程，两球向左摆动过程中，机械能守恒，由机械能守恒定律或动能定理列方程，解方程组可以求出两球质量之比．
(2)求出碰撞过程中机械能的损失，求出碰前b求的动能，然后求出能量之比．
小球小下摆或上摆过程中机械能守恒，碰撞过程中动量守恒，由动能定理(或机械能守恒定律)、动量守恒定律即可正确解题．
17.如图所示，轻质长绳水平地跨在相距2L的两个小定滑轮A、B上，质量为m的物块悬挂在绳上的O点，
O与两滑轮的距离相等，在轻绳两端M、N分别施加竖直向下的恒力F=mg.先托住物块，使绳处于水平竖直状态，静止释放物块，在物块下落过程中，保持M、N两端的拉力不变。

(1)当物块下落距离h为多大时，物块的加速度为零？
(2)在物块下落上述距离的过程中，克服M端恒力F做功W为多少？
(3)求物块下落过程中的最大速度v m和最大距离H。

【答案】解：(1)当物块所受的合外力为零时，加速度为零，此时物块下降距离为 .因为F恒定，所以两绳对物块拉力大小分别为F，两绳与竖直方向夹角均为θ，由平衡条件知：
2F cos2θ=mg
又F=mg，解得2θ=120∘，所以θ=60∘，
由图知： =L tan30∘=3
3
L①
(2)物块下落h时，绳的C、D端均上升 ′由几何关系可得： ′= l2+ 2−
L②
克服C端恒力F做的功为：W=F ′③
由①②③式联立解得：W=(23
3
−1)mgL
(3)在物块下落过程中，共有三个力对物块做功。

重力做正功，两端绳子对物块的拉力做负功。

两端绳子拉力做的功就等于作用在C、D端的恒力F所做的功。

因为物块下降距离h时动能最大。

由动能定理得：
mg −2W=1
2
mv m2④
将①②③式代入④式解得：v m=2(2−3)gl
当物块速度减小为零时，物块下落距离达到最大值H，绳C、D上升的距离为H’.由动能定理得：
mgH−2mgH′=0，又H′= H2+l2−L，
联立解得：H=4
3
l。

答：(1)当物块下落距离h为3
3
时，物块的加速度为零。

(2)在物块下落上述距离的过程中，克服C端恒力F做功W为(23
3
−1)mgL。

(3)物块下落过程中的最大速度v m为2(2−3)gl，最大距离H为4
3
l。

【解析】由静止释放后，由于绳OC和绳OB对物块的合力小于重力，所以物块向下先作加速运动，随着物块的下落，两绳间的夹角逐渐减小。

因为绳子对物块的拉力大小不变，恒等于F，所以随着两绳间的夹角减小，两绳对物块拉力的合力将逐渐增大，物块所受的合力逐渐减小，向下加速度逐渐减小。

当物两绳的合力等于物块的重力时，即块的合外力为零时，速度达到最大值v m.故加速度为零时重力等于两绳的合力。

之后，因为两绳间夹角继续减小，两绳合力大于物块的重力，物块所受合外力竖直向上，且逐渐增大，物块将作加速度逐渐增大的减速运动。

当物块下降速度减为零时，物块竖直下落的距离达到最大值H.当物块的加速度为零时，由共点力平衡条件可求出相应的θ角，再由θ角求出相应的距离h，进而求出克服C端恒力F所做的功。

对物块运用动能定理可求出物块下落过程中的最大速度Vm和最大距离H。

(1)故加速度为零时应有重力等于两绳的合力。

(2)由加速度为零时下落的高度h，可以由几何关系解出C点向上运动的距离，从而可以求出F做的功W F，故克服力F做的功为−W F
(3)由于下落h时速度为v m，故由动能定理即可求出v m；物块速度为零时下落距离为H，由动能定理求解H。

本题是连接体问题，根据牛顿第二定律研究加速度为零时的条件，由系统机械能守恒研究物块下降的最大距离，同时要合理运用几何关系辅助求解。

18.如图所示，光滑水平面MN左端挡板处有一弹射装置P，右端N与处于同一高度的水平传送带之间的
距离可忽略，传送带水平部分NQ的长度L=8m，皮带轮逆时针转动带动传送带以v=2m/s的速度匀速转动.MN上放置两个质量都为m=1kg的小物块A、B，它们与传送带间的动摩擦因数μ=0.4.开始时A、B静止，A、B间压缩一轻质弹簧，其弹性势能E p=16J.现解除锁定，弹开A、B，并迅速移走弹簧.取g=10m/s2．
(1)求物块B被弹开时速度的大小；
(2)求物块B在传送带上向右滑行的最远距离及返回水平面MN时的速度v B′；
(3)若A与P相碰后静止，当物块B返回水平面MN后，A被P弹出，A、B相碰后粘接在一起向右滑
动，要使A、B连接体恰好能到达Q端，求P对A做的功以及全过程中(自弹簧弹开A、B时开始)因摩擦而产生的总热量．
【答案】解：(1)对于A、B物块被弹簧分开的过程系统动量守恒，以向右为正方向，由动量守恒定律得：
mv A=mv B
由能量守恒定律得：E p=1
2
mv A2+1
2
mv B2
代入数据得：v A=v B=4m/s，
(2)以B物体为研究对象，滑到最右端时速度为0，根据动能定理得：
−μmgs=0−1
2
mv B2，
代入数据解得：s=2m，
因为v B>v所以B物体返回到水平面MN后的速度为：V B′=V=2m/s；
(3)设A与B碰前的速度为V A1B被A碰撞一起向右运动的速度为V B2
要使A、B连接体刚好从Q端滑出则B物体的末速度为：V B3=0；
由匀变速直线运动规律知V B22=2as且μmg=ma，
代入数据解得：V B2=8m/s，
对于A、B的碰撞过程由动量守恒得：mV A1−mV B1=2mV B2，
代入数据解得：V A1=18m/s，
由动能定律得P对A做的功为：W=1
2
mV A12，
代入数据解得：W=162J；
B在传送带上减速运动时间：t1=v
a
=2
4
=0.5s，。