湖北省高考物理模拟试题分类汇编—机械能

机械能
1、（湖北省八校2008届第一次联考）如图八所示，木块静止在光滑水平面上，子弹A、B从木块两侧同时水平射入木块，最终都停在木块中，这一过程中
木块始终保持静止。

现知道子弹A射入的深度d A 大于子弹B
射入的深度d B。

若用t A、t B表示它们在木块中运动的时间，用
E kA、E kB表示它们的初动能，用v A 、v B表示它们的初速度大小，
用m A、m B 表示它们的质量，则可判断BC
A．t A>t B B．E kA>E kB C．v A>v B D．m A>m B
2、（湖北省部分重点中学十一月联考）如图所示，一轻质弹簧与质量为m的
物体组成弹簧振子，在竖直方向的A、B两点间做简谐运动，O为平衡位置，
振子的振动周期为T，某一时刻物体正经过C点向上运动（C点在平衡位置上
方h高处），从此时刻开始的半个周期内（）ABD
A、重力对物体做功2mgh
B、重力对物体的冲量大小为mgT/2
C、振子的加速度方向始终不变
D、振子所受的回复力（重力和弹力的合力）做功为零
3、（湖北省部分重点中学十一月联考）如图所示，半径为R、质量为M内表面光滑的半球物体放在光滑的水平面上，左端紧靠着墙壁，一个质量为m的物块从半球形物体的顶端a点无
初速释放，图中b点为半球的最低点，c点为半球另一侧与a等高的顶
点，关于物块M和m的运动，下列说法正确的有（）BD
A、m从a点运动到b点过程中，m与M系统的机械能守恒、动量
守恒
B、m从a点运动到b点过程中，m的机械能守恒
C、m释放后能到达右侧最高点c
D 、当m 首次从右向左到达最低点b 时，M 的速度达到最大
4、（湖北部分重点中学2008届理综第一次联考）如图所示（4），由电动机带动的水平传送带以速度为v =2.0m/s 匀速运行，A 端上方靠近传送带料斗中装有煤，打开阀门，煤以流量为Q =50kg/s 落到传送带上，煤与传送带达共同速度后被运至B 端，在运送煤的过程中，下列说法正确的是 （ ）BC
A ．电动机应增加的功率为100W
B ．电动机应增加的功率为200W
C ．在一分钟内因煤与传送带摩擦生的热为6.0×103J
D ．在一分钟内因煤与传送带摩擦生的热为1.2×104J
5、（湖北省2007－2008年部分学校联考）如图所示，一质量为m 、电荷量
为q 的带电液滴以速度v 沿与水平面成θ角的方向斜向上进入匀强电场，在
电场中做直线运动，则液滴向上运动过程中（ ）AC
A.电场力不可能小于mgcos θ
B.液滴的动能一定不变
C.液滴的机械能一定变化
D.液滴的电势能一定不变
6、（湖北省2007－2008年部分学校联考）一辆汽车在平直的公路上以初速度V 0开始加速行驶，经过一段时间t 后，汽车前进的位移大小为s ，此时汽车恰好达到其最大速度Vm ，设在此过程中汽车牵引力的功率P 始终不变，汽车在运动时受到的阻力恒为f 。

那么下列四个表达式中，能够正确表达汽车的牵引力在这段时间内做功的是（ ）A
A. t f v m
B. Pt －fs
C. 2/)v v (f t m 0+
D. 202m mv 2
1mv 21- 7、（湖北省2007－2008年部分学校联考）如图，质量为M 、长度为L 的小车静止在光滑的水平面上。

质量为m 的小物块放在小车的最左端。

现在一水平恒力F
作用在小物块上，使物块
从静止开始做匀加速直线运动，物块和小车之间的摩擦力为f 。

经过时间t ，小车运动的位移为s ，物块刚好滑到小车的最右端。

以下正确的是（ ）BD
A ．此时物块的动量为Ft
B ．此时物块的动能为(F －f )(s+L )
C ．这一过程中，物块和小车增加的机械能为Fs
D ．这一过程中，物块和小车产生的内能为fL
8、（湖北省武汉市部分学校11月联考）如图3 所示，中间有孔的物块A 套
在光滑的竖直杆上，通过滑轮用不可伸长的轻绳将物体拉着匀速向上运动，
则关于拉力F 及拉力F 的功率P ，则下列说法正确的是 C
A ．F 不变，P 减小
B ．F 增大，P 增大
C ．F 增大，P 不变
D ．F 增大，P 减小
9、（湖北省十六校大联考）长为L 的轻绳，一端用轻环套在光滑的横杆上，另一端连接一质量为m 的小球，开始时，将系球的绳子绷紧并转到与横杆平行的位置，然后轻轻放手。

当绳子与横杆成θ角时，小球的速度的水平分量和竖直分量的大小分别是 A
A.0，
θsin 2gL B.
θsin 2gL ·sin θ，θsin 2gL ·cos θ C.θsin 2gL ·cos θ，θsin 2gL ·sin θ
D.条件不足，不能判断
10、（湖北省“三校联合体”2008届2月联考）下列说法正确的是：BCD
A ．一质点受两个力的作用而处于平衡状态，则这两个力在同一段时间内的冲量一定相同
B ．一质点受两个力的作用而处于平衡状态，则这两个力在同一段时间内做的功或者都为零，或者一个做正功、一个做负功，且功的绝对值相等
C ．在同一段时间内作用力和它的反作用力的冲量一定大小相等、方向相反
D ．在同一段时间内作用力和它的反作用力有可能都做正功
11、（天门市2008年高考第二轮模拟）如图所示，在光滑的水平面上有质量相等的木块A、B，木块A以速度v前进，木块B静止。

当木块A碰到木块B左侧所固定的轻质弹簧并与弹簧连于一起，则（）BC
A．当弹簧压缩最大时，木块A减少的动能最多
B．当弹簧压缩最大时，整个系统的动能减少最多
C．当弹簧恢复至原长时，木块A的动能减少最多
D．当弹簧由压缩恢复至原长时，整个系统动能不再减少，A的速度不再改变
12、（黄冈市2008年高三模拟适应考试）一轻质弹簧上端固定，
下端连接一小球，平衡时静止于a处，现用一轻质托板将小球
缓慢由a处经过轻弹簧的原长b处移动到c处停下，已知在c
处小球对托板的压力为小球重力的两倍。

设小球由a处移动到b
处过程中托板对小球做的功为W1，小球由b处移动到c处过程
中托板对小球做的功为W2。

小球由a处移动到c处过程中托板对小球做的功为W3。

则下列关系式正确的是（）B
A．W1=W2 B．W3>2W1 C．W3>2W2 D．W3<2W1
13、（2008年湖北省八校第三次联考）测定运动员体能的一种装
置如图所示，运动员质量为m1，绳拴在腰间沿水平方向跨过滑轮
（不计滑轮质量及摩擦），下悬一个质量为m2的重物，人用力蹬
传送带而人的重心不动，使传送带以速率v匀速向右运动。

下面是人对传送带做功的四种说法，其中正确的是（）C
A．人对传送带不做功B．人对传送带做负功
C．人对传送带做功的功率为m2gv D．人对传送带做功的功率为（m1+m2）gv
14、（武汉市2008届五月模拟）一物体在光滑的斜面上受到一平行于
斜面的力作用，由静止开始沿斜面做直线运动，运动过程中物体的机
械能E 与物体位移s 关系的图象如图所示，其中0-s 1过程的图线为曲线，s 1-s 2过程的图线为直线。

根据该图象，下列判断正确的是（ ）AD
A ．0-s 1过程中物体的加速度越来越大
B ．s 1-s 2过程中物体做匀速直线运动
C ．s 1-s 2过程中物体做变加速直线运动
D ．0-s 2过程中物体的动能不断增大 15、（湖北省示范学校08年4月联考）如图所示，长为L 的木板水平放置，在木块的A 端放置一个质量为m 的小物体，现缓慢抬高A 端，使木板以左端为轴转动，当木板转到与水平成a 角时小物体开始滑动，此时停止转动木板，小物体滑到木板底端时的速度为v ，则在整个过程中 （ ）
A ．木板对小物体做的功为221mv
B ．摩擦力对小物体做的功为αsin mgL
C ．支持力对小物体做的功为αsin mgL
D ．滑动摩擦力对小物体做的功为221mv
－αsin mgL
16、（荆州市2008届高中毕业班质量检查）滑块以速率V 1靠惯性沿固定斜面由底端向上运动，当它回到出发点时速率V 2,且V 2<V 1，若滑块向上运动的位移中点为A ，取斜面底端重力势能为零，则BC
A. 上升时，机械能减少，下降时机械能增大
B ．上升时，机械能减少，下降时机械能减少
C. 上升过程中动能和势能相等的位置在A 点上方
D ．上升过程中动能和势能相等的位置在A 点下方
17、（荆州市2008届高中毕业班质量检查）运动员投篮过程中对篮球做功为W ，出手高度为
h 1，，篮筐距地面高度为h 2，球的质量为m ．空气阻力不计，则篮球进筐时的动能为A
A ．W +mgh l -mgh 2
B ．W +mgh 2-mgh 1
C ．mgh 2+mgh 1-W
D ．mgh 2-mgh 1—W
18、（湖北省示范学校08年4月联考）（18分）如图所示，在光滑的水平地面上静置一辆质量M=0.9kg 的平板小车，小车的右端是处于竖直平面内的四
分之三圆轨道abc ，其下端a 与水平线相切，左端c 与竖
直线相切，圆半径R=0.2m.质量m=0.1kg 的光滑弹性小球
以水平向右的速度v 0在小车上开始运动，小球与小车间发
生碰撞时无机械能损失。

（1）若v 0=2.0m/s ，小球上升的最大高度为多大？
（2）若v 0=10m/s ，试求小球向右刚过a 点时对小车的压力。

（3）若v 0=10m/s ，小示可通过轨道最高点b ，试求小车最终的速度。

（1）设小球上升到最高点时，小球在圆轨道水平直径之下，则小球与小车有共同的速度v s m m
M mv v v m M mv /2.0)(00=+=+= m m h v m M mv mgh 2.016.0)(21212
20<=+-= （6分，其他解法相应给分）
（2）小球向右刚θ过a 点时，速度为10m/s ，小车的速度为零。

N R
mv mg N R mv mg N 512020=+==- （3分） 由牛顿第三定律得，此时小球对小车的压力大小为51N ，方向竖直向下。

（1分）
（3）由于小球可通过b 点，则小球从c 点离开小车，离车时相对于小车水平速度为零，与小
车碰撞中因无能量损失，故原速率反弹，又从c 点向上再次切入圆轨道，最终在小车左端
与小车分离（2分）
则210Mv mv mv +=（2分）
2221202
12121Mv mv mv +=（2分） s m m
mv v /0.2M 202=+= （2分） 19、（湖北省2008年4月质检）（20分）如图9所示，挡板P 固定在足够高的水平桌面上，小物块A 和B 大小可忽略，它们分别带有+Q A 和+Q B 的电荷量，质量分别为m A 和m B .两物块由绝缘的轻弹簧相连，一不可伸长的轻绳跨过滑轮，一端与B 连接，另一端连接一轻质小钩.整个装置处于场强为E 、方向水平向左的匀强电场中.
A 、
B 开始时静止，已知弹簧的劲度系数为k ，不计
一切摩擦及A 、B 间的库仑力，A 、B 所带电荷量保
持不变，B 不会碰到滑轮。

⑴若在小钩上挂一质量为M 的物块C 并由静止释放，可使物块A 对挡板P 的压力恰为零，但不会离开P ，求物块C 下降的最大距离；
⑵若C 的质量改为2M ，则当A 刚离开挡板P 时，B 的速度多大
⑴开始时弹簧形变量为1x ， 由平衡条件：k
EQ x EQ kx B B ==11可得 ① （3分） 设当A 刚离开档板时弹簧的形变量为2x ： 由：k
EQ x EQ kx A A ==22可得 ② （3分） 故C 下降的最大距离为：21x x h += ③ 由①～③式可解得)(A B Q Q k
E h += ④ （2分） ⑵由能量守恒定律可知：C 下落h 过程中，C 重力势能的的减少量等于B 的电势能的增量和弹簧弹性势能的增量以及系统动能的增量之和
当C 的质量为M 时：B Mgh Q E h E =⋅+∆弹 ⑤ （5分）
当C 的质量为2M 时，设A 刚离开挡板时B 的速度为V
2)2(2
12V m M E Eh Q Mgh B B ++∆+=弹 ⑥ （5分） 由④～⑥式可解得A 刚离开P 时B 的速度为：
)
2()(2B B A m M k Q Q MgE V ++= ⑦ （2分） 20、（荆州市2008届高中毕业班质量检查）(16分)如图所示．质量为M=6kg 的滑饭静止在光滑水平面上，滑板的右端固定一轻弹簧。

在滑板的最左端放一可视为质点的小物体A ，弹簧的自由端C 与A 相距L=1m 。

弹簧下面的那段滑板是光滑的，C 左侧的那段滑板是粗糙的，物体A 与这段粗糙滑板间的动摩擦因数为μ=0.2，A 的质量m=2kg 。

滑板受到水平向左恒力F 作用1s 后撤去，撤去水平力F 时A 刚好滑到C 处，g 取10m/s 2，求：
(1)恒力F 作用的这1s 内小物体A 的加速度为多大?位移为多大?
(2)作用力F 的大小；
(3)A 压缩弹簧过程中弹簧的最大弹性势能Ep ；
(4)试分析判断在A 撤去后，小物体能否与滑板相分离?
若能，分离后物体和滑板的速度各为多大?若不能，
小物体将停止在滑板上的什么位置?
解：(1)用字母B 表示滑板，在这1s 内滑板B 和小物体A 均向左做匀加速运动，对A 有a A =μg
= 0.2×10=2m/s 2 （1分）
S A =22
1t a A =21×2×12=1m （1分） (2)这1S 内滑板B 的位移为S B =S A +L=1+1=2m （1分）
对B 有S B =221t a B a B =22222t
t S B ⨯==4m/s 2 （1分） F －μmg=Ma B （1分） 则F=28N （1分）
(3)撤去水平力F 时，A 、B 的速度
v AO =a A t=2m/s v BO =a B t= 4m/s （1分） 当A 、B 带度相等时弹簧的弹性势能最大，根据动量守恒有
mv AO +Mv BO =(m+M)v
则v=2
7m/s （2分） 所以E p =
222)(212121v M m Mv mv B A +-+=3J （1分） (4)撤去F 后，当弹簧恢复原长过程中，A 、B 动量，能量守恒
mv AO +Mv BO =mv A +Mv B （1分）
22222
1212121B A BO AO Mv mv Mv mv +=+ （1分） 所以v A =5m/s v B =3m/s
之后A 做减速运动，B 做加速运动，设它们达到共同速度v ′
根据动量守恒可知v ′=v=
27m/s （1分） 由动能定理有－μmgS A =
222121A mv mv - μmg S B =
222121B Mv v M -' (1分) 所以S A =m 1651 S B =m 16
39 △S=S A －S B =
43=0.75m (2分) 因此两者不会分离，小物体将停在距C 点0.75m 处。

21、（武汉二中、汉南一中、武汉一中2008届第二次联考）（22分）如图所示，绝缘弹簧左端固定在O 点，右端连接一木匣A ，木匣A 放在光滑水平面上，木匣A 内壁光滑，内壁左边用绝缘细绳拉着一个绝缘带电物块B （可视为质点），A 和B 的质量都为m=1kg ，A 不带电，B 的电量为5
210q C -=+⨯，B 距木匣内壁右侧的距离为d=16cm ，整个装置处在水平向右的5510/E V m +=⨯匀强电场中。

当它们都静止时，弹簧长度为L 。

某时刻，连接物块B 的细线
突然断开，在木匣向左运动到速度刚为0时，B 和A 的内壁右侧相碰，碰撞后结为一体，当运动到弹簧长度又为L 时，速度变为'1/v m s =，设物块B 与A 相互作用过程中始终不发生电荷转移，求：
（1）B 与A 碰撞中动能的损失k E ∆；
（2）弹簧的劲度系数k
（1）从绳断开始到A 、B 结为一体运动到弹簧长度又为L 时，弹簧中弹性势能不变，只有在B 与A 碰撞粘合在一起时有动能的损失
ΔE ＝Eqd －1
22mυ′2 = 0．6J （6分）
（2）A 、B 发生碰撞时，A 向左运动了x ，速度为零;B 向右运动了h- x ，速度为υB ，由动能定
理有：Eq （d- x ）= 21
mυ2B （3分）
A 和
B 碰撞过程，动量守恒，设碰后共同速度为υ，则mυB = 2mυ （2分） 由能量守恒有：21mυ2B = ΔE +21
·2m ·υ2 （3分）
线断后，A 向左做简谐运动，刚开始为右边最大位移点，此时弹簧伸长为x 1，碰撞时为左边最大位移点，可见 x = 2x 1， （2分）
且：k x 1 = Eq ； （2分）
由以上各式，代入数据解得：x = 0．04m ， （2分） k
22、（2008年湖北八校第一次联考）(22分)如图所示，轻质弹簧将质量为m 的小物块连接在质量为M(M=3m)的光滑框架内。

小物块位于框架中心位置时弹簧处于自由长度．现设框架与小物块以共同速度V 0沿光滑水平面向左匀速滑动。

(1)若框架与墙壁发生瞬间碰撞后速度为零，但与墙壁间不粘连，求框架脱离墙壁后的运动过
程中，弹簧弹性势能的最大值。

(2)若框架与墙壁发生瞬间碰撞，立即反弹，在以后过程中弹簧的最大弹性势能为2032mv ，求框架与
墙壁碰撞时损失的机械能ΔE 1。

(3)在(2)情形下试判定框架与墙壁能否发生第二次碰撞?若不能，说明理由．若能，试求出第二次碰撞时损失的机械能ΔE 2。

(设框架与墙壁每次碰撞前后速度大小之比不变)
解答（1）框架与墙壁碰撞后，物块以V 0压缩弹簧，后又返回，当返回原位时框架开始离开，由机械能守恒知，此时物块速度是V 0方向向右。

设弹簧有最大势能时共同速度为V 由动量守恒定律知 m V 0=4mV 由能量守恒定律
202
1mv =2421
mv + E P ×
E P =2
08
3
mv ………………（8分） （2）设框架反弹速度为V 1 、最大势能时共同速度为V 。

则 由动量、能量守恒定律得 3m V 1—m V 0=4mV
20220213
242121321mv mv mv mv +=+ ………………（3分） 解得：921v +18 V 1 V 0—72
0v =0 V 1=3
0v 0137v v -='(舍去)
带入得:V=0 ………………（3分）
△E 1=
212
0321321mv mv -=203
4mv ………………（3分） （3）由（2）知第一次碰后反弹后，二者总动量为零，故当弹簧再次伸展后仍可继续与墙壁相撞，并以V 1=
30v 的速度与墙壁相撞，由题意知，0
112v v
v v = 所以902v v = ……（2分） 故△E 2=2
2
02
027
493213321mv v m v m =⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛……………………（3分） 23、（黄冈、襄樊、孝感、宜昌、荆州2008届联考）（10分）在光滑的水平面上，停着一辆平板小车，小车的质量为M =10kg 。

在小车左端A 处放有质量为m =5kg 的物体a （可视为质点），紧靠小车右蹩脚有一半半径R =1.8m 的四分之一光滑圆孤
轨道，轨道下端水平，如图所示，现让一质量M 1=10kg 的小滑块b （可视为质点）从轨道顶端自由滑下与小车相撞，假如碰撞时间极短且没有机械能损失，已知物体a 与平板车间的动摩擦因数4.0=μ，后来物体在平板车上相对于小车向右滑行L 后被弹回，最后刚好在A 点与车保持相对静止，g =10m/s 2，求： （1）L 的大小；
（2）弹簧在压缩过程中所具有的最大弹性势能E P 。

2
1112
1v M gR M =
①（2分） 滑块与小车碰撞，设滑块碰后速度为v 2，小车碰后速度为v 3，由动量守恒定律与机械能守恒定律有：
M 1v 1=M 1v 2+Mv 2②（2分)
232212112
12121Mv v M v M +=③（2分） 代入数据解①②③得：v 1=6m/s ，v 2=0，v 3=6m/s （2分）
物体a ，与小车相互作用，设a 与小车达到相对静止时，共同速度为v 4，由动量守恒定律： Mv 2=(M+m )v 4④（2分）
当a 与小车在A 点相对静止时，由能量守恒定律有：
L mg v m M Mv 2)(2
1212423∙++=μ⑤（2分） 代入数据④⑤得：L =1.5m （2分）
（2）当弹簧弹性势能最大时，a 与小车速度也相等，由能量守恒定律有
L mg Ep v m M Mv 2)(2
1212423∙+++=μ⑥（3分） 代入数据解④⑥得 E P =30J （2分）
24、（武汉市四月调研）（16分）“绿色奥运”是2008年北京奥运会的三大理念之一，奥组委决定在各比赛场馆使用新型节能环保电动车，届时江汉大学的500名学生将担任司机，负责接送
比赛选手和运输器材。

在检测某款电动车性能的某次实验中，质量为8×102㎏的电动车由静止开始沿平直公路行驶，达到的最大速度为15m/s ，利用传感器测得此过程中不同时刻电动车的牵引力F 与对应的速度v ，并描绘出F —1
v
图象（图中AB 、BO 均为直线））。

假设电动车行驶中所受的阻力恒定，求此过程中 （1）电动车的额定功率；
（2）电动车由静止开始运动，经过多长时间，速度达到2m/s ？
【解答】
分析图线可知：电动车由静止开始做匀加速直线运动，达到额定功率后，做牵引力逐渐减小的变加速直线运动，达到最大速度后做匀速直线运动。

当最大速度v m a x =15m/s 时，牵引力为F min =400N ，故恒定阻力 f =F min =400N 3分 额定功率 P =F min v m a x =6kW 3分 匀加速运动的末速度 P
v F
=
2分 代入数据解得 v =3m/s 1分 匀加速运动的加速度 F f
a m
-=
2分 代入数据解得 2
2m /s a = 1分 电动车在速度达到3m/s 之前，一直做匀加速直线运动
故所求时间为 /
v t a
= 2分
将v /=2m/s 代入上式解得 t =1s 2分
25、（武汉市四月调研）（18分）如图所示，质量为m A =2kg 的木板A 静止在光滑水平面上，一质量为m B =1kg 的小物块B 以某一初速度v 0从A 的左端向右运动，当A 向右运动的路程为L =0.5m 时，B 的速度为v B =4m/s ，此时A 的右端与固定竖直挡板相距x 。

已知木板A 足够长（保证B 始终不从A 上掉下来），A 与挡板碰撞无机械能损失，A 、B 之间动摩擦因数为μ=0.2，g 取10m/s 2：
（1）求B 的初速度值v 0；
（2）当x 满足什么条件时，A 与竖直挡板只能发生一次碰撞？
【解答】
（1）假设B 的速度从v 0减为v B =4m/s 时，A 一直加速到v A ，以A 为研究对象，由动能定理
21
2
B A A m gL m v μ= ① 3分
代入数据解得v A =1m/s<v B ，故假设成立
在A 向右运动路程L =0.5m 的过程中，A 、B 系统动量守恒
0B A A B B m v m v m v =+ ② 3分
联立①②解得 v 0=6m/s 1分 （2）设A 、B 与挡板碰前瞬间的速度分别为v A1、v B1，由动量守恒定律
011B A A B B m v m v m v =+ ③ 3分
以A 为研究对象，由动能定理
2
11
()2
B A A m g L x m v μ+= ④ 3分
由于A 与挡板碰撞无机械能损失，故A 与挡板碰后瞬间的速度大小为1A v ，碰后系统总动量不再向右时，A 与竖直挡板只能发生一次碰撞，即
11A A B B m v m v ≥ ⑤ 3分
联立③④⑤解得 x ≥0.625m 2分
26、（湖北省补校联合体大联考）（20分）如图所示，长L=2.0m 的绝缘木板静止在光滑水平面上，左端固定带正的物体A ，右端放带负电的物体B ，A 的带电量分别为q A =5.0×10-2
C ，q B =-1.0×10-2
C 。

A 与板的质量为M=4.0kg ，B 的质量m=2.0kg 。

B 与板间的动摩擦因数为μ=0.20。

在它们所在的空间有水平向右的匀强电场，场强大小E=4.0×102
V/m 。

由静止释放A 、B ，经一段时间后A 将与B 发生碰撞。

在碰前瞬间撤去电场，不计A 、B 大小，不计A 、B 间相互作用库仑力，求：
⑴撤去电场瞬间两物体速度大小V
A 、V
B 。

⑵欲使B 停在板上，求碰撞时损失的动能△E k 。

⑴取A 板为研究对象，设A 的加速度为a A ，由牛顿第二定律得
q A ·Ｅ－μmg ＝Ma A a A ＝4.0m/S 2 （3’） 取B 为研究对象，由牛顿第二定律，得
μmg －q B ·E ＝ma B a B ＝0 （3’） A 、B 释放后A 作均加速运动，B 静止不动，由运动规律
2a A L ＝V A 2 （2’） V A ＝0.20.422⨯⨯=
L a A ＝4.0m/S 2
∴撤去电场瞬间：V A ＝4.0m/S 2 （1’） V B ＝0 （1’） ⑵碰后，若A 、B 不分离，由动量守恒得：
MV A ＝（M ＋m ）V 共 ……………………………………………① （2’）
损失动能：△E K1＝
21MV A 2－21
（M ＋m ）V 共2 ……………………………② （2’） 解得：E K1＝21MV A 2－21（M ＋m ）2)(
m
M M
+·V A 2
＝
21MV A 2m M M + ＝21×4×42×2
42
+＝10.7J （1’）
碰后，若A 、B 分离，相对静止时，A 、B 共同速度同⑴，设A 、B 间距离为S ，由能量守恒得：
21MV A 2＝2
1
（M+m ）V 共2＋μmg ·S ＋△E K2 ……………① （2’） B 停在板上，则S ≤L ………………………………② （1’）
由①②得：△E K2≥
21MV A 2－2
1
（M+m ）V 共2－μmgL 代入数据，得 △E K2≥6.7J （1’） ［或损最小动能：△E K2＝E K1－μmgL ＝10.7－4.0＝6.7J ］ ∴欲使停在板上，应有
6.7J ≤△E Ｋ≤10.7J （1’）
27、（2008年湖北省八校第三次联考）（本题20分）如图所示，滑块A 的质量m=0.01kg ，与水平地面间的动摩擦因数μ=0.2，用细线悬挂的小球质量均为m=0.01kg ，沿x 轴排列，A 与第1只小球及相邻两小球间距离均为m s 2=，线长分别为L 1、L 2、L 3…（图中只画三只小球，且小球可视为质点），开始时，滑块以速度
s m v /100=沿x 轴正方向运动，
设滑块与小球碰撞时不损失机械能，碰撞后小球均恰能在竖直平面内完成完整的圆周运动并再次与滑块正碰，g 取10m/s 2，求：
（1）滑块能与几个小球碰撞？
（2）求出碰撞中第n 个小球悬线长Ln 的表达式.
（3）滑块与第一小球碰撞后瞬间，悬线对小球的拉力为多大.
解（1）因滑块与小球质量相等且碰撞中机械能守恒，滑块与小球相碰撞会互换速度， 小球在竖直平面内做圆周运动，机械能守恒，设滑块滑行总距离为0s ，有
2002
10mv mgs -
=-μ （4分） 得m s 250=（2分） 120==s
s n （个） （3分）
（2）滑块与第n 个小球碰撞，设小球运动到最高点时速度为n
v ' 对小球，有：
n n
n mgL v m mv 22
12122
+'= ① （2分） n
L v m
mg 2'= ② （2分）
对滑块，有：2
22
121mv mv mgns n -=-μ ③（3分）
解①②③三式得：25
450522
0n g
gsn v L n
-=-=μ （4分）
（3）滑块做匀减速运动到第一个小球处与第一个小球碰前的速度为1v ，则有
2
212
121mv mv mgs -=
-μ 由于滑块与小球碰撞时不损失机械能，则碰撞前后动 量守恒、动能相等，滑块与小球相碰撞会互换速度，碰撞后瞬间小球的速度仍为1v ， 此时小球受重力和绳子的拉力作用，由牛顿定律得：T －mg=m 1
2
1L v
因为L 1=25
4625
1450=⨯- 由上述三式解得：T=0.6N
28、（黄冈市重点中学2008届模拟）（20分）如图所示，光滑水平面MN 上放两相同小物块A 、
B ，左端挡板处有一弹射装置P ，右端N 处与水平传送带理想连接，传送带水平部分长度L=8m ，
沿逆时针方向以恒定速度v =6m/s 匀速转动。

物块A 、B （大小不计）与传送带间的动摩擦因数2.0=μ。

物块A 、B 质量m A =m B =1kg 。

开始时A 、B 静止，A 、B 间压缩一轻质弹簧（与A 、
B 不粘连），贮有弹性势能E p =16J 。

现解除锁定，弹开A 、B 。

求： （g=10m/s 2
）
（1）物块B 沿传送带向右滑动的最远距离。

（2）物块B 滑回水平面MN 的速度B
v '。

（3）若物体B 返回水平面MN 后与被弹射装置P 弹回的A 在水平面上相碰，且碰撞过程无机械能损失，则弹射装置P 必须给A 做多少功才能让AB 碰后B 能从Q 端滑出。

【解析】试题包括四个物理过程：①弹簧解除锁定，AB 相互弹开的过程，系统动量、机械能守恒。

②B 滑上传送带匀减速运动的过程，用动能定理或动力学方法都可以求解。

③B 随传送带匀加速返回的过程，此过程可能有多种情况，一直匀加速，先匀加速再匀速。

④B 与A 的碰撞过程。

遵守动量守恒定律。

（1）（7分）解除锁定弹开AB 过程中，系统机械能守恒：2
22
121B B A A p v m v m E +=
① 由动量守恒有： m A v A =m B v B ② 由①②得： 4=A v m/s 4=B v m/s B 滑上传送带匀减速运动，当速度减为零时，滑动的距离最远。

由动能定理得：
2
210B B m B v m gs m -=-μ ③ 所以422==g
v s B m μm
（2）（5分）物块B 沿传送带向左返回时，先匀加速运动，物块速度与传送带速度相同时一起匀速运动，物块B 加速到传送带速度v 需要滑动的距离设为s '，
由2
21v m s g m B B ='μ ④ 得=='g
v s μ229m m s >
说明物块B 滑回水平面MN 的速度没有达到传送带速度， m B gs v μ2='=4m/s
（3）（8分）设弹射装置给A 做功为W ，
W v m v m A A A A +='2
22
121 ⑤ AB 碰后速度互换，B 的速度 B v ''=A v ' ⑥
B 要滑出平台Q 端，由能量关系有：
gL m v m B B B μ≥''22
1
. ⑦ 又m A =m B
所以，由⑤⑥⑦得22
1A A B v m gL m W -≥μ ⑧ 解得 W ≥ 8 J
29、（黄冈市2008年高三模拟适应考试）（20分）如图，一高为h=0.2m 的木板B 置于粗糙水平地面上，B 的上表面以O 点为界，O 点右侧是光滑的，O 点左侧是粗糙的。

O 点离木板B 最右端的距离L=1.25m ，O 点离木板B 最左端的距离S=0.32m 。

在B 的最右端放一个质量与B 相同的木块A ，木块A 可看成质点。

A 、B 均处于静止状态，已知木板B 与地面之间的动摩擦因数为μ1=0.1，A 、B 之间动摩擦因数为μ2=0.2，A 、B 的质量均为m 。

现给B 一个水平向右的瞬间冲量，使B 获得初速度v 0=3.0m/s ，求：
（1）当木板B 向右运动1.25m 时，A 、B 各自的速度大小；
（2）若木板B 向右运动1.25m 时，木板B 突然受到一个向右的水平作用力F=0.2mg ，则
水平力F 作用于木板B 的时间为0.4s 时，木块A 离O 点的水平距离。

解：（1）在O 点右侧，木块A 受到的摩擦力为零，故木块A 静止不动， 即0=AO v
（2分）
B 在地面的摩擦力作用下做匀减速运动。

设B 向右运动1.25m 时的速度为v B ， 对B 由动能定理，得
2
0212
121mv mv mgL B -=
-μ ①（3分） 解①得s m v B /2=
（1分）
（2）当木板B 突然受力F 后，木块A 做加速运动、木板B 做减速运动，设A 、B
最后达
到的共同速度为v 共,A 、B 发生相对运动到达共同速度阶段A 在B 上滑行的距离为S 0 由动量守恒定律，得共mv mv B 2=
②（1分） 由能量守恒定律，得220222
121共mv mv mgS B -=μ ③（1分）
解②③得S 0=0.5m
由于S 0>S,则说明A 将从B 上表面滑落.设A 刚好滑离B 时A 、B 的速度分别为v A 、v B ， 由动量守恒定律，得 1B A B mv mv mv += ④（1分）
由能量守恒定律，得 2
12222
12121B A B mv mv mv mgS --=μ ⑤（2分） 解④⑤得 s m v s
m v B A /6.1/4.01==
（1分）
设A 在B 上自O 点至离开B 所用的时间为t 1， 对A ，由动量定理，有A mv mgt =12μ
⑥（1分）
解⑥式得t 1=0.2s
此后A 以v A 为初速度向右作平抛运动，设A 经t 2落地，t 2时间内A 的水平位移为x 由平抛运动规律有： 2
22
1gt h =
⑦（1分） 2t v x A =
⑧（1分）
解⑦⑧得 .08.0,2.02m x s t ==
当A 作平抛运动的同时，B 向右作初速度为1B v 的匀加速运动。

设其加速度为.B a 由牛顿第二定律，有B ma mg F =-1μ ⑨（1分）
设t 2内B 运动的距离为S B 22212
1t a t v S B B B +
= ⑩（1分）
则B 受F 作用0.4s 时A 离O 点的水平距离。