高中物理经典题库力学计算题49个.docx

高中物理经典题库力学计算题49个.docx

《高中物理经典题库力学计算题49个.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中物理经典题库力学计算题49个.docx（12页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

高中物理经典题库力学计算题49个

四、力学计算题集粹（24个）

　　1．在光滑的水平面内，一质量ｍ＝1ｋｇ的质点以速度ｖ０＝10ｍ／ｓ沿ｘ轴正方向运动，经过原点后受一沿ｙ轴正方向的恒力Ｆ＝5Ｎ作用，直线ＯＡ与ｘ轴成37°角，如图1-70所示，求：

图1-70

（1）如果质点的运动轨迹与直线ＯＡ相交于Ｐ点，则质点从Ｏ点到Ｐ点所经历的时间以及Ｐ的坐标；　

（2）质点经过Ｐ点时的速度．　2．如图1-71甲所示，质量为1ｋｇ的物体置于固定斜面上，对物体施以平行于斜面向上的拉力Ｆ，1ｓ末后将拉力撤去．物体运动的ｖ-ｔ图象如图1-71乙，试求拉力Ｆ．

图1-71

　3．一平直的传送带以速率ｖ＝2ｍ／ｓ匀速运行，在Ａ处把物体轻轻地放到传送带上，经过时间ｔ＝6ｓ，物体到达Ｂ处．Ａ、Ｂ相距Ｌ＝10ｍ．则物体在传送带上匀加速运动的时间是多少?

如果提高传送带的运行速率，物体能较快地传送到Ｂ处．要让物体以最短的时间从Ａ处传送到Ｂ处，说明并计算传送带的运行速率至少应为多大?

若使传送带的运行速率在此基础上再增大1倍，则物体从Ａ传送到Ｂ的时间又是多少?

　4．如图1-73所示，质量Ｍ＝10ｋｇ的木楔ＡＢＣ静止置于粗糙水平地面上，摩擦因素μ＝0．02．在木楔的倾角θ为30°的斜面上，有一质量ｍ＝1．0ｋｇ的物块由静止开始沿斜面下滑．当滑行路程ｓ＝1．4ｍ时，其速度ｖ＝1．4ｍ／ｓ．在这过程中木楔没有动．求地面对木楔的摩擦力的大小和方向．（重力加速度取ｇ＝10／ｍ·ｓ２）

图1-73　5．把一个质量是2ｋｇ的物块放在水平面上，用12Ｎ的水平拉力使物体从静止开始运动，物块与水平面的动摩擦因数为0．2，物块运动2秒末撤去拉力，ｇ取10ｍ／ｓ２．求　

（1）2秒末物块的即时速度．　

（2）此后物块在水平面上还能滑行的最大距离．　6．如图1-74所示，一个人用与水平方向成θ＝30°角的斜向下的推力Ｆ推一个重Ｇ＝200Ｎ的箱子匀速前进，箱子与地面间的动摩擦因数为μ＝0．40（ｇ＝10ｍ／ｓ２）．求

图1-74

（2）若人不改变推力Ｆ的大小，只把力的方向变为水平去推这个静止的箱子，推力作用时间ｔ＝3．0ｓ后撤去，箱子最远运动多长距离?

　7．地球质量为Ｍ，半径为Ｒ，万有引力常量为Ｇ，发射一颗绕地球表面附近做圆周运动的人造卫星，卫星的速度称为第一宇宙速度．　

（1）试推导由上述各量表达的第一宇宙速度的计算式，要求写出推导依据．　

（2）若已知第一宇宙速度的大小为ｖ＝7．9ｋｍ／ｓ，地球半径Ｒ＝6．4×10３ｋｍ，万有引力常量Ｇ＝（2／3）×10－10Ｎ·ｍ２／ｋｇ２，求地球质量（结果要求保留二位有效数字）．　8．如图1-75所示，质量2．0ｋｇ的小车放在光滑水平面上，在小车右端放一质量为1．0ｋｇ的物块，物块与小车之间的动摩擦因数为0．5，当物块与小车同时分别受到水平向左Ｆ１＝6．0Ｎ的拉力和水平向右Ｆ２＝9．0Ｎ的拉力，经0．4ｓ同时撤去两力，为使物块不从小车上滑下，求小车最少要多长．（ｇ取10ｍ／ｓ２）

图1-75

　9．如图1-76所示，带弧形轨道的小车放在上表面光滑的静止浮于水面的船上，车左端被固定在船上的物体挡住，小车的弧形轨道和水平部分在Ｂ点相切，且ＡＢ段光滑，ＢＣ段粗糙．现有一个离车的ＢＣ面高为ｈ的木块由Ａ点自静止滑下，最终停在车面上ＢＣ段的某处．已知木块、车、船的质量分别为ｍ１＝ｍ，ｍ２＝2ｍ，ｍ３＝3ｍ；木块与车表面间的动摩擦因数μ＝0．4，水对船的阻力不计，求木块在ＢＣ面上滑行的距离ｓ是多少?

（设船足够长）

图1-76　10．如图1-78所示，长为Ｌ＝0．50ｍ的木板ＡＢ静止、固定在水平面上，在ＡＢ的左端面有一质量为Ｍ＝0．48ｋｇ的小木块Ｃ（可视为质点），现有一质量为ｍ＝20ｇ的子弹以ｖ０＝75ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中．已知小木块Ｃ与木板ＡＢ之间的动摩擦因数为μ＝0．1．（ｇ取10ｍ／ｓ２）

图1-78

（1）求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面时的速度大小ｖ２．　

（2）若将木板ＡＢ固定在以ｕ＝1．0ｍ／ｓ恒定速度向右运动的小车上（小车质量远大于小木块Ｃ的质量），小木块Ｃ仍放在木板ＡＢ的Ａ端，子弹以ｖ０′＝76ｍ／ｓ的速度射向小木块Ｃ并留在小木块中，求小木块Ｃ运动至ＡＢ右端面的过程中小车向右运动的距离ｓ．　11．如图1-79所示，一质量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．现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以速度ｖ０＝6ｍ／ｓ从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，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．

图1-79

（1）若Ｂ的右端距挡板ｓ＝4ｍ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长?

（2）若Ｂ的右端距挡板ｓ＝0．5ｍ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长?

　12．如图1-80所示，长木板Ａ右边固定着一个挡板，包括挡板在内的总质量为1．5Ｍ，静止在光滑的水平地面上．小木块Ｂ质量为Ｍ，从Ａ的左端开始以初速度ｖ０在Ａ上滑动，滑到右端与挡板发生碰撞，已知碰撞过程时间极短，碰后木块Ｂ恰好滑到Ａ的左端就停止滑动．已知Ｂ与Ａ间的动摩擦因数为μ，Ｂ在Ａ板上单程滑行长度为ｌ．求：

图1-80

（1）若μｌ＝3ｖ０２／160ｇ，在Ｂ与挡板碰撞后的运动过程中，摩擦力对木板Ａ做正功还是负功?

做多少功?

（2）讨论Ａ和Ｂ在整个运动过程中，是否有可能在某一段时间里运动方向是向左的．如果不可能，说明理由；如果可能，求出发生这种情况的条件．　13．如图1-82所示，质量ｍＡ＝10ｋｇ的物块Ａ与质量ｍＢ＝2ｋｇ的物块Ｂ放在倾角θ＝30°的光滑斜面上处于静止状态，轻质弹簧一端与物块Ｂ连接，另一端与固定挡板连接，弹簧的劲度系数ｋ＝400Ｎ／ｍ．现给物块Ａ施加一个平行于斜面向上的力Ｆ，使物块Ａ沿斜面向上做匀加速运动，已知力Ｆ在前0．2ｓ内为变力，0．2ｓ后为恒力，求（ｇ取10ｍ／ｓ２）

图1-82

（1）力Ｆ的最大值与最小值；　

（2）力Ｆ由最小值达到最大值的过程中，物块Ａ所增加的重力势能．　14．如图1-83所示，滑块Ａ、Ｂ的质量分别为ｍ１与ｍ２，ｍ１＜ｍ２，由轻质弹簧相连接，置于水平的气垫导轨上．用一轻绳把两滑块拉至最近，使弹簧处于最大压缩状态后绑紧．两滑块一起以恒定的速度ｖ０向右滑动．突然，轻绳断开．当弹簧伸长至本身的自然长度时，滑块Ａ的速度正好为零．问在以后的运动过程中，滑块Ｂ是否会有速度等于零的时刻?

试通过定量分析，证明你的结论．

图1-83

15.如图1－80所示，质量为1ｋｇ的小物块以5ｍ／ｓ的初速度滑上一块原来静止在水平面上的木板，木板的质量为4ｋｇ．经过时间2ｓ以后，物块从木板的另一端以1ｍ／ｓ相对地的速度滑出，在这一过程中木板的位移为0.5ｍ，求木板与水平面间的动摩擦因数．

图1－80　　　图1－81

　　16．如图1－81所示，在光滑地面上并排放两个相同的木块，长度皆为ｌ＝1.00ｍ，在左边木块的最左端放一小金属块，它的质量等于一个木块的质量，开始小金属块以初速度ｖ0＝2.00ｍ／ｓ向右滑动，金属块与木块之间的滑动摩擦因数μ＝0.10，ｇ取10ｍ／ｓ2，求：

木块的最后速度．

图1－82　　　图1－83

　　17．如图1－83所示，木块Ａ、Ｂ靠拢置于光滑的水平地面上．Ａ、Ｂ的质量分别是2ｋｇ、3ｋｇ，Ａ的长度是0.5ｍ，另一质量是1ｋｇ、可视为质点的滑块Ｃ以速度ｖ0＝3ｍ／ｓ沿水平方向滑到Ａ上，Ｃ与Ａ、Ｂ间的动摩擦因数都相等，已知Ｃ由Ａ滑向Ｂ的速度是ｖ＝2ｍ／ｓ，求：

（1）Ｃ与Ａ、Ｂ之间的动摩擦因数；　

（2）Ｃ在Ｂ上相对Ｂ滑行多大距离？

　（3）Ｃ在Ｂ上滑行过程中，Ｂ滑行了多远？

　（4）Ｃ在Ａ、Ｂ上共滑行了多长时间？

　　18．如图1－88甲所示，质量为Ｍ、长Ｌ＝1.0ｍ、右端带有竖直挡板的木板Ｂ静止在光滑水平面上，一个质量为ｍ的小木块（可视为质点）Ａ以水平速度ｖ0＝4.0ｍ／ｓ滑上Ｂ的左端，之后与右端挡板碰撞，最后恰好滑到木板Ｂ的左端，已知Ｍ／ｍ＝3，并设Ａ与挡板碰撞时无机械能损失，碰撞时间可以忽略不计，ｇ取10ｍ／ｓ2．求　

（1）Ａ、Ｂ最后速度；　

（2）木块Ａ与木板Ｂ之间的动摩擦因数．　（3）木块Ａ与木板Ｂ相碰前后木板Ｂ的速度，再在图1－88乙所给坐标中画出此过程中Ｂ相对地的ｖ－ｔ图线．

图1-88　19．一质量Ｍ＝2ｋｇ的长木板Ｂ静止于光滑水平面上，Ｂ的右端离竖直挡板0.5ｍ，现有一小物体Ａ（可视为质点）质量ｍ＝1ｋｇ，以一定速度ｖ0从Ｂ的左端水平滑上Ｂ，如图1－92所示，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，且碰撞前后速度大小不变．①若ｖ0＝2ｍ／ｓ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ的长度至少多长？

②若ｖ0＝4ｍ／ｓ，要使Ａ最终不脱离Ｂ，则木板Ｂ又至少有多长？

（ｇ取10ｍ／ｓ2）

图1－92　　　　图1－93

　　20．在光滑水平面上静置有质量均为ｍ的木板ＡＢ和滑块ＣＤ，木板ＡＢ上表面粗糙，动摩擦因数为μ，滑块ＣＤ上表面为光滑的1／4圆弧，它们紧靠在一起，如图1－93所示．一可视为质点的物块Ｐ质量也为ｍ，它从木板ＡＢ右端以初速ｖ0滑入，过Ｂ点时速度为ｖ0／2，后又滑上滑块，最终恰好滑到最高点Ｃ处，求：

（1）物块滑到Ｂ处时，木板的速度ｖＡＢ；

（2）木板的长度Ｌ；（3）物块滑到Ｃ处时滑块ＣＤ的动能．　21．一平直长木板Ｃ静止在光滑水平面上，今有两小物块Ａ和Ｂ分别以2ｖ0和ｖ0的初速度沿同一直线从长木板Ｃ两端相向水平地滑上长木板，如图1－94所示．设Ａ、Ｂ两小物块与长木板Ｃ间的动摩擦因数均为μ，Ａ、Ｂ、Ｃ三者质量相等．①若Ａ、Ｂ两小物块不发生碰撞，则由开始滑上Ｃ到静止在Ｃ上止，Ｂ通过的总路程是多大？

经过的时间多长？

②为使Ａ、Ｂ两小物块不发生碰撞，长木板Ｃ的长度至少多大？

图1－94　　　　图1－95

　　22．在光滑的水平面上停放着一辆质量为Ｍ的小车，质量为ｍ的物体与一轻弹簧固定相连，弹簧的另一端与小车左端固定连接，将弹簧压缩后用细线将ｍ栓住，ｍ静止在小车上的Ａ点，如图1－95所示．设ｍ与M间的动摩擦因数为μ，Ｏ点为弹簧原长位置，将细线烧断后，ｍ、Ｍ开始运动．

（1）当物体ｍ位于Ｏ点左侧还是右侧，物体ｍ的速度最大？

简要说明理由．

（2）若物体ｍ达到最大速度ｖ1时，物体ｍ已相对小车移动了距离ｓ．求此时M的速度ｖ2和这一过程中弹簧释放的弹性势能Ｅｐ？

（3）判断ｍ与Ｍ的最终运动状态是静止、匀速运动还是相对往复运动？

并简要说明理由．　23．如图1－96所示，ＡＯＢ是光滑水平轨道，ＢＣ是半径为R的光滑1／4圆弧轨道，两轨道恰好相切．质量为M的小木块静止在Ｏ点，一质量为ｍ的小子弹以某一初速度水平向右射入小木块内，并留在其中和小木块一起运动，恰能到达圆弧最高点Ｃ（小木块和子弹均可看成质点）．问：

（1）子弹入射前的速度？

（2）若每当小木块返回或停止在Ｏ点时，立即有相同的子弹射入小木块，并留在其中，则当第9颗子弹射入小木块后，小木块沿圆弧能上升的最大高度为多少？

图1－96　　　图1－97

　24．如图1－97所示，一辆质量ｍ＝2ｋｇ的平板车左端放有质量Ｍ＝3ｋｇ的小滑块，滑块与平板车间的动摩擦因数μ＝0.4．开始时平板车和滑块共同以ｖ0＝2ｍ／ｓ的速度在光滑水平面上向右运动，并与竖直墙壁发生碰撞，设碰撞时间极短且碰撞后平板车速度大小保持不变，但方向与原来相反，平板车足够长，以至滑块不会滑到平板车右端．（取ｇ＝10ｍ／ｓ2）求：

（1）平板车第一次与墙壁碰撞后向左运动的最大距离．

（2）平板车第二次与墙壁碰撞前瞬间的速度ｖ．（3）为使滑块始终不会从平板车右端滑下，平板车至少多长？

（M可当作质点处理）

参考解题过程与答案

1．解：

设经过时间ｔ，物体到达Ｐ点　

（1）ｘＰ＝ｖ０ｔ，ｙＰ＝（1／2）（Ｆ／ｍ）ｔ2，ｘＰ／ｙＰ＝ｃｔｇ37°，　联解得　ｔ＝3ｓ，ｘ＝30ｍ，ｙ＝22．5ｍ，坐标（30ｍ，22．5ｍ）　

（2）ｖｙ＝（Ｆ／ｍ）ｔ＝15ｍ／ｓ，　∴ｖ＝

=5

ｍ／ｓ，　ｔｇα＝ｖｙ／ｖ０＝15／10＝3／2，　∴　　α＝ａｒｃｔｇ（3／2），α为ｖ与水平方向的夹角．

2．解：

在0～1ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知　ａ１＝12ｍ／ｓ２，由牛顿第二定律，得　Ｆ－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ１，　　①在0～2ｓ内，由ｖ-ｔ图象，知ａ２＝－6ｍ／ｓ２，因为此时物体具有斜向上的初速度，故由牛顿第二定律，得　－μｍｇｃｏｓθ－ｍｇｓｉｎθ＝ｍａ２，　　②　②式代入①式，得　Ｆ＝18Ｎ．

3．解：

在传送带的运行速率较小、传送时间较长时，物体从Ａ到Ｂ需经历匀加速运动和匀速运动两个过程，设物体匀加速运动的时间为ｔ1，则　（ｖ／2）ｔ１＋ｖ（ｔ－ｔ１）＝Ｌ，所以　ｔ１＝2（ｖｔ－Ｌ）／ｖ＝（2×（2×6－10）／2）ｓ＝2ｓ．为使物体从Ａ至Ｂ所用时间最短，物体必须始终处于加速状态，由于物体与传送带之间的滑动摩擦力不变，所以其加速度也不变．而　ａ＝ｖ／ｔ＝1ｍ／ｓ２．设物体从Ａ至Ｂ所用最短的时间为ｔ2，则　（1／2）ａｔ2２＝Ｌ，　ｔ2＝

=

＝2

ｓ．　ｖｍｉｎ＝ａｔ2＝1×2

ｍ／ｓ＝2

ｍ／ｓ．传送带速度再增大1倍，物体仍做加速度为1ｍ／ｓ２的匀加速运动，从Ａ至Ｂ的传送时间为2

ｍ／ｓ．

4．解：

由匀加速运动的公式　ｖ２＝ｖ０２＋2ａｓ　得物块沿斜面下滑的加速度为　ａ＝ｖ2／2ｓ＝1．42／（2×1．4）＝0．7ｍｓ－２，由于ａ＜ｇｓｉｎθ＝5ｍｓ－２，　可知物块受到摩擦力的作用．

图3

　分析物块受力，它受3个力，如图3．对于沿斜面的方向和垂直于斜面的方向，由牛顿定律有　ｍｇｓｉｎθ－ｆ１＝ｍａ，　ｍｇｃｏｓθ－Ｎ１＝0，　分析木楔受力，它受5个力作用，如图3所示．对于水平方向，由牛顿定律有　ｆ2＋ｆ１ｃｏｓθ－Ｎ１ｓｉｎθ＝0，　由此可解得地面的作用于木楔的摩擦力　ｆ2＝ｍｇｃｏｓθｓｉｎθ－（ｍｇｓｉｎθ－ｍａ）ｃｏｓθ＝ｍａｃｏｓθ＝1×0．7×（

／2）＝0．61Ｎ．　此力的方向与图中所设的一致（由指向）．

5．解：

前2秒内，有Ｆ－ｆ＝ｍａ１，ｆ＝μＮ，Ｎ＝ｍｇ，则　ａ１＝（Ｆ－μｍｇ）／ｍ＝4ｍ／ｓ２，ｖｔ＝ａ１ｔ＝8ｍ／ｓ，　撤去Ｆ以后　ａ２＝ｆ／ｍ＝2ｍ／ｓ，ｓ＝ｖ１２／2ａ２＝16ｍ．

6．解：

（1）用力斜向下推时，箱子匀速运动，则有　Ｆｃｏｓθ＝ｆ，ｆ＝μＮ，Ｎ＝Ｇ＋Ｆｓｉｎθ，　联立以上三式代数据，得　Ｆ＝1．2×10２Ｎ．　

（2）若水平用力推箱子时，据牛顿第二定律，得Ｆ合＝ｍａ，则有　Ｆ－μＮ＝ｍａ，Ｎ＝Ｇ，　联立解得　ａ＝2．0ｍ／ｓ２．　ｖ＝ａｔ＝2．0×3．0ｍ／ｓ＝6．0ｍ／ｓ，　ｓ＝（1／2）ａｔ２＝（1／2）×2．0×3．0２ｍ／ｓ＝9．0ｍ，　推力停止作用后　ａ′＝ｆ／ｍ＝4．0ｍ／ｓ２（方向向左），　ｓ′＝ｖ２／2ａ′＝4．5ｍ，　则　ｓ总＝ｓ＋ｓ′＝13．5ｍ．

7．解：

（1）设卫星质量为ｍ，它在地球附近做圆周运动，半径可取为地球半径Ｒ，运动速度为ｖ，有　ＧＭｍ／Ｒ２＝ｍｖ２／Ｒ　得ｖ＝

．　

（2）由

（1）得：

　Ｍ＝ｖ２Ｒ／Ｇ＝＝6．0×1024ｋｇ．

8．解：

对物块：

Ｆ１－μｍｇ＝ｍａ１，　6－0．5×1×10＝1·ａ１，ａ１＝1．0ｍ／ｓ2，　ｓ１＝（1／2）ａ１ｔ2＝（1／2）×1×0．42＝0．08ｍ，　ｖ１＝ａ１ｔ＝1×0．4＝0．4ｍ／ｓ，　对小车：

Ｆ２－μｍｇ＝Ｍａ２，　9－0．5×1×10＝2ａ２，ａ２＝2．0ｍ／ｓ2，　ｓ２＝（1／2）ａ２ｔ2＝（1／2）×2×0．42＝0．16ｍ，　ｖ２＝ａ２ｔ＝2×0．4＝0．8ｍ／ｓ，　撤去两力后，动量守恒，有Ｍｖ２－ｍｖ１＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，　ｖ＝0．4ｍ／ｓ（向右），∵　（（1／2）ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2）－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ2＝μｍｇｓ３，　ｓ３＝0．096ｍ，∴　ｌ＝ｓ１＋ｓ２＋ｓ３＝0．336ｍ．

9．解：

设木块到Ｂ时速度为ｖ０，车与船的速度为ｖ１，对木块、车、船系统，有　ｍ１ｇｈ＝（ｍ１ｖ０2／2）＋（（ｍ２＋ｍ３）ｖ１2／2），　ｍ１ｖ０＝（ｍ２＋ｍ３）ｖ１，解得　ｖ０＝5

，ｖ１＝

．　木块到Ｂ后，船以ｖ１继续向左匀速运动，木块和车最终以共同速度ｖ２向右运动，对木块和车系统，有　ｍ１ｖ０－ｍ２ｖ１＝（ｍ１＋ｍ２）ｖ２，　μｍ１ｇｓ＝（（ｍ１ｖ０2／2）＋（ｍ２ｖ１2／2））－（（ｍ１＋ｍ２）ｖ２2／2），得　ｖ２＝ｖ１＝

，ｓ＝2ｈ．

10.解：

（1）用ｖ１表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由于子弹射入木块Ｃ时间极短，系统动量守恒，有　ｍｖ０＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１，　∴　ｖ１＝ｍｖ０／（ｍ＋Ｍ）＝3ｍ／ｓ，　子弹和木块Ｃ在ＡＢ木板上滑动，由动能定理得：

　（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ２２－（1／2）（ｍ＋Ｍ）ｖ１２＝－μ（ｍ＋Ｍ）ｇＬ，　解得　ｖ２＝

＝2

ｍ／ｓ．　

（2）用ｖ′表示子弹射入木块Ｃ后两者的共同速度，由动量守恒定律，得　ｍｖ０′＋Ｍｕ＝（ｍ＋Ｍ）ｖ１′，解得　ｖ１′＝4ｍ／ｓ．　木块Ｃ及子弹在ＡＢ木板表面上做匀减速运动　ａ＝μｇ．设木块Ｃ和子弹滑至ＡＢ板右端的时间为ｔ，则木块Ｃ和子弹的位移ｓ１＝ｖ１′ｔ－（1／2）ａｔ2，　由于ｍ车≥（ｍ＋Ｍ），故小车及木块ＡＢ仍做匀速直线运动，小车及木板ＡＢ的位移　ｓ＝ｕｔ，由图5可知：

ｓ１＝ｓ＋Ｌ，　联立以上四式并代入数据得：

　ｔ2－6ｔ＋1＝0，　解得：

ｔ＝（3－2

）ｓ，（ｔ＝（3＋2

）ｓ不合题意舍去），　　（11）　∴　ｓ＝ｕｔ＝0．18ｍ．

11．解：

（1）设Ａ滑上Ｂ后达到共同速度前并未碰到档板，则根据动量守恒定律得它们的共同速度为ｖ，有

图5

　ｍｖ０＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝2ｍ／ｓ，在这一过程中，Ｂ的位移为ｓＢ＝ｖＢ2／2ａＢ且ａＢ＝μｍｇ／Ｍ，解得ｓＢ＝Ｍｖ2／2μｍｇ＝2×22／2×0．2×1×10＝2ｍ．　设这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ１，根据系统的动能定理，得　μｍｇｓ１＝（1／2）ｍｖ０2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得ｓ１＝6ｍ．　当ｓ＝4ｍ时，Ａ、Ｂ达到共同速度ｖ＝2ｍ／ｓ后再匀速向前运动2ｍ碰到挡板，Ｂ碰到竖直挡板后，根据动量守恒定律得Ａ、Ｂ最后相对静止时的速度为ｖ′，则　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／3）ｍ／ｓ．　在这一过程中，Ａ、Ｂ的相对位移为ｓ２，根据系统的动能定理，得　μｍｇｓ２＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2，　解得　ｓ２＝2．67ｍ．　因此，Ａ、Ｂ最终不脱离的木板最小长度为ｓ１＋ｓ２＝8．67ｍ　

（2）因Ｂ离竖直档板的距离ｓ＝0．5ｍ＜2ｍ，所以碰到档板时，Ａ、Ｂ未达到相对静止，此时Ｂ的速度ｖＢ为　ｖＢ2＝2ａＢｓ＝（2μｍｇ／Ｍ）ｓ，解得　ｖＢ＝1ｍ／ｓ，　设此时Ａ的速度为ｖＡ，根据动量守恒定律，得　ｍｖ０＝ＭｖＢ＋ｍｖＡ，解得ｖＡ＝4ｍ／ｓ，　设在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移为ｓ１′，根据动能定理得：

　μｍｇｓ１′＝（1／2）ｍｖ０2－（（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）ＭｖＢ2），　解得　ｓ１′＝4．5ｍ．　Ｂ碰撞挡板后，Ａ、Ｂ最终达到向右的相同速度ｖ，根据动能定理得ｍｖＡ－ＭｖＢ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ，解得ｖ＝（2／3）ｍ／ｓ．　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ２′为　μｍｇｓ２′＝（1／2）ｍｖＡ2＋（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2，解得　ｓ２′＝（25／6）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，得　Ｍｖ－ｍｖ＝（Ｍ＋ｍ）ｖ′，解得　ｖ′＝（2／9）ｍ／ｓ．　在这一过程中，Ａ、Ｂ发生的相对位移ｓ３′为：

　μｍｇｓ３′＝（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ2－（1／2）（Ｍ＋ｍ）ｖ′2，　解得　　　　ｓ３′＝（8／27）ｍ．　因此，为使Ａ不从Ｂ上脱落，Ｂ的最小长度为ｓ１′＋ｓ２′＋ｓ３′＝8．96ｍ．

12．解：

（1）Ｂ与Ａ碰撞后，Ｂ相对于Ａ向左运动，Ａ所受摩擦力方向向左，Ａ的运动方向向右，故摩擦力作负功．设Ｂ与Ａ碰撞后的瞬间Ａ的速度为ｖ１，Ｂ的速度为ｖ２，Ａ、Ｂ相对静止后的共同速度为ｖ，整个过程中Ａ、Ｂ组成的系统动量守恒，有　Ｍｖ０＝（Ｍ＋1．5Ｍ）ｖ，ｖ＝2ｖ０／5．　碰撞后直至相对静止的过程中，系统动量守恒，机械能的减少量等于系统克服摩擦力做的功，即　Ｍｖ２＋1．5Ｍｖ１＝2．5Ｍｖ，　　①　（1／2）×1．5Ｍｖ１2＋（1／2）Ｍｖ２2－（1／2）×2．5Ｍｖ2＝Ｍμｇｌ，　　②可解出ｖ１＝（1／2）ｖ０（另一解ｖ１＝（3／10）ｖ０因小于ｖ而舍去）　这段过程中，Ａ克服摩擦力做功　Ｗ＝（1／2）×1．5Ｍｖ１2－（1／2）×1．5Ｍｖ2＝（27／400）Ｍｖ０2（0．068Ｍｖ０2）．　

（2）Ａ在运动过程中不可能向左运动，因为在Ｂ未与Ａ碰撞之前，Ａ受到的摩擦力方向向右，做加速运动，碰撞之后Ａ受到的摩擦力方向向左，做减速运动，直到最后，速度仍向右，因此不可能向左运动．　Ｂ在碰撞之后，有可能向左运动，即ｖ２＜0．　先计算当ｖ２＝0时满足的条件，由①式，得　ｖ１＝（2ｖ０／3）－（2ｖ２／3），当ｖ２＝0时，ｖ１＝2ｖ０／3，代入②式，得　（（1／2）×1．5Ｍ4ｖ０2／9）－（（1／2）×2．5Ｍ4ｖ０2／25）＝Ｍμｇｌ，解得　μｇｌ＝2ｖ０2／15．　Ｂ在某段时间内向左运动的条件之一是μｌ＜2ｖ０2／15ｇ．　另一方面，整个过程中损失的机械能一定大于或等于系统克服摩擦力做的功，即　（1／2）Ｍｖ０2－（1／2）2．5Ｍ（2ｖ０／5）2≥2Ｍμｇｌ，　解出另一个条件是　μｌ≤3ｖ０2／20ｇ，　最后得出Ｂ在某段时间内向左运动的条件是　2ｖ０2／15ｇ＜μｌ≤3ｖ０2／20ｇ．

13．解：

（1）开始Ａ、Ｂ处于静止状态时，有　ｋｘ０－（ｍＡ＋ｍＢ）ｇｓｉｎ30°＝0，　　①　设施加Ｆ时，前一段时间Ａ、Ｂ一起向上做匀加速运动，加速度为ａ，ｔ＝0．2ｓ，Ａ、Ｂ间相互作用力为零，对Ｂ有：

　ｋｘ－ｍＢｇｓｉｎ30°＝ｍＢａ，　　②　ｘ－ｘ０＝（1／2）ａｔ2，　　③　解①、②、③得：

　ａ＝5ｍｓ－2，ｘ０＝0．05ｍ，ｘ＝0．15ｍ，　初始时刻Ｆ最小　Ｆｍｉｎ＝（ｍＡ＋ｍＢ）ａ＝60Ｎ．　ｔ＝0．2ｓ时，Ｆ最大　Ｆｍａｘ－ｍＡｇｓｉｎ30°＝ｍＡａ，　Ｆｍａｘ＝ｍＡ（ｇｓｉｎ30°＋ａ）＝100Ｎ，　

（2）ΔＥＰＡ＝ｍＡｇΔｈ＝ｍＡｇ（ｘ－ｘ０）ｓｉｎ30°＝5Ｊ．

14．解：

当弹簧处于压缩状态时，系统的机械能等于两滑块的动能和弹簧的弹性势能之和．当弹簧伸长到其自然长度时，弹性势能为零，因这时滑块Ａ的速度为零，故系统的机械能等于滑块Ｂ的动能．设这时滑块Ｂ的速度为ｖ则有　Ｅ＝（1／2）ｍ２ｖ2，　　①由动量守恒定律（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ２ｖ，　　②解得　Ｅ＝（1／2）（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２．　　③　假定在以后的运动中，滑块Ｂ可以出现速度为零的时刻，并设此时滑块Ａ的速度为ｖ１．这时，不论弹簧是处于伸长还是压缩状态，都具有弹性势能Ｅｐ．由机械能守恒定律得１ｖ１2＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　④根据动量守恒　（ｍ１＋ｍ２）ｖ０＝ｍ１ｖ１，　　⑤求出ｖ１，代入④式得　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）＋Ｅｐ＝（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑥因为Ｅｐ≥0，故得　（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ１）≤（1／2）（（ｍ１＋ｍ２）2ｖ０2／ｍ２），　　⑦即　ｍ１≥ｍ２，与已知条件ｍ１＜ｍ２不符．　可见滑块Ｂ的速度永不为零，即在以后的运动中，不可能出现滑动Ｂ的速度为零的情况．15．解：

由匀变速直线运动的公式得小物块的加速度的大小为ａ1＝（ｖ0－ｖｔ）／ｔ＝2（ｍ／ｓ2）．木板的加速度大小为ａ2＝2